方程根的解法探究

趙中華

題目 已知函數f（x）=lnx+x，g（x）=ax-x-1（a>；0）.

（Ⅰ）求函數F（x）=f（x）+g（x）在（0，e]上的最小值；

（Ⅱ）對于正實數m，方程2mf（x）=x2有唯一實數根，求m的值.

這是高三周測試題，對于第（Ⅰ）問學生都能掌握，第（Ⅱ）問能做完整的學生卻寥寥無幾，但是呈現了學生從不同思維角度的三種常見解法，筆者將過程整理如下：

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）解法1 （作差構造函數）考慮方程2mf（x）=x2有唯一實數根，可轉化成函數h（x）=x2-2mf（x）有唯一的零點.

令h（x）=x2-2mf（x）=x2-2mlnx-2mx（x>；0），則h′（x）=2x-2mx-2m=2x2-2mx-2mx=2（x2-mx-m）x.

令M（x）=x2-mx-m，易知函數M（x）恒過（0，-m）.依據二次函數的性質和零點存在定理知：存在唯一的x0>；0滿足h′（x0）=2（x20-mx0-m）x0=0，即：x20-mx0-m=0. ①

當x∈（0，x0）時，h′（x）<；0；當x∈（x0，+∞）時，h′（x）>；0，即函數h（x）在（0，x0）上單調遞減；在（x0，+∞）上單調遞增，又當x→0+時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞所以要使函數h（x）在（0，+∞）有唯一的零點，只需滿足h（x0）=0.

即x20-2mlnx0-2mx0=0. ②

由①②可得，2lnx0+x0=1，解得x0=1，代入①式，m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 上述解法思路自然，大部分學生在考場中也是這樣來處理的，但最終都無功而返，究其原因，主要是令h′（x）=0時，解得x1=m+m2+4m2，x2=m-m2+4m2（舍），再求h（x1）=0時帶來了計算困難，不得已而放棄，因此采用了“虛擬設根，整體轉換”方法處理，達到了化繁為簡的目的！這種方法告訴我們，當導數的零點不易求，甚至有時不可求時，采用虛擬設根的方法“繞道而行”.所謂的虛擬設根，并非導數的零點不存在，相反而是先判斷零點存在，只是求解過程復雜（甚至有時無法具體解出x0，例如2013年高考數學全國卷Ⅱ理科第21題第（2）問在解答過程中需要求函數h′（x）=ex-1x+2的零點），既然如此，可以不必正面強求，而是虛設其零點為x0，然后謀求一種整體的轉化和過度.讀者可以體會一下此方法在高考題目中的作用：

1.（2013年高考數學全國卷Ⅱ理科第21題第（Ⅱ）問）

已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.

（Ⅰ）設x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調性；

（Ⅱ）當m≤2時，證明f（x）>；0.

2.（2012年高考數學新課標卷文科第21題第（Ⅱ）問）設函數f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若a=1，k為整數，且當x>；0時，（x-k）·f′（x）+x+1>；0，求k的最大值.

解法2 （分離常數等價轉化思想）

當f（x）=0時，即lnx+x=0，顯然不符合題意：

當f（x）≠0時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根，等價于2m=x2lnx+x有唯一實數根.令h（x）=x2lnx+x （x>；0），則h′（x）=x（2lnx+x-1）（lnx+x）2，顯然x=1是導函數h′（x）的唯一零點.當x∈（0，1）時，h′（x）<；0；當x∈（1，+∞）時，h′（x）>；0，即函數h（x）在（0，1）上單調遞減；在（1，+∞）上單調遞增，所以h（1）是函數h（x）極小值也是它的最小值，又可證當x→0+時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞，所以原命題等價于函數y=2m與函數h（x）圖象在（0，+∞）有唯一的交點，所以2m=h（1）=1，解得m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 當一個問題的表面看起來很復雜時，能否利用與其對應的等價命題來處理就顯得難能可貴了，本題將方程有唯一實數根問題等價于兩個函數的交點問題，從而優化了解題過程.

解法3 （數形結合的思想）由方程2mf（x）=x2有唯一實數根，可得12mx2-x=lnx.

記M（x）=12mx2-x，N（x）=lnx，則上述問題等價于M（x）與N（x）的圖象有唯一的交點，設交點橫坐標為x0，則由題意知：M′（x0）=N′（x0），

M（x0）=N（x0），即1mx0-1=1x0，

12mx20-x0=lnx0，

化簡得2lnx0+x0=1，顯然此方程只有一個根x0=1，此時m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 上述解法將代數問題轉化為幾何直觀，將研究的問題轉化成我們熟悉的函數，從函數圖象上清晰呈現了方程的唯一實根即為兩圖象相切這一幾何形態，但是無論哪種解法都沒有繞開解超越方程：2lnx+x-1=0，顯然y=2lnx+x-1在（0，+∞）單調遞增，x=1是方程的唯一實數根.

總之，數學能力的提高歸根結底還是解題能力的提高，一題多解并不是目的.目的是通過思想方法的逐一呈現，從學生最易上手的方式方法入手，逐步逐級給予引導與批判，不畏艱難，不斷優化解題思維品質，從而最終達到提升自身解題的能力.

題目 已知函數f（x）=lnx+x，g（x）=ax-x-1（a>；0）.

（Ⅰ）求函數F（x）=f（x）+g（x）在（0，e]上的最小值；

（Ⅱ）對于正實數m，方程2mf（x）=x2有唯一實數根，求m的值.

這是高三周測試題，對于第（Ⅰ）問學生都能掌握，第（Ⅱ）問能做完整的學生卻寥寥無幾，但是呈現了學生從不同思維角度的三種常見解法，筆者將過程整理如下：

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）解法1 （作差構造函數）考慮方程2mf（x）=x2有唯一實數根，可轉化成函數h（x）=x2-2mf（x）有唯一的零點.

令h（x）=x2-2mf（x）=x2-2mlnx-2mx（x>；0），則h′（x）=2x-2mx-2m=2x2-2mx-2mx=2（x2-mx-m）x.

令M（x）=x2-mx-m，易知函數M（x）恒過（0，-m）.依據二次函數的性質和零點存在定理知：存在唯一的x0>；0滿足h′（x0）=2（x20-mx0-m）x0=0，即：x20-mx0-m=0. ①

當x∈（0，x0）時，h′（x）<；0；當x∈（x0，+∞）時，h′（x）>；0，即函數h（x）在（0，x0）上單調遞減；在（x0，+∞）上單調遞增，又當x→0+時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞所以要使函數h（x）在（0，+∞）有唯一的零點，只需滿足h（x0）=0.

即x20-2mlnx0-2mx0=0. ②

由①②可得，2lnx0+x0=1，解得x0=1，代入①式，m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 上述解法思路自然，大部分學生在考場中也是這樣來處理的，但最終都無功而返，究其原因，主要是令h′（x）=0時，解得x1=m+m2+4m2，x2=m-m2+4m2（舍），再求h（x1）=0時帶來了計算困難，不得已而放棄，因此采用了“虛擬設根，整體轉換”方法處理，達到了化繁為簡的目的！這種方法告訴我們，當導數的零點不易求，甚至有時不可求時，采用虛擬設根的方法“繞道而行”.所謂的虛擬設根，并非導數的零點不存在，相反而是先判斷零點存在，只是求解過程復雜（甚至有時無法具體解出x0，例如2013年高考數學全國卷Ⅱ理科第21題第（2）問在解答過程中需要求函數h′（x）=ex-1x+2的零點），既然如此，可以不必正面強求，而是虛設其零點為x0，然后謀求一種整體的轉化和過度.讀者可以體會一下此方法在高考題目中的作用：

1.（2013年高考數學全國卷Ⅱ理科第21題第（Ⅱ）問）

已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.

（Ⅰ）設x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調性；

（Ⅱ）當m≤2時，證明f（x）>；0.

2.（2012年高考數學新課標卷文科第21題第（Ⅱ）問）設函數f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若a=1，k為整數，且當x>；0時，（x-k）·f′（x）+x+1>；0，求k的最大值.

解法2 （分離常數等價轉化思想）

當f（x）=0時，即lnx+x=0，顯然不符合題意：

當f（x）≠0時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根，等價于2m=x2lnx+x有唯一實數根.令h（x）=x2lnx+x （x>；0），則h′（x）=x（2lnx+x-1）（lnx+x）2，顯然x=1是導函數h′（x）的唯一零點.當x∈（0，1）時，h′（x）<；0；當x∈（1，+∞）時，h′（x）>；0，即函數h（x）在（0，1）上單調遞減；在（1，+∞）上單調遞增，所以h（1）是函數h（x）極小值也是它的最小值，又可證當x→0+時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞，所以原命題等價于函數y=2m與函數h（x）圖象在（0，+∞）有唯一的交點，所以2m=h（1）=1，解得m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 當一個問題的表面看起來很復雜時，能否利用與其對應的等價命題來處理就顯得難能可貴了，本題將方程有唯一實數根問題等價于兩個函數的交點問題，從而優化了解題過程.

解法3 （數形結合的思想）由方程2mf（x）=x2有唯一實數根，可得12mx2-x=lnx.

記M（x）=12mx2-x，N（x）=lnx，則上述問題等價于M（x）與N（x）的圖象有唯一的交點，設交點橫坐標為x0，則由題意知：M′（x0）=N′（x0），

M（x0）=N（x0），即1mx0-1=1x0，

12mx20-x0=lnx0，

化簡得2lnx0+x0=1，顯然此方程只有一個根x0=1，此時m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 上述解法將代數問題轉化為幾何直觀，將研究的問題轉化成我們熟悉的函數，從函數圖象上清晰呈現了方程的唯一實根即為兩圖象相切這一幾何形態，但是無論哪種解法都沒有繞開解超越方程：2lnx+x-1=0，顯然y=2lnx+x-1在（0，+∞）單調遞增，x=1是方程的唯一實數根.

總之，數學能力的提高歸根結底還是解題能力的提高，一題多解并不是目的.目的是通過思想方法的逐一呈現，從學生最易上手的方式方法入手，逐步逐級給予引導與批判，不畏艱難，不斷優化解題思維品質，從而最終達到提升自身解題的能力.

題目 已知函數f（x）=lnx+x，g（x）=ax-x-1（a>；0）.

（Ⅰ）求函數F（x）=f（x）+g（x）在（0，e]上的最小值；

（Ⅱ）對于正實數m，方程2mf（x）=x2有唯一實數根，求m的值.

這是高三周測試題，對于第（Ⅰ）問學生都能掌握，第（Ⅱ）問能做完整的學生卻寥寥無幾，但是呈現了學生從不同思維角度的三種常見解法，筆者將過程整理如下：

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）解法1 （作差構造函數）考慮方程2mf（x）=x2有唯一實數根，可轉化成函數h（x）=x2-2mf（x）有唯一的零點.

令h（x）=x2-2mf（x）=x2-2mlnx-2mx（x>；0），則h′（x）=2x-2mx-2m=2x2-2mx-2mx=2（x2-mx-m）x.

令M（x）=x2-mx-m，易知函數M（x）恒過（0，-m）.依據二次函數的性質和零點存在定理知：存在唯一的x0>；0滿足h′（x0）=2（x20-mx0-m）x0=0，即：x20-mx0-m=0. ①

當x∈（0，x0）時，h′（x）<；0；當x∈（x0，+∞）時，h′（x）>；0，即函數h（x）在（0，x0）上單調遞減；在（x0，+∞）上單調遞增，又當x→0+時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞所以要使函數h（x）在（0，+∞）有唯一的零點，只需滿足h（x0）=0.

即x20-2mlnx0-2mx0=0. ②

由①②可得，2lnx0+x0=1，解得x0=1，代入①式，m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 上述解法思路自然，大部分學生在考場中也是這樣來處理的，但最終都無功而返，究其原因，主要是令h′（x）=0時，解得x1=m+m2+4m2，x2=m-m2+4m2（舍），再求h（x1）=0時帶來了計算困難，不得已而放棄，因此采用了“虛擬設根，整體轉換”方法處理，達到了化繁為簡的目的！這種方法告訴我們，當導數的零點不易求，甚至有時不可求時，采用虛擬設根的方法“繞道而行”.所謂的虛擬設根，并非導數的零點不存在，相反而是先判斷零點存在，只是求解過程復雜（甚至有時無法具體解出x0，例如2013年高考數學全國卷Ⅱ理科第21題第（2）問在解答過程中需要求函數h′（x）=ex-1x+2的零點），既然如此，可以不必正面強求，而是虛設其零點為x0，然后謀求一種整體的轉化和過度.讀者可以體會一下此方法在高考題目中的作用：

1.（2013年高考數學全國卷Ⅱ理科第21題第（Ⅱ）問）

已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.

（Ⅰ）設x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調性；

（Ⅱ）當m≤2時，證明f（x）>；0.

2.（2012年高考數學新課標卷文科第21題第（Ⅱ）問）設函數f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若a=1，k為整數，且當x>；0時，（x-k）·f′（x）+x+1>；0，求k的最大值.

解法2 （分離常數等價轉化思想）

當f（x）=0時，即lnx+x=0，顯然不符合題意：

當f（x）≠0時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根，等價于2m=x2lnx+x有唯一實數根.令h（x）=x2lnx+x （x>；0），則h′（x）=x（2lnx+x-1）（lnx+x）2，顯然x=1是導函數h′（x）的唯一零點.當x∈（0，1）時，h′（x）<；0；當x∈（1，+∞）時，h′（x）>；0，即函數h（x）在（0，1）上單調遞減；在（1，+∞）上單調遞增，所以h（1）是函數h（x）極小值也是它的最小值，又可證當x→0+時，h（x）→+∞；當x→+∞時，h（x）→+∞，所以原命題等價于函數y=2m與函數h（x）圖象在（0，+∞）有唯一的交點，所以2m=h（1）=1，解得m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 當一個問題的表面看起來很復雜時，能否利用與其對應的等價命題來處理就顯得難能可貴了，本題將方程有唯一實數根問題等價于兩個函數的交點問題，從而優化了解題過程.

解法3 （數形結合的思想）由方程2mf（x）=x2有唯一實數根，可得12mx2-x=lnx.

記M（x）=12mx2-x，N（x）=lnx，則上述問題等價于M（x）與N（x）的圖象有唯一的交點，設交點橫坐標為x0，則由題意知：M′（x0）=N′（x0），

M（x0）=N（x0），即1mx0-1=1x0，

12mx20-x0=lnx0，

化簡得2lnx0+x0=1，顯然此方程只有一個根x0=1，此時m=12.

故m=12時，方程2mf（x）=x2有唯一實數根.

點評 上述解法將代數問題轉化為幾何直觀，將研究的問題轉化成我們熟悉的函數，從函數圖象上清晰呈現了方程的唯一實根即為兩圖象相切這一幾何形態，但是無論哪種解法都沒有繞開解超越方程：2lnx+x-1=0，顯然y=2lnx+x-1在（0，+∞）單調遞增，x=1是方程的唯一實數根.

總之，數學能力的提高歸根結底還是解題能力的提高，一題多解并不是目的.目的是通過思想方法的逐一呈現，從學生最易上手的方式方法入手，逐步逐級給予引導與批判，不畏艱難，不斷優化解題思維品質，從而最終達到提升自身解題的能力.