例談突破導數零點問題的幾種策略

☉江蘇省常熟市滸浦高級中學 吳曉英

例談突破導數零點問題的幾種策略

☉江蘇省常熟市滸浦高級中學 吳曉英

導數是研究函數性質培養學生探究能力的重要工具，在利用導數解決函數相關問題的時候，往往需要對導函數的零點加以分析和運用，而平時學生習慣于常見的導函數零點問題，在遇到一些非常規的含參或超越方程時，往往會顯得束手無策，筆者對該問題進行了如下整理，供參考.

一、直接求根法

此類函數的導函數零點是學生常見的方程，導數零點可直接通過解方程獲得.

例1設f（x）=a（x-5）2+6lnx，其中a∈R，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與y軸相交于點（0，6）.

（1）確定a的值；

（2）求函數f（x）的單調區間與極值.

這種策略是相對于導數的零點可以化為一次或二次方程，易求出根.

二、利用重要的函數不等式

課本例習題或平時常做的一些題經常作為出題者的母題來進行編題，在解題時可以作為結論提供一些思路.例如，我們證過一個常見的不等式：對任意x∈R，ex≥x+1，可以為一些導數題提供方法.

例2已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）設x=0是f（x）的極值點，求m的值，并討論f（x）的單調性；

（2）當m≤2時，證明f（x）＞0.

解：（1）略.

（2）首先證明：對任意x∈R，ex≥x+1.

證明：設g（x）=ex-1-x，則g′（x）=ex-1.令g′（x）=0解得x=0.所以g（x）在（-∞，0）上是減函數，在（0，+∞）上是增函數，故g（x）在x=0時取得最小值g（0）=0.所以對任意x∈R，ex≥x+1，當且僅當x=0時，等號成立.于是ex+1≥x+2，當且僅當x=-1等號成立.

當x＞-2時，ex+1≥x+2兩邊取對數得x+1≥ln（x+2），于是ex≥x+1≥ln（x+2），由于等號不能同時成立，所以ex＞ln（x+2）.又當m≤2時，ln（x+2）≥ln（x+m）.

故ex-ln（x+m）＞0，即f（x）＞0.

點評：此題借助教材上重要函數不等式：對任意x∈R，ex≥x+1，并加以靈活運用達到了曲徑通幽之功效.

三、數形結合，回避導函數的零點

仍以例2為例（題略）.

解：y=ex在（0，1）處的切線方程為y=x+1，y=ln（x+2）在（-1，0）處的切線方程也為y=x+1，所以y=x+1為y=ex與y=ln（x+2）的公切線，而y=ex為下凸函數，而y=ln（x+2）為上凸函數，故ex≥x+1≥ln（x+2）恒成立.故當m≤2時，exln（x+m）＞0恒成立.

點評：該策略要求我們對常見函數的圖像及其性質比較熟悉，因此要加強基本功的訓練.

四、虛擬設根，整體代換

此類導函數零點存在，但因為是超越方程或含參形式導致零點不可求或求解非常麻煩，所以可以考慮“設而不求”的技巧，利用整體代換的方式求解.

例3設函數f（x）=ln（x+a）+x2，若f（x）存在極值，求a的取值范圍，并證明f（x）的所有極值和大于ln

令g（x）=2x2+2ax+1，由f（x）存在極值，所以g（x）＜0在（-a，+∞）上有解，

當-a＜x＜x1或x＞x2時，g（x）＞0，所以f（′x）＞0，

故（fx）在（-a，x1）與（x2，+∞）上單調遞增；當x1＜x＜x2時，g（x）＜0，所以f′（x）＜0，故f（x）在（x1，x2）單調遞減.從而，（fx）在x=x1處取得極大值，在x=x2處取得極小值.

由于x1，x2是方程2x2+2ax+1=0的兩根，則x1+x2=-a，，則（fx）的所有極值和為（fx1）+（fx）2=ln（x1+a）++ln（x2+a）+=ln［x1x2+a（x1+x）2+a2］+（x1+x）22-2x1x2=ln，得證.

導函數的零點問題是高考重點也是難點，解決問題的方法也是多樣的，只要在平時的訓練多總結、歸納，就能在高考中制勝.

五、巧妙分離函數

例4已知方程xex=x+2在區間［k，k+1］上有解，求整數k的值.

分析：本題實際上是探究函數零點所在的區間及零點的個數，因而必須考慮函數的單調性.若構造函數f（x）=xex-x-2，則f′（x）=ex+xex-1=（x+1）ex-1導函數的零點不易求，導函數的單調性不易判斷；因而嘗試分離函數，顯然x=0不是原方程的解；原方程等價于-1=0.

所以方程xex=x+2有且只有兩個實根且分別在區間（-∞，0）和（0，+∞）上，所以k=1或k=-3.

點評：此題按常規思路構造函數，導函數的零點不易求出，導函數的單調性不易判斷；但是嘗試分離函數（對方程等價變形構造函數）問題迎刃而解，分離函數的原則是：將含有積或商的函數化成基本初等函數的代數和.

六、特值代入法

此類題型的導函數存在零點，但因為是含有lnx或ex的超越方程，所以在求零點時，一般需要先找特值代入，然后再部分求導證明導函數零點就是所代入的特值.

例5已知函數f（x）=ln2（1+x）

（1）求函數f（x）的單調區間；

（2）略.

設g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，

則g′（x）=2ln（1+x）-2x.

當-1＜x＜0時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增；當x＞0時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減.

所以h（x）在x=0處取得極大值，且h（0）=0，所以g′（x）＜0（x≠0），故函數g（x）在（-1，+∞）上單調遞減，且g（0）= 0.所以-1＜x＜0時，g（x）＞0，即f′（x）＞0，故f（x）單調遞增；當x＞0時，g（x）＜0，即f′（x）＜0，故f（x）單調遞減.所以f（x）在（-1，0）上單調遞增，在（0，+∞）上單調遞減.

點評：選取特殊值探根的原則：在含有lnx的復合函數中通常令x=ek（k∈R）尤其是令x=1進行試探；在含有ex的復合函數中通常令x=lnk（k∈R+）進行試探探得函數的一個零點之后，是否還有其他零點尚未可知，后續進行再次求導，求導的目的是探明函數的單調性.

七、等價轉化，回避求導函數的零點

（1）求a，b的值

解：（1）略.

顯然直接構造函數求導很復雜，令g（x）=2xlnx-x2+ 1，問題轉化為求g（x）的最（極）大值.

①若x＞1，則g′（x）=2lnx+2-2x，g″（x）=-2＜0可知，g′（x）遞減，且由g′（x）＜g′（1）=0可知，g（x）遞減，有g（x）＜g（1）=0，則

②若0＜x＜1，則g′（x）=2lnx+2-2x，g″（x）=-2＞0可知，g′（x）遞增，且由g′（x）＜g′（1）=0可知，g（x）遞減有g（x）＞g（1）=0，則恒成立只需k∈（-∞，0］即可.

點評：此題沒有求導函數的零點，也沒有直接確定原函數的單調性，而是通過二次求導順利解決問題.此策略的基本原則是求導之后導函數變得更簡單了；當然將問題等價轉化降低難度是關鍵.

綜合上述，導函數零點主要有可求零點、不可求零點和無零點的三種呈現方式，對可求零點則直接求解或用特殊值法代入，對不可求零點則一般采用“設而不求”的解決辦法.當然，對一些含超越方程形式的導函數零點問題，等價轉化也是化簡運算的一種有效途徑.一言以概之，多對平時我們所遇到的問題加以整理概括，才能不斷提高學生分析問題與解決問題的能力.