探討函數(shù)零點在導數(shù)不等式中的應用
——“隱零點(虛擬零點)”與“小不等式”的巔峰對決

四川

函數(shù)零點是溝通函數(shù)、方程、不等式的重要載體，其充分體現(xiàn)了數(shù)學核心素養(yǎng)，體現(xiàn)了函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸思想在中學數(shù)學中的應用，從近幾年高考試題來看，函數(shù)零點問題備受青睞，特別是在研究函數(shù)與導數(shù)零點存在，但又不能求出零點的具體值時，常根據(jù)二分法思想找出零點的大致范圍，再借助零點范圍及其等量關系，解決不等關系或參數(shù)范圍問題，從而由考查函數(shù)零點的知識性逐步向工具性轉(zhuǎn)變，這也體現(xiàn)新課標精神由知識立意向能力立意轉(zhuǎn)變，本文與大家一起探討函數(shù)“隱零點(虛擬零點)”為載體藝術與“小不等式”過渡轉(zhuǎn)化在導數(shù)不等式中的應用.

類型一:以“隱零點(虛擬零點)”為載體過渡對決“小不等式”證明不等關系

例1.已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m).

(Ⅰ)設x=0是f(x)的極值點，求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最值.

(Ⅱ)當m≤2時，證明f(x)>0.

試題分析：問題(Ⅰ)根據(jù)函數(shù)極值點處導數(shù)的函數(shù)值為零建立等量關系，求出參數(shù)的值；再判斷f(x)在[1,2]上的單調(diào)性，從而求出f(x)的最值.

問題(Ⅱ)當m≤2時，要證f(x)>0.即證ex-ln(x+m)>0，

思路1：因ln(x+m)≤ln(x+2)，放縮即證當m=2時f(x)>0即可；

思路2：直接證明，二次求導，利用討論的思想證明其最小值大于零；

思路3：利用小不等式ex≥x+1放縮證明.

試題解析：(Ⅰ)最大值e2-ln3，最小值e-ln2.

設g(x)=(x+m)ex-1，而g′(x)=(x+m+1)ex>0，所以g(x)在(-m,+∞)上單調(diào)遞增，當x→-m時，g(x)→-1，當x→+∞時，g(x)→+∞，必存在一個數(shù)x0，使得g(x0)=0，則當x∈(-m,x0)時，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

當x∈(x0,+∞)時，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；故f(x)min=f(x0)，

綜上，當m≤2時，f(x)>0.

解法3：對x∈R時，設k(x)=ex-x-1，則k′(x)=ex-1，令k′(x)=0得x=0.

當x∈(-∞,0)時，k′(x)<0，k(x)單調(diào)遞減；

當x∈(0,+∞)時，k′(x)>0，k(x)單調(diào)遞增.

故k(x)min=k(0)=0，即k(x)=ex-x-1≥0得ex≥x+1(當且僅當x=0時取等號).

當m≤2時，要證f(x)>0,即證x+1>ln(x+m).

當x∈(1-m,+∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增.

故h(x)min=h(1-m)=2-m≥0.因為前后不等式不能同時取到等號，

所以當m≤2時，f(x)>0.

評析：此題第(Ⅱ)問解法1充分利用參變量的放縮，大大減小計算量，但解法1、2本質(zhì)都是先運用零點存在性定理確定導函數(shù)有零點，并對其零點設而不求，然后采取整體代換的策略，把最值表達式中的超越式轉(zhuǎn)化為普通代數(shù)式，構(gòu)造關于零點的函數(shù)，結(jié)合零點的范圍，利用函數(shù)單調(diào)性，基本不等式，放縮等手段求最值達到證明不等式.解法3，先利用ex≥x+1把超越不等式放縮成普通的代數(shù)不等式，再構(gòu)造函數(shù)證明不等關系.三種方法的共性都是想辦法把超越不等式轉(zhuǎn)化為普通不等式，再構(gòu)造新函數(shù)解決問題.

變式訓練1：已知函數(shù)f(x)=x2-(a-2)x-alnx(a∈R).

(Ⅰ)當a=3時，求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；

(Ⅱ)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(Ⅲ)當a=1時，證明：對任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2.

試題解析：(Ⅰ)2x+y-2=0.

(Ⅱ)當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);

當x∈(0,x0)時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；

當x∈(x0,+∞)時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；

即ex-lnx-2>0在(0,+∞)上恒成立，

所以對任意x>0，f(x)+ex>x2+x+2恒成立.

解法2：對x∈R時，設k(x)=ex-x-1，則k′(x)=ex-1，令k′(x)=0得x=0,當x∈(-∞,0)時，k′(x)<0，k(x)單調(diào)遞減；當x∈(0,+∞)時，k′(x)>0，k(x)單調(diào)遞增；故k(x)min=k(0)=0，即k(x)=ex-x-1≥0得ex≥x+1(當且僅當x=0時取等號)，

當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；

當x∈(1,+∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；

故h(x)min=h(1)=0，即h(x)=x-1-lnx≥0得lnx≤x-1(當且僅當x=1時取等號).

當a=1時，要證不等式f(x)+ex>x2+x+2可變?yōu)閑x-lnx-2>0，由ex≥x+1與lnx≤x-1即證x+1-(x-1)-2≥0恒成立，由于不能同時取到等號，故對任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2.

類型二：以“隱零點(虛擬零點)”為載體過渡求解參數(shù)的最小(大)整數(shù)問題

例2.已知函數(shù)f(x)=(x-1)ln(x-1).

(Ⅰ)設函數(shù)g(x)=-a(x-1)+f(x)在區(qū)間[2,e2+1]上不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍；

(Ⅱ)若k∈Z，且f(x)+x-1-k(x-2)>0對x>2恒成立，求k的最大值.

試題分析：問題(Ⅰ)轉(zhuǎn)化為g′(x)=0在[2,e2+1]有零點.

問題(Ⅱ)當x>2時，采用分參思想，構(gòu)建新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最值問題，在通過隱零點過渡找到最值的范圍，從而確定所求整數(shù)的最值.

試題解析：(Ⅰ)a的取值范圍為(1,3).

因為x>2，所以v′(x)>0，即v(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增.

又因為v(4)=-ln3+1<0,v(5)=-2ln2+2>0.

所以?x0∈(4,5)，使得v(x0)=0即u′(x0)=0,所以u(x)在(4,x0)上遞減，在(x0,5)上遞增.

所以u(x)min=u(x0)

=x0-1∈(3,4).

k

評析：此題第(Ⅱ)問通過分參構(gòu)造第一個函數(shù)，求導尋找最值，借助隱零點過渡構(gòu)造第二個函數(shù)，結(jié)合隱零點的范圍，確定第二個函數(shù)的值域，從而確定整參變數(shù)的最值.

變式訓練2：已知函數(shù)f(x)=xlnx+ax+b在點(1,f(1))處的切線為3x-y-2=0.

(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的解析式；

試題解析:(Ⅰ)f(x)=xlnx+2x-1.

所以h(x)在(0，+∞)上為增函數(shù).又h(2)=1-ln3<0，h(3)=2-ln4>0，

故存在唯一的x0∈(2，3)使得h(x0)=0，即x0-1=ln(x0+1).

當x∈(0，x0)時，h(x)<0，

所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上為減函數(shù)；

當x∈(x0，+∞)時，h(x)>0，

所以g′(x)>0，所以g(x)在(x0，+∞)上為增函數(shù).

所以k>x0+2.因為x0∈(2，3)，所以x0+2∈(4，5).因為k∈Z，所以k的最小值為5.

類型三：以“隱零點(虛擬零點)”為載體過渡對決“小不等式”求參數(shù)的范圍

(Ⅰ)當a<0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

試題分析：問題(Ⅰ)在函數(shù)定義域(0,+∞)上求導，再通過因式分解討論單調(diào)性.

思路3：利用不等式ex≥x+1在x=0時取等號，求得實數(shù)b的取值范圍.

試題解析：(Ⅰ)函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞)上單調(diào)遞減.

(Ⅱ)解法1：利用“隱零點(虛擬零點)”為載體過渡構(gòu)建k(x)=xlnx.

g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，g(x)min=g(x0)，

解法2：利用“隱零點(虛擬零點)”為載體過渡構(gòu)建k(x)=xex.

g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，g(x)min=g(x0)，

解法3：利用不等式ex≥x+1在x=0時取等號求解.