例談隱零點在解高考壓軸題中的功能

楊坤林 向城

[摘? ?要]隱零點在解高考壓軸題中的功能有化超越式為普通式、化高次式為低次式和減少變元個數.

[關鍵詞]隱零點;壓軸題;高考;功能

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2019）23-0005-02

顧名思義，隱零點即隱含的零點.研究表明，隱零點在問題解決中具有積極的作用.在這，筆者結合高考壓軸題，分析隱零點在解高考壓軸題的三大功能：化超越式為普通式、化高次式為低次式和減少變元個數.

功能一、化超越式為普通式

超越式為函數問題的解決帶來較高的難度.比如，求函數的極值點時往往會引發繁雜的運算，甚至不能算出結果.因此，利用隱零點將超越式化為普通代數式就顯得尤為重要了.

[例1]（2018年全國Ⅲ卷文科21題）已知函數[f（x）=ax2+x-1ex].

（Ⅱ）證明：當[a≥1]時，[f（x）+e>0].

證明：由題意[ex+1+ax2+x-1≥0]恒成立.令[g（x）=ex+1+ax2+x-1]，則[g′（x）=ex+1+2ax+1]，[g″（x）=ex+1+2a].因為[a≥1]，所以[g″（x）>0]恒成立，得[g′（x）]在R上單調遞增，且當[x→-∞]時，[g′（x）→-∞];當[x→+∞]時，[g′（x）→+∞] .所以[g′（x）]在R上存在唯一零點[x0]使[g′（x）=0].故[g（x）]在[（-∞，x0）]上單調遞減，在[（x0 ，+∞）]上單調遞增，所以[g（x）≥g（x0）].由[g′（x0）=0]得[ex0+1=-2ax0-1].所以[g（x）=ex0+1+ax20+x0-1=ax20+（1-2a）x0-2=（ax0+1）（x0-2）.] 又[g′-1a=e1-1a-1]，[a≥1]，所以[0≤e1-1a-10].

綜上，當[a≥1]時， [f（x）+e>0].

評注：解答本題的關鍵是利用[g′（x0）=0]這一條件將指數式[ex0+1]化為普通代數式[-2ax0-1].

[例2]（2017年全國Ⅱ卷理科21題）已知函數[f（x）=ax2-ax-xlnx]，且? [f（x）≥0].

（Ⅰ）求a;

（Ⅱ）證明：[f（x）]存在唯一的極大值點[x0]，且[e-2

解：（Ⅰ）易得[a=1].

（Ⅱ）由（Ⅰ）得[f（x）=x2-x-xlnx ]，則 [f ′（x）=2x-2-lnx].設[h（x）=2x-2-lnx]，則[h′（x）=2-1x].由[h′（x）>0]解得[x>12]，所以[h（x）]在[12，+∞]上遞增，在[0，12]上遞減.又因為[h12=ln2-1<0]，[h（1）=0]，則[h（x）]在[0，12]上存在唯一零點[x0]使得[2x0-2-lnx0=0]，即[2x0-2=lnx0] ，且[f（x）]為[（0，x0）]，[（1，+∞）]上的增函數，為[（x0，1）]上的減函數，則[f（x）]的極大值為[f（x0）=x0（1-x0）<14].而[e-1∈（0，1） ，x0≠e-1]，所以[f（x0）>f（e-1）=e-2].

綜上，[e-2

評注：解決本題的關鍵是利用隱零點[x0]構建對數式化簡的紐帶，即[lnx0=2x0-2]，將求證的目標[e-2

[例3]（2013年全國Ⅱ卷理科21題）已知函數[f（x）=ex-ln（x+m）].

（Ⅱ）當[m≤2]時，證明[f（x）>0].

證明：（Ⅱ）當[m≤2]，[x∈（-m? ，+∞）]時，[ln（x+m）≤] [ln（x+2）]，只需證明當[m=2]時，[f（x）>0].當[m=2]時，函數[f ′（x）=ex-1x+2]在[（-2，+∞）]上單調遞增，又[f ′（-1）<0]， [f ′（0）>0].故[f ′（x）=0]在[（-2，+∞）]上有唯一實根[x0]，且[x0∈（-1，0）].當[x∈（-2，x0）]時，[f ′（x）<0];當[x∈（x0，+∞）]時， [f ′（x）>0]，于是當[x=x0]時，[f（x）]取得最小值.由[f? ? ′（x0）=0]得[ex0=1x0+2]，于是[ln（x0+2）=-x0]，故[f（x）≥f（x0）=1x0+2+x0=（x0+1）2x0+2>0].

綜上，當[m≤2]時， [f（x）>0].

評注：本題中要證[ex-ln（x+2）>0]，但極值點較難求出.抓住零點滿足的條件[ex0=1x0+2]，即[ln（x0+2）=-x0]，可以化指數式和對數式為普通式，將問題簡化為求證[1x0+2+x0>0].

功能二、化高次式為低次式

函數次數越低，其性質學生就越熟悉，解決問題的可能性也就越大.利用隱零點可以把高次逐漸轉化為低次，使運算最大限度地簡化.

[例4]（2012年全國Ⅱ卷文科21題）已知函數[f（x）=13x3+x2+ax].

（Ⅰ）討論[f（x）]的單調性;

（Ⅱ）設[f（x）]有兩個極值點[x1]，[x2]，若過兩點[（x1 ，? ? f（x1））]，[（x2， f（x2））]的直線l與x軸的交點在曲線[y=f（x）]上，求a的值.

解：（Ⅰ） [f ′（x）=x2+2x+a=（x+1）2+a-1].

（ⅰ）當[a≥1]時，[f ′（x）≥0]，當且僅當[a=1]，[x=-1]時，[f ′（x）=0]，所以[f （x）]是R上的增函數;

（ⅱ）當[a<1]時，[f ′（x）=0]有兩個根[x1=-1-1-a，x2=-1+1-a];

當[x∈（-∞，-1-1-a）]時，[f ′（x）>0]，[f? （x）]是增函數;

當[x∈（-1-1-a，-1+1-a）]時，[f ′（x）<0]，[f? （x）]是減函數;

當[x∈（-1+1-a，+∞]）時，[f ′（x）>0]， [f? （x）]是增函數.

（Ⅱ）由題設知，[x1，x2]為方程[f ′（x）=0]的兩個根，故有[a<1]，[x21=-2x1-a]，[x22=-2x2-a].因此[f （x1）=13x31+x21+ax1=13x1（-2x1-a）+x21+ax1=13x21+23ax1=13（-2x1-a）+23ax1=23（a-1）x1-a3].同理，[f（x2）=23（a-1）x2-a3].因此直線l的方程為[y=23（a-1）x-a3].設l與x軸的交點為[（x0 ，0）]，得

[x0=a2（a-1）]，[f（x0）=13a2（a-1）3+a2（a-1）2+a22（a-1）=a224（a-1）3（12a2-17a+6）].由題設知，點[（x0 ，0）]在曲線[y=f（x）]上，故[f（x0）=0]，解得[a=0]或[a=23]或[a=34].

評注：本題第（Ⅱ）問中，充分利用[f ′（x）]零點[x1]、[x2]分別滿足[x21=-2x1-a]、[x22=-2x2-a]，逐步將三次化為一次，減少了煩瑣的運算.

功能三、減少變元個數

用參數表示函數零點時，因參數范圍不確定會導致零點的范圍不清，進而產生分類討論和大量的運算.但用零點表示參數時可以規避這一點，將零點表示的參數代入函數，實現消參.

[例5]（2016年全國Ⅱ卷理科21題）（Ⅰ）討論函數[f（x）=x-2x+2ex]的單調性，并證明當[x>0]時，[（x-2）ex+x+2>0];

（Ⅱ）證明：當[a∈0，1] 時，函數[g（x）=ex-ax-ax2]有最小值.設[g（x）]的最小值為[h（a）]，求函數[h（a）]的值域.

解：（Ⅰ）[f? ?′（x）=x2ex（x+2）2]，當[x∈（-∞ ，-2）∪（-2? ，+∞）]時， [f ′（x）>0]，所以[f（x）]在[（-∞，-2）]，[（-2，+∞）]上單調遞增，所以[x>0]時，[x-2x+2ex>f（0）=-1]，故[（x-2）ex+x+2>0].

（Ⅱ）[g′（x）=（x+2）x-2x+2·ex+ax3 ，? a∈0? ，1] .由（Ⅰ）知，當[x>0]時，[f（x）x-2x+2·ex]的值域為[（-1，+∞）]，故存在唯一實數[x0].使得[x0-2x0+2ex0=-a]，[x0∈0，2].當[x∈（0，x0）]時，[g′（x）<0]，[g（x）]單調遞減;當[x∈（x0，+∞）]時，[g′（x）>0]，[g（x）]單調遞增，所以當[x=x0]時，[g（x）]取得最小值. [h（a）=ex0-a（x0+1）x20=ex0+（x0+1）x0-2x0+2ex0x20=ex0x0+2? ].記[μ（x0）=ex0x0+2]，當[x0∈0，2]時，[μ′（x0）=ex0（x0+1）（x0+2）2>0]，所以[μ（x0）]單調遞增.故[h（a）=μ（x0）∈12，e24].

評注：本題（Ⅱ）問求[h（a）=ex0-a（x0+1）x20]的值域，直接求很難，應用零點滿足的條件[x0-2x0+2ex0=-a]，則可以實現用零點表示參數，從而消去參數得到[μ（x0）=ex0x0+2]為關于[x0]的一元函數.

[例6]（2015年全國Ⅰ卷文科21題）設函數[f（x）=e2x-alnx].

（Ⅱ）證明：當[a>0]時[f（x）≥2a+aln2a].

證明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可設[f ′（x）]在（[0，+∞]）的唯一零點為[x0]，當[x∈（0，x0）]時，[f ′（x）<0];當[x∈（x0，+∞）]時， [f ′（x）>0].故[f（x）]在[（0，x0）]上單調遞減，在[（x0 ，+∞）]上單調遞增，所以[x=x0]時， [f（x）]取得最小值[f（x0）] .由于[2e2x0-ax0=0]，所以[e2x0=a2x0]，[2x0=lna-ln2x0]，即[lnx0=lna2-2x0]，所以[f（x）=e2x0-alnx0=a2x0-alna2-2x0=a2x0+2ax0+alna2? ≥2a+alna2] .故當[a>0]時，[f（x）≥2a+aln2a].

評注：本題（Ⅱ）問中利用隱零點[x0]滿足的關系式[2e2x0-ax0=0]，得到零點與參數的關系式[e2x0=a2x0]、[lnx0=lna2-2x0]，簡化了運算.

（責任編輯 黃桂堅）