解根、猜根、設根

張文海

導數引入高中數學教材以后，對多項式函數、指數函數、對數函數等混合型函數性質的研究多了一個重要工具.在利用導數研究函數的單調性或極值時，求解導函數的零點是一個基本問題，而我們遇到的導函數可能是初等函數、含參函數或者超越函數，導函數的零點或易或難，也成為制約大家能否順利解題的一個關鍵點.本文擬通過幾例談談處理這些問題的常見策略，以饗讀者.

1 利用因式分解求根，直接代入函數求解

問題1 已知函數f（x）=2tlnx，g（x）=x2-k（t∈R，k∈R）.

（1）當k=1時，①若函數f（x）與g（x）在x=1處的切線均為l，求t的值;②若曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點，求t的取值范圍;

（2）當t=1時，設h（x）=f（x）-g（x），若函數h（x）存在兩個不同的零點x1，x2，求證：x1+x22>1.

解 （1）當k=1時，g（x）=x2-1，所以f′（x）=2tx，g′（x）=2x.

①由題意，切線l的斜率k=f′（1）=g′（1），即k=2t=2，所以t=1.

②設函數h（x）=f（x）-g（x）=2tlnx-（x2-1），x∈（0，+SymboleB@ ）.

“曲線y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點”等價于“函數y=h（x）有且僅有一個零點”.因為h（x）=2tlnx-（x2-1），所以h′（x）=2tx-2x=2t-2x2x.

（?。┊攖≤0時，由x∈（0，+SymboleB@ ），得h′（x）≤0，所以函數h（x）在（0，+SymboleB@ ）單調遞減.

因為h（1）=0，所以函數h（x）有且僅有一個零點1，符合題意.

（ⅱ）當t>0時，h′（x）=-2（x+t）（x-t）x，

當x變化時，h（x）與h′（x）的變化情況列表如下：

x （0，t） t （t，+SymboleB@ ）

h′（x） + 0 -

h（x）極大值

所以函數h（x）在（0，t）上單調遞增，在（t，+SymboleB@ ）上單調遞減，所以當x=t時，h（x）max=h（t）=tlnt-t+1.注意到h（1）=0，且h（t）≥h（1）=0，

若t=1，則h（x）max=0，所以函數h（x）有且僅有一個零點1，符合題意.

若0 ? ? 若t>1，取x2=t+t2+1∈（t，+SymboleB@ ），由于h（x2）=2tlnx2-x22+1<2tx2-x22+1=0，所以函數y=h（x）存在兩個零點，一個為1，另一個在（t，x2）內，與題意不符.

綜上y=f（x）與y=g（x）有且僅有一個公共點時，t的取值范圍是t≤0或t=1.

（2）當t=1時，h（x）=2lnx-x2+k.

因為h（x1）=h（x2）=0，所以2lnx1-x12+k=2lnx2-x22+k=0， 即2lnx1-x12=2lnx2-x22.令φ（x）=2lnx-x2，則φ′（x）=2x-2x=2（1-x2）x.

當00，當x>1時，φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，1）上遞增，在（1，+SymboleB@ ）上遞減，所以φ（x）在x=1處有極大值，所以0 ? ? 令s（x）=φ（x）-φ（2-x），x∈（0，1），則s′（x）=4x（2-x）-4>4x+2-x22-4=0.

所以s（x）在（0，1）上單調遞增，從而s（x）1，2-x1>1，所以x2>2-x1，即x1+x22>1.

點評 第（1）問的②問函數y=h（x）零點的個數，等同于函數y=h（x）的圖象與x軸交點的個數.研究函數的圖象必須先知曉函數的單調性，此問的關鍵是研究h′（x）=2tx-2x=2t-2x2x的正負.因為導函數h′（x）含有參數t，必然要對參數進行討論.當t≤0時，h′（x）≤0，函數單調;當t>0時，h′（x）可以進行因式分解得h′（x）=-2（x+t）（x-t）x，令h′（x）=0，因為x>0，可以解得導函數的零點為x=t.第（2）問屬于導數中極值點偏移問題，實質就是證明兩個零點的中點偏在極值點的一側，首先求出函數φ（x）=2lnx-x2的極值點，易知φ′（x）=2x-2x通分后可以進行因式分解得到φ′（x）=2（1+x）（1-x）x，令φ′（x）=0，因為x>0，可以解得導函數的零點為x=1，進一步判斷得到函數的極值點.

2 通過直觀觀察猜根，再證明根的唯一性

問題2 設函數f（x）=ax+blnx，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=x.

（1）求函數f（x）的單調區間和極值;

（2）對任意的x∈（0，+SymboleB@ ），有f（x）≤kx恒成立，求實數k的取值范圍.

解 （1）由已知得f（x）的定義域為（0，+SymboleB@ ），f′（x）=-ax2+bx=bx-ax2，因為曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=x，所以f′（1）=b-a=1，

f（1）=a=1，解得a=1，b=2，故f′（x）=2x-1x2，令f′（x）=0，則x=12.

當x變化時，f（x）與f′（x）的變化情況列表如下：

x （0，1 2） 1 2 （1 2，+SymboleB@ ）

f′（x） - 0 +

f（x）極小值

所以函數f（x）在（0，12）上單調遞減，在（12，+SymboleB@ ）上單調遞增，極小值為f（12）=2-ln2.

（2）因為x∈（0，+SymboleB@ ），所以不等式f（x）≤kx可化為k≥f（x）x=1x2+2lnxx=2xlnx+1x2.

記g（x）=2xlnx+1x2，則g′（x）=2x-2xlnx-2x3，令g′（x）=0，即x-xlnx-1=0.

記h（x）=x-xlnx-1，則h′（x）=1-（lnx+1）=-lnx，當x∈（0， 1）時，h′（x）>0，函數h（x）=x-xlnx-1在（0， 1）上單調遞增;當x∈[1，+SymboleB@ ），h′（x）≤0.函數h（x）=x-xlnx-1在[1，+SymboleB@ ）上單調遞減.又h（1）=0，所以h（x）≤0，故g（x）=2xlnx+1x2在（0， 1）上單調遞增，在[1，+SymboleB@ ）上單調遞減，從而g（x）max=g（1）=1，所以k≥1.

點評 本題是一道典型的不等式恒成立問題，因為參數k只出現在一個地方，常可采用參變分離法處理，將問題轉化為求一個不含參數的函數g（x）=2xlnx+1x2的最大值.研究函數的最值問題，需要知曉它的單調性，就需要了解g′（x）=2x-2xlnx-2x3的正負.分母x3顯然為正，關鍵就是判斷分子2（x-xlnx-1）的正負，而y=x-xlnx-1是一個超越函數，它的正負無法直接判斷，成為制約部分同學解題的主要障礙.實際上，我們只要明確目標是判斷y=x-xlnx-1的正負，也就是判斷y=x-xlnx-1與“0”的關系，要讓x-xlnx-1=0就需要“lnx”不要出現，這時候只需令x=1，就能找到一個零點.除了“1”這個零點之外，還有沒有其他的零點，只需要研究一下函數y=x-xlnx-1的單調性即可.這一類導函數常常可以通過直觀觀察，猜到其中的一個零點“0”“1”“e”“1e”等，再結合函數的單調性即可判斷有無其他的零點，從而達到目的.

3 根據零點存在定理設根，設而不求整體回代

問題3 設函數f（x）=（x-a）2lnx，a∈R.

（1）若x=e為y=f（x）的極值點，求實數a;

（2）求實數a的取值范圍，使得對任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立.（注：e為自然對數的底數）

解 （1）略.

（2）①當x∈（0，1]時，lnx≤0，（x-a）2≥0，故f（x）=（x-a）2lnx≤0≤4e2顯然成立.

②當x∈（1，3e]時，由于不等式f（x）≤4e2恒成立，所以f（3e）=（3e-a）2ln（3e）≤4e2，

解得3e-2eln（3e）≤a≤3e+2eln（3e）.

由（1）問可知，f′（x）=（x-a）（2lnx+1-ax），

記g（x）=2lnx+1-ax，則g（1）=1-a<0，g（a）=2lna>0，且g（3e）=2ln（3e）+1-a3e≥2ln（3e）+1-3e+2eln（3e）3e=2（ln（3e）-13ln（3e））>0，又g（x）在（0，+SymboleB@ ）上單調遞增，所以函數g（x）在（0，+SymboleB@ ）內有唯一零點，設零點為x0，則10，即f（x）在（0，x0）上單調遞增;當x∈（x0，a）時，g（x）>0，x-a<0，所以f′（x）<0，即f（x）在（x0，a）上單調遞減;當x∈（a，+SymboleB@ ）時，g（x）>0，x-a>0，所以f′（x）>0，即f（x）在（a，+SymboleB@ ）上單調遞增.所以要使f（x）≤4e2對任意的x∈（1，3e]恒成立，只要

f（x0）=（x0-a）2lnx0≤4e2，（1）

f（3e）=（3e-a）2ln（3e）≤4e2，（2）成立.由g（x0）=2lnx0+1-ax0=0得，a=2x0lnx0+x0（3）代入（1）式得4x02ln3x0≤4e2.又x0>1，且函數y=4x2·ln3x在（1，+SymboleB@ ）上單調遞增，故1 ? ? 點評 本題第（2）問采用最值法處理時，遇到解方程f′（x）=（x-a）（2lnx+1-ax）=0的問題，其中2lnx+1-ax=0是一個超越方程，無法直接求解，也無法通過觀察猜出其中的某個根.但g（1）<0，g（3e）>0，又g（a）>0，根據零點存在性定理發現，方程在區間（1，a）至少存在一個根，此時可以先設出此零點x0，其中x0滿足a=2x0lnx0+x0，利用此等式整體代入求解.

問題4 已知函數f（x）=ex-ax-2，其中a為常數.

（1）求函數f（x）的單調區間;

（2）已知a=1，k為整數，若對任意x∈（0，+SymboleB@ ），都有（x-k）f′（x）+x+1>0成立，求實數k的最大值.

解 （1）函數f（x）的定義域為（-SymboleB@ ，+SymboleB@ ），f′（x）=ex-a.若a≤0時，則f′（x）>0，所以f（x）在（-SymboleB@ ，+SymboleB@ ）上單調遞增;若a>0時，則當x∈（-SymboleB@ ，lna）時，f′（x）<0，當x∈（lna，+SymboleB@ ）時，f′（x）>0，所以f（x）在（-SymboleB@ ，lna）上遞減，在（lna，+SymboleB@ ）上遞增.

（2）當a=1時，對任意x∈（0，+SymboleB@ ），都有（x-k）f′（x）+x+1>0成立等價于k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x（x>0），則g′（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2.

由（1）知，當a=1時，f（x）=ex-x-2在（0，+SymboleB@ ）上遞增.

因為f（1）<0，f（2）>0，所以f（x）=ex-x-2在（0，+SymboleB@ ）上存在唯一零點，所以g′（x）在（0，+SymboleB@ ）上也存在唯一零點，設此零點為x0，則x0∈（1，2）.

因為當x∈（0，x0）時，g′（x）<0，當x∈（x0，+SymboleB@ ）時，g′（x）>0，所以g（x）在（0，+SymboleB@ ）上的最小值為g（x0）=x0+1ex0-1+x0，所以k ? ? 又因為g′（x0）=ex0-x0-2=0，所以ex0=x0+2，所以k ? ? 點評 本題的第（2）問仍是一道不等式恒成立問題，在求函數g（x）=x+1ex-1+x（x>0）的最小值時，需要研究它的單調性，即判斷g′（x）與“0”的關系，而f（x）=ex-x-2與“0”的大小關系并不確定，也無法觀察出x取何值時，對應的函數值為0，但f（1）<0，f（2）>0，根據零點存在性定理發現，函數f（x）=ex-x-2在區間（1，2）至少存在一個根，此時可以先設出此零點x0，其中x0滿足ex0-x0-2=0，利用此等式整體代入求出g（x0）=x0+1∈（2，3），從而得到整數k的最大值.

在導數的綜合題中常需要研究導函數的零點問題，主要包括零點可求和不可求兩種情形.我們首先判斷能否通過因式分解直接求根，若能，則問題易解;若不能，試著通過直觀觀察猜出其中某一個根，再通過研究函數的單調性來證明根的唯一性;若根不易猜出，可通過數形結合的方法鎖定根所在的區間，通過設而不求整體代入的方法求解.只要我們在平時的解題學習中注重總結一類問題的處理模式，利用流程圖的方式去研究問題，就能夠把不熟悉、復雜的問題轉化為熟悉的、簡單的問題，從而培養自己轉化和化歸的能力，形成良好的數學思維習慣，提升自己的數學素養.