談談函數的零點問題

許少華

函數的零點與函數的極值點是導數在函數中應用的基本概念，由于它既具有數形結合的背景又具有函數抽象的特點，因此，是各級各類命題的熱點，也是考生普遍感到困難的難點，本文通過2021年全國高考？玉卷第22題例說幾類常見問題的求解策略，供參考.

一、涉及零點之和問題

此類題如，求證：x1+x2>a或x1+x2

例1?（2021年全國高考？玉卷第22題）已知函數f（x）=x（1-lnx）.

（1）討論f（x）的單調性.

（2）設a，b為兩個不相等的正數，且blna-alnb=a-b，證明：2

解析?（1）函數的定義域為（0，+∞），又f?′（x）=1-lnx-1=-lnx，當x∈（0，1）時，f?′（x）>0，當x∈（1，+∞）時，f?′（x）<0，故f（x）的遞增區間為（0，1），遞減區間為（1，+∞）.

（2）由blna-alnb=a-b，得b（lna+1）=a（lnb+1），即?=?，故f（?）=f（?），設?=x1，?=x2，即f（x1）=f（x2），由（1）不妨設01.

先證：x1+x2>2，設g（x）=f（x）-f（2-x），0

則g′（x）=f?′（x）+f?′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln[x（2-x）]，

因為00，

所以g′（x）>0，故g（x）在（0，1）為增函數，所以g（x）1，由于f（x）在（1，+∞）上為減函數，因此x2>2-x1即x1+x2>2.

再證：x1+x2

則？漬′（x）=？漬′（x）+？漬′（e-x）=-lnx-ln（e-x）=-ln[x（e-x）]

由x（e-x）=1？圯x0=?，顯然，x∈（0，x0）時，？漬′（x）>0，此時？漬（x）遞增.?x∈（x0，1）時，？漬′（x）<0，此時？漬（x）遞減.?由于x→0時，？漬（x）>0.

？漬（1）=f（1）-f（e-1）>0.

于是x∈（0，1）時，？漬（x）>0即f（x）>f（e-x），所以f（x1）>f（e-x1）即f（x2）>f（e-x1）.

由于x1∈（0，1）？圯e-x1>1，此時函數f（x）遞減，得x2

另解?設x2=tx1，則t>1，結合?=?，?=x1，?=x2，可得：x1（1-lnx1）=x2（1-lnx2），即：1-lnx1=t（1-lnt-lnx1），故lnx1=?，

要證：x1+x2

即證：ln（t+1）+?<1，即證：（t-1）ln（t+1）-tlnt<0，

令S（t）=（t-1）ln（t+1）-tlnt，t>1，

則S′（t）=ln（t+1）+?-1-lnt=ln（1+?）-?，

先證：ln（x+1）≤x.?設u（x）=ln（x+1）-x，則u′（x）=?-1=?，

當-10.?當x>0時，u′（x）<0，

故u（x）在（-1，0）上為增函數，在（0，+∞）上為減函數，故u（x）max=u（0）=0，故ln（x+1）≤x成立.

由上述不等式可得當t>1時，ln（1+?）≤?

故S（t）在（1，+∞）上為減函數，故S（t）

綜上所述，2

點評?有沒有看出兩個結論的證明有一個共性？都是引入函數g（x）=f（x）-f（t-x），通過函數的單調性予以解決，雖然也存在著另解，但明顯難度大，也不好操作.?這個函數是唯一的嗎？不是.?如：g（x）=f（t+x）-f（t-x）等也行，我們再看一題：

例2?（2016年全國高考？玉卷第22題）已知函數f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點.

（1）求a的取值范圍.

（2）設x1，x2是函數f（x）的兩上零點，求證：x1+x2<2.

解析?（1）過程略，結論為：f?′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）.?a的取值范圍為（0，+∞），此時f（x）在（-∞，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.

（2）不妨設x1

再設g（x）=f（x）-f（2-x）（x≥1），

則g′（x）=f?′（x）+f?′（2-x）=（x-1）（ex+2a）+（1-x）（e2-x+2a）=（x-1）（ex-?）.

由x>1，得g′（x）>0，g（x）為增函數，由于g（1）=0，所以x>1時，g（x）>0即f（x2）>f（2-x2），因為f（x1）=f（x2）=0，得f（x1）>f（2-x2），由x2∈（1，+∞）可得2-x2∈（-∞，1），由于f（x）在（-∞，1）上單調遞減，得x1<2-x2，即x1+x2<2.

點評?與2021年高考題的求解如出一轍，只要構造出這樣的函數，求解異常順暢.?實際上，遠遠不僅是這兩年的高考題，我們再看看（2013湖南文）已知函數f（x）=?ex，證明：當f（x1）=f（x2）（x1≠x2）時，x1+x2<0.[來（2010天津理）已知函數f（x）=xe-x（x∈R）.?如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2）.?證明：x1+x2>2.?可以看出，此類問題還真是受命題專家的偏愛.?下面我們再來看看此類問題的簡單變化形式.

二、涉及零點之積

此類題常見形式為，求證：x1·x2>a或x1·x2

例3?已知f（x）=xlnx-?mx2-x，m∈R.?若f（x）有兩個極值點x1，x2，且x1e2（e為自然對數的底數）.

證法1?由f（x）=xlnx-?mx2-x？圯f?′（x）=lnx-mx.

欲證x1x2>e2，需證lnx1+lnx2>2.?若f（x）有兩個極值點x1，x2，即函數f?′（x）有兩個零點.?即x1，x2是方程f?′（x）=0的兩個不同實根.

于是，有lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，解得m=?.?另一方面，由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，得lnx2-lnx1=m（x2-x1），從而可得，?=?.

于是，lnx1+lnx2=?=?.

又01.?因此，lnx1+lnx2=?（t>1）.

要證lnx1+lnx2>2，即證：?>2（t>1）.?即：當t>1時，有lnt>?.?設函數h（t）=lnt-?（t>1），則h′（t）=?-?=?≥0.

所以，h（t）為（1，+∞）上的增函數.?注意到，h（1）=0，因此，h（t）≥h（1）=0.

于是，當t>1時，有lnt>?.?所以，有lnx1+lnx2>2成立，x1x2>e2.

點評?本證法通過零點的變形，巧妙引入函數，借助函數的單調性產生結論.

證法2?欲證x1x2>e2，需證lnx1+lnx2>2.?若f（x）有兩個極值點x1，x2，即f?′（x）函數有兩個零點.?又f?′（x）=lnx-mx，所以，x1，x2是方程f?′（x）=0的兩個不同實根.?顯然m>0，否則，函數f?′（x）為單調函數，不符合題意.

由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0？圯lnx1+lnx2=m（x1+x2），

即只需證明m（x1+x2）>2即可.?即只需證明x1+x2>?.

設g（x）=f?′（x）-f?′（?-x）（x∈（0，?）），g′（x）=?>0，故g（x）在（0，?）？襖，即g（x）

由于f?″（x）=?-m=?，故f?′（x）在（0，?）上遞增，（?，+∞）上遞減.

設x1?-x1，即x1+x2>?.?原命題得證.

點評?本證法通過lnx1+lnx2=m（x1+x2）將x1x2>e2轉化為x1+x2>?.?再結合兩根之和構造函數，構思十分巧妙.

證法3?由x1，x2是方程f?′（x）=0的兩個不同實根得m=?（x>1），令g（x）=?（x>1），g（x1）=g（x2），由于g′（x）=?，因此，g（x）在（1，e）上遞增，（e，+∞）上遞減.?設1e2，只需證x1>?∈（0，e），只需證明g（x1）>g（?），即g（x2）>g（?），即g（x2）-g（?）>0.

設h（x）=g（x）-g（?）（x∈（1，e）），h′（x）=?>0，故h（x）在（1，e）上遞增，故h（x）

令x=x1，則g（x2）=g（x1）?，即x1x2>e2.

點評?本證法通過數形結合，將x1x2>e2轉化為x1>?，再單調性與g（x1）=g（x2）構造函數，構思很好，具有欣賞價值.

證法4?設t1=lnx1∈（0，1），t2=lnx2∈（1，+∞），則由lnx1-mx1=0，lnx2-mx2=0，得t1=?，t2=?？圯?=?，設?=k∈（0，1），則t1=?，t2=?.?欲證x1x2>e2，需證lnx1+lnx2>2，只需證t1+t2>2，即?>2？圳lnk

設g（k）=lnk-?（k？圳（0，1）），g′（k）=?>0，故g（k）在（0，1）上遞增，因此g（k）

點評?本證法通過換元將x1x2>e2轉化為lnx1+lnx2>2再轉化為t1+t2>2，最后再轉化為?>2然后再引入函數，這里一系列的轉化也非常漂亮.

例4?已知函數f（x）=?（a∈R），曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線x+y+1=0垂直.

（1）試比較20212022與20222021的大小，并說明理由.

（2）若函數g（x）=f（x）-k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1·x2>e2.

解析?（1）依題意得f?′（x）=?，又由切線與直線x+y+1=0垂直得f?′（1）=1，即?=1，得a=0，此時f（x）=?，f?′（x）=?，

令f?′（x）>0，即1-lnx>0，解得0e.

所以f（x）的增區間為（0，e），減區間為（e，+∞）所以f（2021）>f（2022），即?>?立得20212022>20222021.

（2）不妨設x1>x2>0因為g（x1）=g（x2）=0得lnx1-kx1=0，lnx2-kx2=0可得lnx1+lnx2=k（x1+x2），lnx1-lnx2=k（x1-x2）.?要證明x1x2>e2，即證明lnx1+lnx2>2，也就是k（x1+x2）>2.

因為k=?，所以即證?>?即ln?>?，令?=t，則t>1，即證lnt>?.

令h（t）=lnt-?（t>1），由h′（t）=?-?=?>0.

故函數h（t）在（1，+∞）是增函數，所以h（t）>h（1）=0，即lnt>?得證.

所以x1x2>e2.

點評?本題將x1·x2>e2轉化為lnx1+lnx2>2，再轉化k（x1+x2）>2，然后再結合k=?繼續轉化為?>?逐步向引入的函數靠攏，可以說轉化是實現可解的重要環節.

三、涉及零點的綜合問題

與函數零點、極值點有關的問題很多，涉及內容也十分豐富，不以兩根之和與兩根之積與大家見面的情況經常發生，請看：

例5?已知函數f（x）=?-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調性.

（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：?

解析?（1）f（x）的定義域為（0，+∞），f?′（x）=-?-1+?=?-?.

①若a≤2，則f?′（x）≤0，當且僅當a=2，x=1時，f?′（x）=0，所以f（x）在（0，+∞）單調遞減.?②若a>2，令f?′（x）=0得，x=?或x=?.

當x∈（0，?）∪（?，+∞）時，f?′（x）<0.?當x∈（?，?）時，f?′（x）>0.?所以f（x）在（0，?），（?，+∞）單調遞減，在（?，?）單調遞增.

（2）證明：由（1）知，f（x）存在兩個極值點時，當且僅當a>2.?由于f（x）的兩個極值點x1，x2滿足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨設x11.?由于?=-?-1+a?=-2+a?=-2+a?，所以?

點評?“雙變量”型不等式的證明一般先通過題中關系找出兩變量的關系，然后再轉化為“單變量”型不等式進行解決.

例6?設函數f（x）=x2+aln（1+x）有兩個極值點x1、x2，且x1?.

證明?由于f?′（x）=2x+?=?（x>-1），

令g（x）=2x2+2x+a，其對稱軸為x=-?.?由題意知x1、x2是方程g（x）=0的兩個均大于-1的不相等的實根，那么-1

由f??？蛐（x2）=0？圯a=-（2x22+2x2），

∴?f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）.

設h（x）=x2-（2x2+2x）ln（1+x）（-?

則h′（x）=2x-2（2x+1）ln（1+x）-2x=-2（2x+1）ln（1+x）

顯然，當x∈（-?，0）時，h′（x）>0，∴h（x）在（-?，0）單調遞增.

∴當x∈（-?，0）時，h（x）>h（-?）=?.

故f（x2）=h（x2）>?.

點評?從f（x2）是什么？將x2代入到f（x）中去以后，又多出了字母a，如何處理字母a呢？能不能用x2表示出字母a？一連串的問題引出了本題的證明思路.?本題的難度很大，函數隱藏較深.也許有的考生能產生f（x2）的結果，也能順利代換掉字母a，由于f（x2）與想象中的函數不一致，最終前功盡棄.

針對2021年高考全國？玉卷的第22題產生了一些聯想，可以看出它并不是孤立的，它涉及了一個龐大知識體系，若能將這個知識體系完善再融會貫通，也許你的能力就一下子提升了很多.

責任編輯?徐國堅