隱零點在導數中的應用

摘 要：若函數的某區間上存在零點，但不易求出其準確值，則可設零點為x0，這時稱x0為該函數的隱零點.文章運用隱零點來解決與函數不等式或零點相關的導數試題.

關鍵詞：函數；導數；隱零點；零點；不等式

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0051-03

在求函數f（x）在區間I上的零點時，若出現難以求出零點準確值的情況，這時可設零點為x0，則x0滿足方程f（x0）=0.若a，b∈I，且alt;b，f（a）f（b）lt;0，則根據函數零點存在定理可縮小x0的范圍，得x0∈（a，b）.之后可利用f（x0）=0和x0∈（a，b）來解決與函數的不等式證明或者零點有關的試題[1].

1 運用隱零點解決不等式相關問題

例1[2] 已知函數f（x）=lnx+a.若對任意x∈（0，+∞），都有ex-a≥f（x）（e為自然對數的底），求證：a≤1.

解析 設g（x）=ex-a-lnx-a，則

g′（x）=ex-a-1x.

設g′（x0）=ex0-a-1x0=0，則a=x0+lnx0.

因為g′（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以當x∈（0，x0）時，g′（x）lt;0，當x∈（x0，+∞）時，g′（x）gt;0.

所以g（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增.

所以gmin（x）=g（x0）=ex0-a-lnx0-a=1x0-x0-2lnx0≥0.

令h（x）=1x-x-2lnx，則

h′（x）=-1x2-1-2x=-1-x2-2xx2=-（x+1）2x2lt;0.

故h（x）=1x-x-2lnx在（0，+∞）單調遞減.

因為h（1）=0，所以x0≤1.

所以a=x0+lnx0≤1.

例2 已知f（x）=ax2-2lnx，a∈R.

（1）討論函數f（x）的單調性；

（2）若對任意的xgt;0，2-f（x）≤2（a-1）x恒成立，求整數a的最小值.

解析 （1）由題意得f（x）的定義域為（0，+∞），f ′（x）=2ax2-2x.

①當a≤0時，f ′（x）lt;0，f（x）在（0，+∞）內單調遞減；

②當agt;0時，令f ′（x）=0，得

x=aa或x=-aa（舍）.

當x∈（0，aa），f ′（x）lt;0，f（x）單調遞減；

當x∈（aa，+∞），f ′（x）gt;0，f（x）單調遞增.

（2）由題意得2-ax2+2lnx≤2（a-1）x.

整理，得2（lnx+x+1）≤a（2x+x2）.

因為xgt;0，所以原命題等價于a≥2（lnx+x+1）2x+x2在區間（0，+∞）內恒成立.

令g（x）=2（lnx+x+1）2x+x2，則

g′（x）=-2（x+1）（2lnx+x）（2x+x2）2.

令h（x）=2lnx+x，易知h（x）在區間（0，+∞）內單調遞增.

又h（0.5）=-2ln2+0.5lt;0，h（1）=1gt;0，故存在唯一的x0∈（0.5，1），使得h（x0）=0.

當0lt;xlt;x0時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增；當xgt;x0時，g′（x）lt;0，g（x）單調遞減.

故當x=x0時，函數g（x）有極大值，也即為最大值，

g（x）max=2（lnx0+x0+1）2x0+x20=x0+2x0（x0+2）=1x0.

故a≥1x0.

又1x0∈（1，2），故a≥2.

又a為整數，故a的最小整數值為2.

2 運用隱零點解決零點相關問題

例3 已知函數f（x）=（x-1）ex-lnx-a（x-1），其中實數a≥0.若函數f（x）有唯一零點，求a的值.

解析 因為f（x）=（x-1）ex-lnx-a（x-1），所以f ′（x）=ex·x-1x-a.

令h（x）=ex·x-1x-a（xgt;0），

所以h′（x）=exx+ex+1x2gt;0.

所以h（x）在（0，+∞）上單調遞增，即f ′（x）在（0，+∞）上單調遞增.

設m（x）=ex-x-1，則m′（x）=ex-1.

當xgt;0時，m′（x）gt;0，所以m（x）在（0，+∞）上單調遞增；

當xlt;0時，m′（x）lt;0，所以m（x）在（-∞，0）上單調遞減.

所以m（x）≥m（0）=0.所以ex-x-1≥0.

即ex≥x+1.

所以f ′（1+a）=（1+a）e1+a-11+a-a

gt;（1+a）（a+2）-11+a-a

=a2+2a+2-11+a

=（a+1）2+a1+agt;0.

又f ′（12）=e2-2-alt;0，所以存在唯一的t∈（12，1+a），使得f ′（t）=0，即

tet-1t-a=0.①

當x∈（0，t）時，f ′（x）lt;0，f（x）在（0，t）上單調遞減；

當x∈（t，+∞）時，f ′（x）gt;0，f（x）在（t，+∞）上單調遞增.

所以f（x）min=f（t）.

又因為函數f（x）有唯一的零點，所以f（t）=0.

即（t-1）et-lnt-a（t-1）=0.②

由①②得（t-1）et-lnt-（tet-1t）（t-1）=0.

即（t-1）2et+lnt+1t-1=0.

令n（x）=（x-1）2ex+lnx+1x-1，則

n′（x）=（x2-1）ex+1x-1x2

=x-1x2［x2（x+1）ex+1］.

又因為x2（x+1）ex+1gt;0（xgt;0）， 所以函數n（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.

而n（1）=0，則t=1.

代入①，得a=e-1.

例4[3] 已知函數f（x）=lnx+ax（x-1），x∈（1，+∞）.

（1）若不等式f（x）lt;0恒成立，求實數a的取值范圍；

（2）判斷函數f（x）的零點的個數.

解析 （1）因為f（x）=lnx+ax（x-1），x∈（1，+∞），

所以f ′（x）=2ax2-ax+1x.

①若a≥0，因為xgt;1，所以lnxgt;0，ax（x-1）≥0，所以f（x）gt;0，不符合題意.

②若alt;0，由f ′（x）=2ax2-ax+1x=0，得2ax2-ax+1=0.

令h（x）=2ax2-ax+1，因為△=a2-8agt;0，

設方程2ax2-ax+1=0兩根為x1，x2，

則x1+x2=12，x1x2=12alt;0.

不妨設x1lt;0lt;x2，當x2gt;1時，在（1，x2）上，f ′（x）gt;0，f（x）單調遞增，f（x2）gt;f（1）=0，不合題意.

所以x2≤1.

故h（1）=a+1≤0，即a≤-1.

這時，在（1，+∞）上，f ′（x）lt;0，f（x）單調遞減，所以f（x）lt;f（1）=0恒成立.

綜上，a的取值范圍是（-∞，-1］.

（2）當a≥0時，因為xgt;1，所以lnxgt;0，ax（x-1）≥0，所以f（x）gt;0，函數無零點.

當alt;0時，

（ⅰ）若x1lt;0lt;1lt;x2，則h（1）gt;0，即-1lt;alt;0.

由（1）知，f（x）在（1，x2）上單調遞增，在

（x2，+∞）上單調遞減，f（x2）gt;f（1）=0，由

h（1-1a）=2a（1-1a）2-a（1-1a）+1

=a+2a-2lt;0=h（x2），

可知1-1agt;x2.

又f（1-1a）=ln（1-1a）+a（1-1a）（-1a）

=

ln（1-1a）-（1-1a）

lt;1-1a-（1-1a）=0，

所以存在x0∈（x2，1-1a）使f（x0）=0.

所以當-1lt;alt;0時，f（x）有一個零點.

（ⅱ）若x1lt;0lt;x2≤1，即a≤-1時，則f（x）在

（1，+∞）上單調遞減，f（x）lt;f（1）=0，f（x）無零點.

綜上，當a≥0或a≤-1時，函數f（x）無零點；當-1lt;alt;0時，函數f（x）有一個零點.

3 結束語

在導數試題中，經常遇到函數f（x）在某區間上存在零點但求不出其準確值時的情形，此時我們可設零點為x0（稱為隱零點），然后結合隱零點x0滿足的方程f（x0）=0以及x0的范圍，可解決與函數不等式或函數零點有關的問題.

參考文獻：

［1］ 李發明.導數隱零點問題中虛設零點的方法[J].數理化解題研究，2023（01）：81-84.

[2] 趙曉梅，潘繼祥.導數隱零點問題的破解策略[J].數理化解題研究，2016（10）：32.

[3] 李鴻昌.一道新高考導數壓軸題的解法探究[J].高中數學教與學，2021（15）：22-23.

［責任編輯：李 璟］