例谈隐零点在解高考压轴题中的功能

杨坤林 向城

[摘   要]隐零点在解高考压轴题中的功能有化超越式为普通式、化高次式为低次式和减少变元个数.

[关键词]隐零点;压轴题;高考;功能

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2019）23-0005-02

顾名思义，隐零点即隐含的零点.研究表明，隐零点在问题解决中具有积极的作用.在这，笔者结合高考压轴题，分析隐零点在解高考压轴题的三大功能：化超越式为普通式、化高次式为低次式和减少变元个数.

功能一、化超越式为普通式

超越式为函数问题的解决带来较高的难度.比如，求函数的极值点时往往会引发繁杂的运算，甚至不能算出结果.因此，利用隐零点将超越式化为普通代数式就显得尤为重要了.

[例1]（2018年全国Ⅲ卷文科21题）已知函数[f（x）=ax2+x-1ex].

（Ⅱ）证明：当[a≥1]時，[f（x）+e>0].

证明：由题意[ex+1+ax2+x-1≥0]恒成立.令[g（x）=ex+1+ax2+x-1]，则[g′（x）=ex+1+2ax+1]，[g″（x）=ex+1+2a].因为[a≥1]，所以[g″（x）>0]恒成立，得[g′（x）]在R上单调递增，且当[x→-∞]时，[g′（x）→-∞];当[x→+∞]时，[g′（x）→+∞] .所以[g′（x）]在R上存在唯一零点[x0]使[g′（x）=0].故[g（x）]在[（-∞，x0）]上单调递减，在[（x0 ，+∞）]上单调递增，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].

综上，当[a≥1]时， [f（x）+e>0].

评注：解答本题的关键是利用[g′（x0）=0]这一条件将指数式[ex0+1]化为普通代数式[-2ax0-1].

[例2]（2017年全国Ⅱ卷理科21题）已知函数[f（x）=ax2-ax-xlnx]，且  [f（x）≥0].

（Ⅰ）求a;

（Ⅱ）证明：[f（x）]存在唯一的极大值点[x0]，且[e-2

解：（Ⅰ）易得[a=1].

（Ⅱ）由（Ⅰ）得[f（x）=x2-x-xlnx ]，则 [f ′（x）=2x-2-lnx].设[h（x）=2x-2-lnx]，则[h′（x）=2-1x].由[h′（x）>0]解得[x>12]，所以[h（x）]在[12，+∞]上递增，在[0，12]上递减.又因为[h12=ln2-1<0]，[h（1）=0]，则[h（x）]在[0，12]上存在唯一零点[x0]使得[2x0-2-lnx0=0]，即[2x0-2=lnx0] ，且[f（x）]为[（0，x0）]，[（1，+∞）]上的增函数，为[（x0，1）]上的减函数，则[f（x）]的极大值为[f（x0）=x0（1-x0）<14].而[e-1∈（0，1） ，x0≠e-1]，所以[f（x0）>f（e-1）=e-2].

综上，[e-2

评注：解决本题的关键是利用隐零点[x0]构建对数式化简的纽带，即[lnx0=2x0-2]，将求证的目标[e-2

[例3]（2013年全国Ⅱ卷理科21题）已知函数[f（x）=ex-ln（x+m）].

（Ⅱ）当[m≤2]时，证明[f（x）>0].

证明：（Ⅱ）当[m≤2]，[x∈（-m  ，+∞）]时，[ln（x+m）≤] [ln（x+2）]，只需证明当[m=2]时，[f（x）>0].当[m=2]时，函数[f ′（x）=ex-1x+2]在[（-2，+∞）]上单调递增，又[f ′（-1）<0]， [f ′（0）>0].故[f ′（x）=0]在[（-2，+∞）]上有唯一实根[x0]，且[x0∈（-1，0）].当[x∈（-2，x0）]时，[f ′（x）<0];当[x∈（x0，+∞）]时， [f ′（x）>0]，于是当[x=x0]时，[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].

综上，当[m≤2]时， [f（x）>0].

评注：本题中要证[ex-ln（x+2）>0]，但极值点较难求出.抓住零点满足的条件[ex0=1x0+2]，即[ln（x0+2）=-x0]，可以化指数式和对数式为普通式，将问题简化为求证[1x0+2+x0>0].

功能二、化高次式为低次式

函数次数越低，其性质学生就越熟悉，解决问题的可能性也就越大.利用隐零点可以把高次逐渐转化为低次，使运算最大限度地简化.

[例4]（2012年全国Ⅱ卷文科21题）已知函数[f（x）=13x3+x2+ax].

（Ⅰ）讨论[f（x）]的单调性;

（Ⅱ）设[f（x）]有两个极值点[x1]，[x2]，若过两点[（x1 ，    f（x1））]，[（x2， f（x2））]的直线l与x轴的交点在曲线[y=f（x）]上，求a的值.

解：（Ⅰ） [f ′（x）=x2+2x+a=（x+1）2+a-1].

（ⅰ）当[a≥1]时，[f ′（x）≥0]，当且仅当[a=1]，[x=-1]时，[f ′（x）=0]，所以[f （x）]是R上的增函数;

（ⅱ）当[a<1]时，[f ′（x）=0]有两个根[x1=-1-1-a，x2=-1+1-a];

当[x∈（-∞，-1-1-a）]时，[f ′（x）>0]，[f  （x）]是增函数;

当[x∈（-1-1-a，-1+1-a）]时，[f ′（x）<0]，[f  （x）]是减函数;

当[x∈（-1+1-a，+∞]）时，[f ′（x）>0]， [f  （x）]是增函数.

（Ⅱ）由题设知，[x1，x2]为方程[f ′（x）=0]的两个根，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的方程为[y=23（a-1）x-a3].设l与x轴的交点为[（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）].由题设知，点[（x0 ，0）]在曲线[y=f（x）]上，故[f（x0）=0]，解得[a=0]或[a=23]或[a=34].

评注：本题第（Ⅱ）问中，充分利用[f ′（x）]零点[x1]、[x2]分别满足[x21=-2x1-a]、[x22=-2x2-a]，逐步将三次化为一次，减少了烦琐的运算.

功能三、减少变元个数

用参数表示函数零点时，因参数范围不确定会导致零点的范围不清，进而产生分类讨论和大量的运算.但用零点表示参数时可以规避这一点，将零点表示的参数代入函数，实现消参.

[例5]（2016年全国Ⅱ卷理科21题）（Ⅰ）讨论函数[f（x）=x-2x+2ex]的单调性，并证明当[x>0]时，[（x-2）ex+x+2>0];

（Ⅱ）证明：当[a∈0，1] 时，函数[g（x）=ex-ax-ax2]有最小值.设[g（x）]的最小值为[h（a）]，求函数[h（a）]的值域.

解：（Ⅰ）[f   ′（x）=x2ex（x+2）2]，当[x∈（-∞ ，-2）∪（-2  ，+∞）]时， [f ′（x）>0]，所以[f（x）]在[（-∞，-2）]，[（-2，+∞）]上单调递增，所以[x>0]时，[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，当[x>0]时，[f（x）x-2x+2·ex]的值域为[（-1，+∞）]，故存在唯一实数[x0].使得[x0-2x0+2ex0=-a]，[x0∈0，2].当[x∈（0，x0）]时，[g′（x）<0]，[g（x）]单调递减;当[x∈（x0，+∞）]时，[g′（x）>0]，[g（x）]单调递增，所以当[x=x0]时，[g（x）]取得最小值. [h（a）=ex0-a（x0+1）x20=ex0+（x0+1）x0-2x0+2ex0x20=ex0x0+2  ].记[μ（x0）=ex0x0+2]，当[x0∈0，2]时，[μ′（x0）=ex0（x0+1）（x0+2）2>0]，所以[μ（x0）]单调递增.故[h（a）=μ（x0）∈12，e24].

评注：本题（Ⅱ）问求[h（a）=ex0-a（x0+1）x20]的值域，直接求很难，应用零点满足的条件[x0-2x0+2ex0=-a]，则可以实现用零点表示参数，从而消去参数得到[μ（x0）=ex0x0+2]为关于[x0]的一元函数.

[例6]（2015年全国Ⅰ卷文科21题）设函数[f（x）=e2x-alnx].

（Ⅱ）证明：当[a>0]时[f（x）≥2a+aln2a].

证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设[f ′（x）]在（[0，+∞]）的唯一零点为[x0]，当[x∈（0，x0）]时，[f ′（x）<0];当[x∈（x0，+∞）]时， [f ′（x）>0].故[f（x）]在[（0，x0）]上单调递减，在[（x0 ，+∞）]上单调递增，所以[x=x0]时， [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] .故当[a>0]时，[f（x）≥2a+aln2a].

评注：本题（Ⅱ）问中利用隐零点[x0]满足的关系式[2e2x0-ax0=0]，得到零点与参数的关系式[e2x0=a2x0]、[lnx0=lna2-2x0]，简化了运算.

（责任编辑 黄桂坚）