思维巧突破，零点妙证明
2022-07-20刘宇峰
刘宇峰
【摘要】利用导数来破解函数零点的相关问题，创意新颖，背景各异，场景各不相同，思维方法变化多端，是高考命题者青睐与热衷的一个命题方向.结合高考真题实例，熟练掌握此类问题的基本题型与基本破解方法和策略，以不变应万变，指导数学的教与学.
【关键词】函数;导数;切线;垂直;零点;绝对值
利用导数破解函数零点的相关问题一直是历年高考中比较常见的一类题型，其创意新颖，背景各异，场景各不相同，思维方法变化多端.此类问题，合理地将函数、函数的零点、不等式以及导数及其应用等相关问题加以合理交汇，巧妙破解，方法多样，思维多变，为各层次的学生均提供相应的切入机会，具有很强的高考区分度与选拔性，是高考命题者青睐与热衷的一个命题方向.
一、真题呈现
【高考真题】（2020年高考数学全国卷Ⅲ理科第21题）设函数f（x）=x3+bx+c，曲线y=f（x）在点12，f12处的切线与y轴垂直.
（1）求b;
（2）若f（x）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
此题以含参的三次函数为问题背景进行合理创设，以导数的几何意义、函数的零点等来合理设置，是高考中考查函数与导数应用的交汇与融合时比较常见的函数类型.通过创新形式，利用导数的几何意义来合理构建，进而确定相应的参数值，并在此基础上，通过函数对应的一个零点的性质，结合函数的零点的取值情况来巧妙设置证明问题，难度较大，让人眼前一亮，同时很好地考查了数学基础知识、数学思想方法和数学能力等，具有很好的区分性与选拔性.
二、真题破解
解析：（1）f ′（x）=3x2+b，
根据导数的几何意义，由题意得f ′12=0，即34+b=0，解得b=-34.
（2）思维视角一：分类讨论思维
方法1：（分类讨论法）
由（1）知f（x）=x3-34x+c，f ′（x）=3x2-34，令f ′（x）=0，解得x=-12或x=12，
而导函数f ′（x）与函数f（x）的情况为：
x
-∞，-12
-12
-12，12
12
12，+∞
f ′（x）
+
0
-
0
+
f（x）
c+14
c-14
因为f（1）=f-12=c+14，所以当c<-14时，函数f（x）只有大于1的零点;
因为f（-1）=f12=c-14，所以当c>14时，函数f（x）只有小于-1的零点;
由题设可知-14≤c≤14.
当c=-14时，函数f（x）只有两个零点-12和1;当c=14时，函数f（x）只有两个零点-1和12;当-14<c<14时，函数f（x）有三个零点x1，x2，x3，且x1∈-1，-12，x2∈-12，12，x3∈12，1.
综上，若函数f（x）有一个绝对值不大于1的零点，则函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
点评：根据题目条件，先求导，结合导函数的正负取值情况、函数的单调性、函数在极值点处的取值情况，对参数c分类讨论，再利用函数的不同零点个数情况加以分类讨论，从而证明相关的命题成立.
思维视角二：参数分离思维
方法2：（反解参数法）
由（1）知f（x）=x3-34x+c，
设x0为函数f（x）的一个零点，根据题意，得f（x0）=x30-34x0+c=0，且|x0|≤1，
则c=-x30+34x0，|x0|≤1，
令c（x）=-x3+34x（-1≤x≤1），求导可得c′（x）=-3x2+34=-3x+12x-12，
当x∈-1，-12∪12，1时，c′（x）<0，当x∈-12，12时，c′（x）>0，
可知函数c（x）在-1，-12，12，1上单调递减，在-12，12上单调递增.
又c（-1）=14，c（1）=-14，c-12=-14，c12=14，则有-14≤c≤14.
设x1 为函数f（x）的零点，则必有f（x1）=x31-34x1+c=0，即-14≤c=-x31+34x1≤14，
所以4x31-3x1-1=（x1-1）（2x1+1）2≤0，4x31-3x1+1=（x1+1）（2x1-1）2≥0，解得-1≤x1≤1，即|x1|≤1.
所以函数f（x）所有零點的绝对值都不大于1.
点评：根据题目条件，分离参数，通过构造函数，求导，利用函数的单调性以及函数值来确定参数的取值范围，结合函数零点所满足的关系式，利用不等式组的建立与求解来确定零点的取值范围，从而证明相关的命题成立.
思维视角三：因式分解思维
方法3：（作差分解法）
由（1）知函数f（x）=x3-34x+c，
设x0为函数f（x）的绝对值不大于1的零点，根据题意有f（x0）=x30-34x0+c=0，①
若函数f（x）只有一个零点，则问题得证;
否则，设x1为函数f（x）的不同于x0的零点，根据题意有f（x1）=x31-34x1+c=0，②
由①-②，整理可得0=（x0-x1）x20+x0x1+x21-34=（x0-x1）x0+12x12-34（1-x21），
因为x0≠x1，则有34（1-x21）=x0+12x12≥0，解得|x1|≤1，问题得证.
综上，若函数f（x）有一个绝对值不大于1的零点，则函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
方法4：（待定系数法）
由（1）知函数f（x）=x3-34x+c，若函数f（x）只有一个零点，则问题得证;
否则，可设函数f（x）=（x-x1）（x-x2）（x-x3），其中x1+x2+x3=0，x1x2+x2x3+x1x3=-34，-x1x2x3=c，
则有x1=-x2-x3，代入x1x2+x2x3+x1x3=-34，整理可得x22+x23+x2x3=34，
配方整理有34（1-x23）=x2+12x32≥0，解得|x3|≤1，
同理可得|x1|≤1，|x2|≤1，问题得证.
综上，若函数f（x）有一个绝对值不大于1的零点，则函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
方法5：（判别式法）
由（1）知函数f（x）=x3-34x+c，若函数f（x）只有一个零点，则问题得证;
否则，可设函数f（x）=（x-x1）（x-x2）（x-x3），其中x1+x2+x3=0，x1x2+x2x3+x1x3=-34，-x1x2x3=c，
则有x1=-x2-x3，代入x1x2+x2x3+x1x3=-34，整理可得x22+x2x3+x23-34=0，
對于以上关于x2的一元二次方程，Δ=x23-4x23-34≥0，解得|x3|≤1，
同理可得|x1|≤1，|x2|≤1，问题得证.
综上，若函数f（x）有一个绝对值不大于1的零点，则函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
方法6：（二次函数法）
由（1）知函数f（x）=x3-34x+c，
设x0为函数f（x）的绝对值不大于1的零点，根据题意有f（x0）=x30-34x0+c=0，①
若函数f（x）只有一个零点，则问题得证.
否则，可设函数f（x）=（x-x0）x2+x0x+x20-34=（x-x0）g（x），则只需证明g（x）=0的两根绝对值不大于1.
因为函数g（x）图像的对称轴为x=-12x0∈-12，12，且g（-1）=x0-122≥0，g（1）=x0+122≥0，
结合二次函数的图像与性质可知g（x）=0的两根均在[-1，1]内，即g（x）=0的两根绝对值不大于1，问题得证.
综上，若函数f（x）有一个绝对值不大于1的零点，则函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
点评：根据题目条件，分函数f（x）只有一个零点或其他情况，利用函数零点的性质因式分解，借助相关零点关系式加以作差分解、待定系数、函数与方程以及构造函数转化法等思维，证明零点的绝对值不大于1即可证明相关的命题成立.
思维视角四：三角函数思维
方法7：（三角换元法）
由（1）知函数f（x）=x3-34x+c，
设x=sin θ为函数f（x）的绝对值不大于1的零点，则c=-sin3θ+34sin θ=14sin 3θ=sin θsin π3+θsin π3-θ，
则函数f（x）=（x-sin θ）x-sin π3+θx-sin π3-θ，
若函数f（x）只有一个零点，则问题得证;
否则，sin π3+θ与sin π3-θ也是函数f（x）不同于sin θ的零点，
结合三角函数的图像与性质知sin π3+θ∈[-1，1]，sinπ3-θ∈[-1，1]，问题得证.
综上，若函数f（x）有一个绝对值不大于1的零点，则函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
点评：根据题目条件，设出函数f（x）的绝对值不大于1的零点的三角关系式，分离参数，借助三倍角公式以及三角恒等变换公式的转化，确定函数的三角关系表达式，分函数f（x）只有一个零点或其他情况，结合三角函数的图像与性质来证明相关的命题成立.
思维视角五：反证思维
方法8：（反证法）
由（1）知函数f（x）=x3-34x+c，f ′（x）=3x2-34=3x+12x-12，
令f ′（x）>0，解得x<-12或x>12;令f ′（x）<0，解得-12<x<12，
所以函数f（x）在-12，12上单调递减，在-∞，-12，12，+∞上单调递增，且f（-1）=f12=c-14，f（1）=f-12=c+14，
若函数f（x）所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，
则f（-1）>0或f（1）<0，即c>14或c<-14，
当c>14时，
f（-1）=f12=c-14>0，
f（1）=f-12=c+14>0，
又f（-4c）=-64c3+3c+c=4c（1-16c2）<0，
由零点存在性定理知函数f（x）在（-4c，-1）上存在唯一一个零点x0，
即函数f（x）在（-∞，-1）上存在唯一一个零点，在（-1，+∞）上不存在零点，
此时函数f（x）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾;
当c<-14时，
f（-1）=f12=c-14<0，f（1）=f-12=c+14<0，又f（-4c）=-64c3+3c+c=4c（1-16c2）>0，
由零点存在性定理知函数f（x）在（1，-4c）上存在唯一一个零点x0′，
即函数f（x）在（1，+∞）上存在唯一一个零点，在（-∞，1）上不存在零点，
此时函数f（x）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾.
综上，函数f（x）所有零点的绝对值都不大于1.
点评：根据题目条件，求导，结合函数的单调性以及相应的函数值，利用条件的假设：f（x）所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，通过反证思维，结合c>14与c<-14两种不同情况，利用零点存在性定理，判断函数f（x）不存在绝对值不大于1的零点，由此得以证明原来的命题成立.
三、变式拓展
【变式】（2022届云南省大理州大理市高三（上）月考数学试卷）设函数f（x）=aex（x-1）-2x2+b.
（1）讨论f（x）的单调性;
（2）若a=2，f（x）有一个不大于0的零点，证明：f（x）所有的零点都不大于1.
分析：（1）求出导函数，然后分a≤0，0
（2）由题意，f（0）=b-2≥0，分别利用零点的定义证明b=2，b>2时函数的单调性，对f（ln 2）与0的大小关系进行讨论即可.
点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，导数与不等式的综合应用.在利用导数证明涉及函数零点的不等式问题时，一般会构造一个函数，通过分类讨论思想、函数与方程思想等的应用，转化为求解函数的取值情况，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，以及对应的数学思想方法，属于难题.
四、解后反思
在解决此类利用导数来破解函数零点的相关问题时：可直接利用函数特征加以分类讨论;可直接构造相应的函数合理转化;可直接通过导数来确定对应函数的草图，数形结合;可间接通过设置结论的反面加以反证推理，以达到解决问题的目的.在破解问题时无论采用何种方法切入，都离不开相应参数的分类讨论与函数单调性、极值与最值的应用，关键是熟练掌握基本题型和基本破解方法与策略，以不变应万变.
