函数隐零点问题的探究

■郑州市第十一中学 李小斌

导数隐零点问题是高考函数零点中常见的题型之一,其源自含指数或对数的函数方程无法进行精确求解,我们只能在得到方程解的存在性之后去估计大致的范围,从而进行求解。

解决隐零点问题的三部曲通常是:

第一步,用零点存在性定理判断导函数的零点存在,列出零点方程f'(x)=0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围;

第二步,以零点为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式;

第三步,将零点方程f'(x)=0 适当变形,整体代入f(x)的最值式子进行化简,要么消除f(x)最值式子中的指数或对数项,要么消除其中的参数项,从而对f(x)的最值式子进行化简和证明。

一、不含参函数的隐零点问题

例1(2023 年郑州模拟)已知函数

(1)求函数g(x)的极值;

(2)当x＞0时,证明:f(x)≥g(x)。

当x∈(0,e)时,g'(x)＞0,g(x)在(0,e)上单调递增;

当x∈(e,+∞)时,g'(x)＜0,g(x)在(e,+∞)上单调递减。

故函数g(x)的极大值为无极小值。

(2)证明f(x)≥g(x)等价于证明xex+1-2≥lnx+x(x＞0),即证明xex+1-lnx-x-2≥0。

当x∈(0,x0)时,φ(x)＜0,h'(x)＜0,h(x)在(0,x0)上单调递减;

当x∈(x0,+∞)时,φ(x)＞0,h'(x)＞0,h(x)在(x0,+∞)上单调递增。

故h(x)min=h(x0)=x0ex0+1-lnx0-x0-2。

又因为φ(x0)=0,即,所以h(x0)=-lnx0-x0-1=(x0+1)-x0-1=0,从而h(x)≥h(x0)=0。

因此,f(x)≥g(x)。

方法探究：已知不含参函数f(x),导函数方程f'(x)=0的根存在,却无法求出。

(1)利用零点存在性定理,判断零点存在,设方程f'(x)=0的根为x0,则有关系式f'(x0)=0成立,注意确定x0的取值范围。

(2)利用f'(x0)=0,换掉f(x0)中的lnx0和ex0,从而证出结果。

二、含参函数的隐零点问题

例2(2022 年湖北省新高考协作体联考)已知函数f(x)=2exsinx-ax(e是自然对数的底数)。若0＜a＜6,试讨论f(x)在(0,π)上的零点个数。(参考数据

解析:由题意知f(x)=2exsinx-ax,则f'(x)=2ex(sinx+cosx)-a。

令h(x)=f'(x),则h'(x)=4excosx。

当x∈(0,x0)时,f'(x)＞0;

当x∈(x0,π)时,f'(x)＜0。

因此,f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减。

因为f(0)=0,所以f(x0)＞0。

又f(π)=-aπ＜0,由函数零点存在性定理可得,此时f(x)在(0,π)上仅有一个零点。

②当2＜a＜6时,f'(0)=2-a＜0。

当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,f'(x)＜0;

当x∈(x1,x2)时,f'(x)＞0。

因此,f(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增。

因为f(0)=0,所以f(x1)＜0。

又f(π)=-aπ＜0,由零点存在性定理可得,f(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时f(x)在(0,π)上有两个零点。

综上所述,当0＜a≤2时,f(x)在(0,π)上仅有一个零点;当2＜a＜6时,f(x)在(0,π)上有两个零点。

方法探究：已知含参函数f(x,a),其中a为参数,导函数方程f'(x,a)=0 的根存在,却无法求出。

(1)设方程f'(x)=0的根为x0,则有关系式f'(x0)=0成立,该关系式给出了x0,a的关系；要注意确定x0的取值范围,往往和a的取值范围有关。

(2)注意利用a的取值范围进行适当放缩,把字母a去掉。

求解隐零点问题的难点在于对隐零点所在区间的准确界定,通常有以下三种方法。

第一种是二分法,若x0∈(1,2)选取不合适,可判断的正负,重新确定在以为长度的区间,这也是较为基础的方法；

第二种是根据题目后面给出的参考数据重新选点,例如ln 2,ln 2.5,ln 3 的参考值,通常这种提示就可以大致确定出隐零点的取值范围；

第三种既不能用二分法也没有对应的参考数据,此时可直接从f(x0)=0入手,反推x0的取值范围。

隐零点问题是指对函数的零点设而不求,通过一种整体代换和过渡,结合题目条件最终解决问题,常常出现在高考数学的压轴题中。这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大。希望同学们在学习时予以高度的重视,能够快速解答此类题目,从而取得优异的成绩。