导数中“隐零点”问题的破解方法

【摘要】导数的应用一直是近年数学高考试题考查的重点难点，也是高中数学教学的重点难点，其中“隐零点”问题更是导数应用中有代表性的难点易错点.本研究旨在分析总结“隐零点”问题的特点、规律、解法，并尝试构建一种有效的解题思路和步骤，深化对“隐零点”问题的理解和掌握.

【关键词】“隐零点”；函数零点存在定理；构造函数；函数与方程思想；转化与化归思想

“函数的零点”是高中数学函数非常重要的教学内容.函数的零点从不同的角度将数与形、函数与方程有机地联系在一起，在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要掌握转化与化归思想，处理“隐零点”问题可考虑“函数零点存在定理”“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等.可遵循如下处理方法：第一步，用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′（0）=0，并结合f（x）的单调性得到零点的范围；确定隐性零点范围的方法是很灵活的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，或者由题设直接得到；第二步，以零点为分界点，判断导函数f′（x）的正负，进而得到f（x）的最值表达式；进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入分析的关键；第三步，将零点方程g（x0）=0适当变形，整体代入最值式子进行化简证明.

例1 已知函数f（x）=ex－1－lnx－ax，a∈R.

（1）当a=e－12时，求函数f（x）的单调性；

（2）当a＞0时，若函数f（x）有唯一零点x0，证明：1＜x0＜2.

思路点拨 第（1）问根据题意得f′（x）=ex－1－1x－e+12，又f″（x）=ex－1+1x2＞0，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，易知f′（2）=0，从而即可求解单调性；第（2）问根据第（1）问可知f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又ex≥x+1恒成立，应用零点存在定理“卡根”f′（1+a）=1－11+a＞0，f′（1）=－a＜0，所以存在唯一的t0∈（1，1+a），使得f′（t0）=0，即et0－1－1t0－a=0，分析可知f（x）单调性，得到f（x）min=f（t0），再通过分析证明，若函数f（x）有唯一零点x0，则f（t0）=0，所以x0=t0，即ex0－1=1x0+a，所以f（x0）=1x0+a－lnx0－ax0=0，设u（x0）=1x0+a－lnx0－ax0，分析单调性并判断u（1）和u（2）的正负，即可求解.

规范解析（1）根据题意得：f（x）的定义域为（0，+∞），所以f′（x）=ex－1－1x－e+12，

又f″（x）=ex－1+1x2＞0，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，

易知f′（2）=e－12－e+12=0，所以当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，

所以函数f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增.

（2）因为a＞0，f（x）的定义域为（0，+∞），所以f′（x）=ex－1－1x－a，

所以f″（x）=ex－1+1x2＞0，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，

设h（x）=ex－x－1，则h′（x）=ex－1，当x＞0时，h′（x）＞0，所以h（x）单调递增，

当x＜0时，h′（x）＜0，所以h（x）单调递减，所以h（x）≥h（0）=0，

所以ex－x－1≥0，即ex≥x+1，

所以f′（1+a）=ea－11+a－a＞a+1－a=1－11+a＞0，又f′（1）=－a＜0，

所以存在唯一的t0∈（1，1+a），使得f′（t0）=0，即et0－1－1t0－a=0，

当x=（0，t0），f′（t0）＜0，f（x）单调递减，当x∈（t0，+∞）时，f′（t0）＞0，

f（x）单调递增，所以f（x）min=f（t0），又ex≥x+1，所以x≥ln（x+1），

所以x－1≥lnx，当x=1时，等号成立，则x＞lnx，

所以f（x）=ex－1－lnx－ax＞ex－1－x－ax=ex－1－（a+1）x，

即f（x）＞ex－1－（a+1）x，又ex－1≥x+1，所以ex－1≥x，所以ex2－1≥x2，

所以ex－2≥x24，又ex－1＞ex－2，所以ex－1＞x24，

所以f（x）＞ex－1－（a+1）x＞x24－（a+1）x，即f（x）＞x24－（a+1）x，

所以f［4（a+1）］＞16（a+1）24－（a+1）×4（a+1）=0，

当x→0时，f（x）＞0，若函数f（x）有唯一零点x0，则f（t0）=0，所以x0=t0，

即ex0－1=1x0+a，所以f（x0）=1x0+a－lnx0－ax0=0，

设u（x0）=1x0+a－lnx0－ax0，所以u′（x0）=－1x20－1x0－a＜0，

所以u（x0）在（1，+∞）单调递减，所以u（1）=1＞0，u（2）=12－ln2－a＜0 ，

所以1＜x0＜2.

例2 已知函数g（x）=lnx－12x2.

（1）求g（x）的单调区间；

（2）令f（x）=2cosx+g（x），判断函数f（x）的零点个数，并证明你的结论.

思路点拨 第（1）问应用导数研究函数单调区间的方法，由g′（x）＞0x＞0解得函数增区间，g′（x）＜0x＞0解得减区间；第（2）问根据函数f（x）的定义域以及正弦、余弦函数的单调性和有界性，综合应用零点存在定理和极限思想，分0＜x＜1，1＜x＜π，x＞π三种情况讨论，即可推导出函数零点的个数．

规范解析 （1）函数g（x）=lnx－12x2，由题意可知，x＞0且g′（x）=1x－x=1－x2x=（1+x）（1－x）x，

因为g′（x）＞0，得0＜x＜1，g′（x）＜0，解得x＞1，

所以增区间是（0，1），减区间是（1，+∞）．

（2）已知f（x）=2cosx+lnx－12x2且x＞0，

①当0＜x＜1时，f′（x）=－2sinx－x+1x，设h（x）=－2sinx－x+1x，

则h′（x）=－2cosx+1x2－1，

由于0＜x＜1，所以h′（x）＜0，即f′（x）在（0，1）上单调递减，

又f′π6＞0，f′（1）=－2sin1＜0，

所以存在x0∈（0，1），使得函数f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，

当x0∈（x0，1）时，f（x0）＞f（1）=2cos1－12＞0，故f（x）在（x0，1）上无零点；

当x0∈（0，x0）时，x→0时，f（x）→－∞，f（x0）＞0，故f（x）在（0，x0）上必有一个零点.

②当1＜x＜π时，由（1）可知，y=2cosx与y=g（x）都单调递减，

所以y=f（x）在1，π上单调递减，又f（1）＞0，f（π）＜0，故f（x）在1，π上必有一个零点.

③当x＞π时，由（1）可知，g（x）=lnx－12x2单调递减，故g（x）＜g（π）=lnπ－12π2，

所以f（x）=2cosx+lnx－12x2＜2cosx+lnπ－12π2＜2+lnπ－12π2＜0，

故f（x）在［π，+∞］上无零点.

综上所述，函数f（x）在其定义域上共两个零点.

结语

“隐零点”问题即函数零点不可求，其实质是：如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出.导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征（零点方程），判断其范围（用零点存在性定理），最后整体代入即可（注意零点的范围和特征），我们可对零点“设而不求”，通过整体的代换化简，最终解决问题．

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