导数问题中虚设零点的三大策略分析
高中数学题海拾贝：导数之虚设零点
高中数学题海拾贝：导数之虚设零点
在解决有关函数与导数的问题时，欲判断函数的单调性，通常要求出导函数的零点，但是在某些情况下，我们得到的导函数是超越函数，零点的精确值往往没法求出来，怎么处理呢？这时我们就要用到“虚设零点”的技巧了，请看下列：
很明显这其实是一个恒成立问题，我们需要求出当x>0时,f(x)的最小值，为此我们求f(x)的导函数：
由于f '(x)是超越函数，它的零点的精确值我们求不出来，于是我们“虚设零点”：
接下来我们只要证明所得f(x)的最小值大于欲证式的右边就可以了，但是我们所得最小值照样是超越结构，我们很难估计出它的大小，怎么办呢？这个时候大家千万别忘了我们虚设的零点的身份了，它既然是导函数的零点，它就满足使导函数值为零这一条件，利用这一条件我们想办法把超越式转化成非超越式，处理如下：
今天我就写到这里，我们明天继续。
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导数与函数零点问题解题方法归纳
导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题.二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()21e xg x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21x f x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+， 即()()()11e xf x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立.故()f x 在(),-∞+∞为增函数.②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-；所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数.③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+；所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数；当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数.（2）因为()()21e 1x g x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-， ①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点.②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数.因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<；所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==.故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=， 且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110m g m m m m m =+-->+--=， 根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点.又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0.故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点.又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110e g m -=+-，所以21e m -， 即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】 【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x =--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=， 对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数. （2）由已知可得()cos x g x e x '=-， 因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=.故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点. 等价于1ln 0a x x--=有两根， 显然1x =不是方程的根， 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且， 设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e <<， 故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以110e a-<-<， 所以a e >. 类型二 设而不求，巧“借”零点 【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a ≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20x a f x e x x . 当0a时,()0f x ，()f x 没有零点； 当0a 时，因为2x e 单调递增，a x 单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b 且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00x x ，时，()0f x ;当0+x x ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0x x 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x . 由于0202=0x a e x ，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a . 故当0a 时，2()2ln f x a a a. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x 的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”．【举一反三】 【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21x f x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立，即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ， 令244()()()2155x x g x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--， 记()()21()2x xh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>，故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增， 又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=， 故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()02min 0004()5x g x g x e x x ==--- 一方面：()014(1)5g x g e <=- 另一方面：由()00g x '=，即00210x e x --=，得()022*********x g x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<， 所以1120m <- ，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三 二次构造（求导），避免求根 【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-.（1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >，当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--， 则()()2111'x x x xf x x -++=--=， 令()'0f x ≥且0x >，则102x +<≤， 故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-， 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()001011110242110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩， 即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根， 则121012x x <<<<， 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =， 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=， 即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()001'2ln 12ln 11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立， 即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212*********e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩， 由零点存在定理，210ex e --<<. 【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)x x f x eax e =-+⋅，且()0f x . （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10x xf x ax =--≥,且e 0x >,所以e 10x ax --≥, 构造函数()e 1x u x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =, 若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >,则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()0022200000011e 1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+< ⎪⎝⎭.三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（ ）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5C ．4D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()xx f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>， 由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<， 在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>， 所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解， 即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
求解导数零点问题的四种策略
2020年第12期中学数学教学参考（下旬）'想方法求解导数零点问题的四种策略毛正燕（贵州省安顺市西秀区高级中学）余登高（贵州省安顺市西秀区岩腊乡三股水学校）摘要：导数零点是导数综合应用中非常重要的知识，其考查形式多样，问题设置一般较为复杂，尤其是导 数零点不可求问题。
本文给出四种策略下求解导数零点问题的示例，展现了一种策略独领风骚，多种策略 助力的解题过程。
关键词：导数；零点定理；函数文章编号：1002-2171 (2020) 12-0054-03导数作为高中数学中的重点内容，一直是高考函数压轴题涉及的主要知识。
导数零点问题考查形式多样，问题设置较为复杂，常常给学生的解题带来障碍。
下面笔者通过示例说明求解该类问题的四种策略。
1 一个定理——零点存在性定理在判断导函数/(：c)在给定区间U，6)内的单调 性后，可在区间（a，6)内取两个特殊值（往往取比较容易计算的具有明显特征的数值），计算对应的导函数值，并与〇进行比较，结合函数的零点存在性定理，就 可以得到导函数/'(x)在给定区间（a，6)内存在唯一 的零点。
例1(2019年高考数学全国卷I文科第20题第（I )问）已知函数 /(x) =2sin x—xcos x— x, /U)为/(X)的导函数。
证明：/(1)在区间（0,7T)内存在唯一零点。
分析：先对函数/(I)求导，然后对导函数再次求导，利用函数的单调性与最值，结合函数的零点存在性定理证明。
证明：由题意可得/^(工）=2cos x— [cos x+x(— sin x)] —l=cos x+xsin x一1，设函数g(x)=//(x)=c o s x+xsin x—1，贝!j（:r) =:ccos x。
当时，单调递增；当(|，7T)时，^/(:r)<0，g(jc)单调递减。
则函数g O)的最大值为 —1>〇。
又 g(0) =0，g(7t)=—2,可得 d f) .g(7t)<〇,即/'(f) ./(兀）<〇,所以根据函数的零点存在性定理，可知/(：c)在区间（0, 7t)内存在唯一零点。
导数问题中虚设零点的三个技巧
技巧１ 整体代换，将超越式转化为普通式．
如果ｆ′（ｘ）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算 包 括 无 理 数 乘 方、指 数、对 数、三 角、反三角等运算的解析式，称 为 初 等 超 越 式，简称超越式），并且ｆ′（ｘ）的零点是存在的但 无法求出，这时可采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围 和满足 的 关 系 式，然后分析出相应的函数的单调性，最后通过恰当 运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果．通过 这种形式化的合理 代 换 或 推 理，谋求一种整体的转换和过渡，从 而将超越式转化为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点．
Байду номын сангаас
如果ｆ′（ｘ）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想 当然，用求根公式把零点求出来，代入极 值 中 去．但 接 下 来 要 么 计 算 偏 烦，要 么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工
作无法开展．正所谓“思 路 简 单，过 程 烦 人”．这 时有两个处理 技巧．
如果问 题 要 求 解（或 求 证）的结论与参数有关，利用关系式ｆ′（ｘ）＝０ （大部 分 情 况 可 转 化 为二次方程），在保留 参 数 的 情 况 下，不 断 地 把 零 点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程（或 不 等 式），就可求出参数的值或参数的范围．
导数问题中虚设零点的三个 技巧
导数是解决函 数 单 调 性、极 值、最 值、不 等 式证 明等问题的“利 器”．与导数有关的数学问题往往成 为高考函数压轴题，求解这些压轴题时，经常会碰到 导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的 情形．此时，可以将这个零点只设出来而不必求出来， 然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件， 从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为 “虚设零点”法．
导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略
导数问题中虚设零点的三大策略
（一）整体代换，将超越式化为普通式
如果f'（x）是超越式，并且f'（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采取虚设零点法，逐步分析出其零点所在的范围和满足了关系式，然后分析出其零点所在的范围和满足了关系式，然后分析出函数的单调性，最后通过恰当运用函数的值与零点所满足的关系，推演出所要求的结果。
通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的代换和过渡，从而将超越式化为普通式，有效地破解求解或推理证明中的难点。
（二）反代消参，构造关于零点的单一函数
如果问题要求解或求证的结论与参数无关，这时我们一般不要用参数来表示零点，而是反过来用零点表示函数，再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明。
（三）降次留参，建立含参数的方程式或不等式
如果问题要求解或求证的结论与参数有关，利用关系式f'（x）=0（大部分情况可转化为二次方程），在保留参数的情况下，不断地把零点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程或不等式，就可求出参数的值或参数的范围。
导数问题中虚设零点的三大策略
ａ 。 ） 单调递增 ， 所以ｇ （ ）＞ｇ （ ｏ ） ＝０ ． 当 ａ＞０ 时， 方程 ｇ （ ） ＝ａ 有一个根 ， 且 （ ） 存在 唯一零点 ； 当 ａ≤ ０ 时， 方程 ｇ （ ） ＝ａ 没有根 ， 丑 口 厂（ ） 没有零
点． 当 ∈ （ ０ ， ｏ ） 时√ （ ）＜０ ； －
（ １ ） 设 ＝０ 是 ） 的极值点 ， 求 ｍ并讨论 ） 的
单调性 ； （ ２ ）当 ｍ ≤ ２时 ， 证明 ）＞０ ．
解 （ １ ） ｍ＝１ （ 一１ ， ０ ） ． ） 增 区问为（ ０ ， 十∞ ） ， 减 区 间为
（ ＞０ ） ． 由 ，（ ） ＝０ ， 得 ２ ； ２ ｅ ＝０ ． 令ｇ （ ）＝２ ｘ ｅ ｈ ， ｇ （ ） ：（ ＋２ ） ｅ ＞０ （ ＞０ ） ， 从而ｇ （ ） 在（ ０ ，＋
ｇ ， ， （ ） ｅ ＋ 上单调递增． ＞０ ， 所以ｇ （ ） 在（ 一２ ， ＋ｏ 。 ）
（ ２ ）由（ １ ） ， 可设 （ ）在（ ０ ， ＋∞）的唯一零点为
０，
当 Ｅ （ ０ ，＋∞）时 （ ）＞０ ． 故， （ ） 在（ ０ ， 。 ） 单调递减 ， 在（ ‰， ＋∞ ）单调递 增， 所 以， （ ） ＝ 。 ） ．
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导数与函数零点问题解题方法归纳
导数与函数零点问题解题方法归纳导函数零点问题一、方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心是由导数值的正负确定函数的单调性。
应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究$f(x)$的单调性，往往需要解方程$f'(x)=0$。
若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题。
二、解题策略类型一：察“言”观“色”，“猜”出零点例1】【2020·福建南平期末】已知函数$f(x)=x+ax+\frac{1}{e^{2x}}$1）讨论$f(x)$的单调性；2）若函数$g(x)=x+\frac{1}{e^{-mx}-1}$在$[-1,+\infty)$有两个零点，求$m$的取值范围。
分析】1）首先求出函数的导函数因式分解为$f'(x)=(x+a+1)(x+1)e^{-2x}$，再对参数$a$分类讨论可得：①当$a=0$时，$f'(x)=(x+1)e^{-2x}$，当且仅当$x=-1$时，等号成立。
故$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数。
②当$a>0$时，$-10$得$x-1$，由$f'(x)<0$得$-a-1<x<-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数。
③当$aa+1$，由$f'(x)>0$得$x>-a-1$或$x<-1$，由$f'(x)<0$得$-1<x<-a-1$；所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
综上，当$a=0$时，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$为增函数；当$a>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-a-1)$，$(-1,+\infty)$为增函数，在$-a-1,-1$为减函数；当$a<0$时，$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$-a-1,+\infty$为增函数，在$-1,-a-1$为减函数。
六类技巧终结导数隐零点问题
例1. 已知函数=()ln f xx x ，（1）证明：≥-()1f x e⑵ 已知函数()2=-+-g x x x k ，若对区间e[1,1]上任意x 均有≤f x g x ()()恒成立，求k 的最大值。
解：⑴ 略 ⑵由题设条件知：ln 2≤-+-x x x x k 在e[1,1]上恒成立ln 2⇔≤--+k x x x x 在e[1,1]上恒成立⇔≤--+k x x x x (ln )2m in令()ln 2=--+h x x x x x ，∈x e [1,1]则'=--()2ln h x x xh x x e x ''=--<<<()210(11)，即'h x ()为减函数，又h e e '=-+>(1)110 h '=-<(1)20∴'h x ()在e[1,1]上有唯一的零点x 0，且=-x x ln 200当∈x e x 0(1,)时'>h x h x ()0,()单调递增，当∈x x 0(,1)时'<h x h x ()0,()单调递减。
∴h x h e h min ()min (1),(1)=⎧⎨⎩⎫⎬⎭ 又 h e e e =->2(1)210 h =(1)0∴h x =min ()0 ∴k ≤0 故k =max 0技巧一虚设零点-----媒介过渡；技巧一：虚设零点-----媒介过渡技巧二：敏锐洞察——观察零点技巧三：反带消参—构造单变量函数，研究参数值及范围技巧四：降次或减元留参，达到证明或求值的目的技巧五：巧设零点---超越式划代数式技巧六：巧妙转化（含放缩，讨论等）24581410六类技巧终结导数隐零点问题例2（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数． 证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++ 00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，则0x x =为()g x 唯一极大值点；即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点，又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上递减又()()000f x f >=，2sin ln 1ln ln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>=⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点 ④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 技巧二 敏锐洞察-----观察零点 例3 （13北京）设L 为曲线C:ln xy x=在点(1,0)处的切线. (I)求L 的切线方程;(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I) L ： 1y x =-.(II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方()0g x ⇔>(0,1)x x ∀>≠，()g x 满足(1)0g =, 221ln ()1()x xg x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增.所以()(1)0g x g >=(0,1x x >≠)，即除切点之外,曲线C 在直线L 的下方.例4. （11浙江）设函数()f x ＝2()ln x a x -，a ∈R （Ⅰ）若x ＝e 为()y f x =的极值点，求实数a ；（Ⅱ）求实数a 的取值范围，使得对任意的x ∈（0,3e ]，恒有()f x ≤42e 成立.注：e 为自然对数的底数。
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导数问题中虚设零点的三大策略导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”.因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题.此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决.我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略.策略1整体代换将超越式化简为普通式如果f′（x）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式），并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点.例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx.（1）讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数；（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2e2x-ax（x>0）.由f′（x）=0，得2xe2x=a.令g（x）=2xe2x，g′（x）=（4x+2）e2x>0（x>0），从而g（x）在（0，+∞）单调递增，所以g（x）>g（0）=0.当a>0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点；当a≤0时，方程g（x）=a没有根，即f′（x）没有零点.（2）由（1），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）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以f（x）min=f（x0）.由于2e2x0-ax0=0，得e2x0=a2x0，由x0=a2e2x0，得lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0，所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0-a（lna2-2x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0×2ax0+aln2a=2a+aln2a.故当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.评析本题第（2）问要证明f（x）≥2a+aln2a，只需要f（x）min≥2a+aln2a，f（x）min在f′（x）的零点取到.但f′（x）=0是超越方程，无法求出其解，我们没有直接求解x0，而是在形式上虚设.这样处理的好处在于，通过对x0满足的等式e2x0=a2x0，lnx0=lna2-2x0的合理代换使用，快速将超越式e2x0-alnx0化简为普通的代数式a2x0+2ax0+aln2a，然后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了x0.在求解的过程中，不要急于消掉x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式.借助f′（x0）=0作整体代换，竟能使天堑变通途！其实，这种做法早已出现在以下两道试题中.我们一起来体会一下如出一辙的解法带给我们的便捷.例2（2013年全国高考新课标Ⅱ卷理21）已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.（1）设x=0是f（x）的极值点，求m并讨论f（x）的单调性；（2）当m≤2时，证明f（x）>0.解（1）m=1，f（x）增区间为（0，+∞），减区间为（-1，0）.（2）当m≤2时，x+m≤x+2，ln（x+m）≤ln（x+2），-ln（x+m）≥-ln（x+2），所以f（x）≥ex-ln（x+2），令g（x）=ex-ln（x+2），则g′（x）=ex-1x+2，g″（x）=ex+1（x+2）2>0，所以g′（x）在（-2，+∞）上单调递增.又g′（-1）=e-1-1<0，g′（0）=1-12>0，所以存在唯一的x0∈（-1，0），使g′（x0）=0.所以当-2<X<X0时，G′（X0）x0时，g′（x0）>0，g（x）单调递增.评析在本题中，在确定出函数g′（x）=ex-1x+2在（-2，+∞）上存在唯一的零点x0后，无法直接求解x0，在形式上虚设后，通过对x0满足的等式条件ex0=1x0+2，x0=-ln （x0+2）的合理代换使用，快速将超越式g（x0）=ex0-ln（x0+2）化简为普通的代数式g （x0）=1x0+2+x0，为证貌似不可能证的不等式g（x0）>0扫除了障碍.例3（2012年全国新课标卷文21第2问）设函数f（x）=ex-ax-2.若a=1，k为整数，且当x>0时，（x-k）f′（x）+x+1>0，求k的最大值.解由于a=1，所以（x-k）f′（x）+x+1=（x-k）（ex-1）+x+1>0k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x，原命题k评析本题中，在确定出h（x）=ex-x-2在（0，+∞）上存在唯一零点的情形下，通过虚设零点x0，并借助ex0=x0+2来简化g（x0）=x0+1ex0-1+x0，为估计g（x0）的范围创造了条件.虚设零点，让我们感受到“柳暗花明又一村”的奇妙诗意.如果f′（x）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想当然，用求根公式把零点求出来，代入极值中去.但接下来要么计算偏繁，要么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工作无法开展.正所谓“思路简单，过程烦人”.这时有两个策略：策略2反代消参构造关于零点的单一函数如果问题要求解（或求证）的结论与参数无关，这时我们一般不要用参数来表示零点，而是反过来用零点表示参数，然后把极值函数变成了关于零点的单一函数，再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明.例4（2014年全国高考新课标Ⅱ卷文21第2问）已知函数f（x）=x3-3x2+x+2，曲线y=f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为-2.证明：当k<1时，曲线y=f （x）与直线y=kx-2只有一个交点.解曲线y=f（x）与直线y=kx-2只有一个交点g（x）=f（x）-kx+2的图象与x轴只有一个交点.g（x）=x3-3x2+（1-k）x+4，g′（x）=3x2-6x+1-k.（1）当Δ=36-12（1-k）=24+12k≤0，即k≤-2时，g′（x）≥0，所以g（x）在R 上为增函数.因为g（-1）=k-1<0，g（0）=4>0，所以存在唯一x0∈（-1，0）使得g（x0）=0，所以g（x）的图象与x轴只有一个交点.（2）当Δ=36-12（1-k）=24+12k>0，即-2<K0，g′（1）=-2-k<0，所以0<X1<1，1<X20，g（x）在（-∞，x1）内为增函数；当x∈（x1，x2）时，g′（x）<0，g（x）在（x1，x2）内为减函数；当x∈（x2，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）内为增函数.g （x）的极小值点是x2.所以g（x）的图象与x轴只有一个交点，只需要g（x2）>0.由g′（x2）=3x22-6x2+1-k=0得1-k=-3x22+6x2，g（x2）=x32-3x22+（1-k）x2+4=x32-3x22+（-3x22+6x2）x2+4=-2x32+3x22+4.令x2=t，g（x2）=h（t）=-2t3+3t2+4（1<Th（2）=0，即g（x2）>0.所以当-2<K<>综上（1）、（2）可知，当k<1时，曲线y=f（x）与直线y=kx-2只有一个交点.评析本题当-2<K0.x2是可以求出的（实际上x2=1+6+3k3），但我们证关于k的不等式g（x2）=g（1+6+3k3）>0，让人无处下手.于是，我们虚设零点x2，采用“反代”的方法，用零点x2来表示参数，有1-k=-3x22+6x2.巧妙地回避了这些繁杂的计算，简洁而利索，可谓妙哉.例5（2009年全国高考Ⅱ卷理22第2问）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点，证明：f（x）的极小值大于1-2ln24；证明f′（x）=2x+a1+x=2x2+2x+a1+x（x>-1）.令g（x）=2x2+2x+a，函数f（x）有两个极值点g（x）=2x2+2x+a在（-1，+∞）上有两个不等实根Δ=4-8a>0g（-1）=a>00<A<>设x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，且x10，其对称轴为x=-12，所以-1<X1<-12，-12<X20，f（x）在（-1，x1）内为增函数；当x∈（x1，x2）时，f′（x）<0，f（x）在（x1，x2）内为减函数；当x∈（x2，+∞）时，f′（x）>0，f（x）在（x2，+∞）内为增函数.所以，f（x）的极大值点是x1，f（x）的极小值点是x2.由g（x2）=2x22+2x2+a=0得a=-（2x22+2x2），所以f（x2）=x22+aln1+x2=x22-（2x22+2x2）ln（1+x2）.令x2=t，设f（x2）=h（t）=t2-（2t2+2t）ln（1+t），其中-12<T0，h（t）在[-12，0）单调递增.所以当t∈（-12，0）时，h（x）>h（-12）=1-2ln24.故f（x2）=h（t）>1-2ln24.评析f（x）=x2+aln1+x的极小值点x2来自f′（x）=2x2+2x+a1+x的零点，按常规思路，要证明f（x2）>1-2ln24，就要将x2=-1+1-2a2代入f（x）求解，其本质就是用参数a表示零点x2，再证明关于a的不等式，-1+1-2a22+aln1+-1+1-2a2>1-2ln24，复杂的算式让人无处下手.于是，我们采用“反代”的方法，用零点x2来表示参数a=-（2x22+2x2）.事实证明，这种变通是十分有效的.策略3降次留参建立含参数的方程（或不等式）如果问题要求解（或求证）的结论与参数有关，利用关系式f′（x）=0（大部分情况可转化为二次方程），在保留参数的情况下，不断地把零点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件，建立含参数的方程（或不等式），就可求出参数的值或参数的范围.例6（2012年高考全国大纲卷文科第21题）已知函数f（x）=13x3+x2+ax.（1）讨论f（x）的单调性；（2）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；（3）（笔者加编）函数f（x）的图像与x轴有三个公共点，求a的取值范围.解（1）略.（2）f′（x）=x2+2x+a，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.因此直线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）.而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.所以，所求a的值为a=0或a=23或a=34.（3）函数f（x）的图像与x轴有三个公共点f（x）有极大值极小值且两个极值异号.f （x）有极大值极小值f′（x）有两零点Δ=4-4a>0即a<1.评注对于问题（2），找到极值点横坐标x1、x2与参数a之间的联系（x21=-2x1-a，x22=-2x2-a），利用它不断地把零点的次数降到1次为止，再利用设而不求法求出直线方程，利用直线方程求出与x轴的交点，根据交点在已知曲线上建立含参数a的方程，从而得到参数a的值；对于问题（3），等价转化为f（x1）·f（x2）<0，再利用韦达定理转化为纯粹的含参数a的不等式，求出了a的取值范围，这也要归功于问题（2）的降次留参.综上所述，“虚设零点”的三大策略，让我们成功回避复杂的运算，摆脱解决问题过程中的一些技术难点，在求解比较复杂的含参函数与导数的综合问题具有很好的应用价值，值得我们关注.。