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1、2016 年第 11 期 (上)中学数学研究9 破解导数零点不可求的 “组合拳” * 湖南省长沙市雅礼教育集团南雅中学 (410129)石向阳 导数是高中数学学习的重点, 近几年的高考函数压轴题, 都需要依靠导数的帮助来求解. 而导数零点是导数综合应用 中最为核心的问题. 在教学实践中笔者发现, 学生对于处理 较复杂的导数零点问题尤其是导数零点不可求问题感到异 常困惑和力不从心, 甚至表现出一定的恐惧心理. 为此笔者 对这类问题的处理策略进行了反思和总结, 以突破教学难点 和教学瓶颈. 一、 投石问路, 探出零点 当导数零点不可求时, 首先可用特殊值进行 “投石问路” . 特殊值的选取原则是:
2、 (1) 在含 lnx 的复合函数中, 通常令 x = ek, 尤其是令 x = e0= 1 进行试探; (2) 在含 ex的复合 函数中, 通常令 x = lnk (k 0), 尤其是令 x = ln1 = 0 进 行试探. 例 1(2011 年浙江卷理科第 22 题) 设函数 f(x) = (xa)2lnx, 求实数a的取值范围, 使得对任意的x (0,3e, 恒有 f(x) 6 4e2成立. 解 f(x) 6 4e2恒成立 (x a)2lnx 6 4e2恒成立. 当 x (0,1, (x a)2lnx 6 0 6 4e2恒成立. 当 x (1,3e, (x a)2lnx 6 4e2恒成立
3、 (x a)26 4e2 lnx 恒成立 2e lnx6 x a 6 2e lnx恒成立 x 2e lnx6 xa 6 x+ 2e lnx恒成立. 令g(x) = x 2e lnx, h(x) = x + 2e lnx, 原问题 g(x)max6 a 6 h(x)min. 因为g(x) = 1+ e xlnxlnx 0,所以g(x) = x 2e lnx 在 (1,3e 上是增函数, 所以 g(x)max= g(3e) = 3e 2e ln3e. 因为 h(x) = xlnxlnx e xlnxlnx . 可看出, 当 x = e 时, h(x) = 0( 不能直接求出, 是通过观察分析出来的
4、) . 因 为 y = xlnxlnx e 在 (1,3e 上是增函数, 所以在 (1,3e 上 h(x) = 0 只有一个零点. 而 x (1,e), h(x) 0 . 所以 h(x)min= h(e) = 3e. 综上所述: 实数 a 的取值范围为 3e 2e ln 3e,3e . 评析 首先把一个较为复杂的问题转化为两个基本的恒 成立问题, 再转化为两个函数的最值问题. 在求最值的过程 中, 出现导数 y = xlnxlnx e 的零点不能直接求出, 只能 是通过观察,“探出” 一个零点, 然后再通过函数的单调性说 明零点的唯一性, 从而分析出所求函数的单调区间, 使问题 获得解决. 二
5、、 虚设零点, 整体代换 虚设零点, 即指在确定函数具有零点但又无法求解或求 解相对比较繁杂的情况下, 引入虚拟零点, 通过形式化的合 理代换或推理, 达到化简并求解问题的目标. 例 2(2015 年全国新课标 I 卷文科第 21 题) 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 + aln 2 a. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+), f(x) = 2e2x a x (x 0). 由 f(x) = 0 得 2xex= a. 令 g(x) = 2xe2x, g(x) = (4x + 2
6、)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 6 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. 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 a x0 = 0, 得 e2x0= a 2x0 , 又 x0= a 2e2
7、x0 , 得 lnx0= ln a 2e2x0 = ln a 2 2x0, 所以 f(x0) = e2x0 alnx0= a 2x0 a ( ln a 2 2x0 ) = a 2x0 +2ax0+aln 2 a 2 a 2x0 2ax0+aln 2 a =2a+aln 2 a. 故当 a 0 时, f(x) 2a + aln 2 a. 评析 本题第 (2) 问要证明 f(x) 2a + aln 2 a, 只需 要 f(x)min 2a + aln 2 a , f(x)min在 f(x) 的零点取到. 但 f(x) = 0 是超越方程, 无法求出来其解, 我们没有直接求 解 x0, 而是在形式上
8、虚设. 这样处理的好处在于, 通过对 x0满足的等式 e2x0= a 2x0 , lnx0= ln a 2 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 *本文是湖南省教育科学 “十三五” 规划 2016 年度课题 创新应用导向的小课题研究 （课题批号: XJK016BZXX044） 研究成果. 10中学数学研究2016 年第 11 期 (上) a 2x0 + 2ax0+ aln 2 a, 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
9、, 竟能使天堑变通途! 例 3(2012 年全国新课标卷文科第 21 题) 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 0 k 0 恒成立. 令 g(x) = x + 1 ex 1 + x, 原命题 k 0 在 x (0,+) 恒成立, 即 h(x) 在 (0,+) 上单调递增, 又易知 h(1) 0, 所以 h(x) 在 (0,+) 上存在唯一零点, 设此零点 为 x0, 则
10、 x0 (1,2). 又 g(x) 与 h(x) 同号, 故当 x (0,x0) 时, g(x) 0, 所以 g(x) 在 (0,x0) 上单调递减, 在 (x0,+) 上单调递增, 所以 g(x)min= g(x0) = x0+ 1 ex0 1 + x0 又由 h(x0) = 0, 得 ex0= x0+ 2, 代入得 g(x0) = x0+ 1 (x0+ 2) 1 + x0= 1 + x0 (2,3), 又 k 0 时, f(x) 0, 求 a 的取值范围. 解f(0) = 0, f(x) = (x + 1)ex 1 2ax = g(x) , g(0) = 0, g(x) = (x + 2)
11、ex 2a = h(x), h(0) = 2 2a, h(x) = (x + 3)ex. 因为 x 0, 所以 h(x) 0 恒成立, 此时 h(x) h(0) = 2 2a. 若 a 6 1,h(x) = g(x) 0, 则 g(x) g(0) = 0, 即 f(x) 0, 因此 f(x) 0 成立; 若 a 1, 则 h(0) = 2 2a 0 矛盾. 综上, a (,1. 评析 反思此过程, 连续运用了三次求导, 而且每次求导 都可发现新的导数表达式, 更有利于求出导数的零点, 从而 使我们更加明确多次求导是破解导数 f(x) 零点的一个有效 方法. 虽然步骤较多, 但操作起来有固定的模
12、式: 先求导, 再 求零点, 若无法求出, 则可构造新函数, 如此继续下去. 当再 次求导, 发现导数的表达式越来越简单时, 就可考虑用多次 求导法来解决函数的零点问题. 四、“局部求导” ,“挖” 出零点 这里所讲的 “局部求导” 有别于多次求导. 当导函 数 f(x) 很难判断正负时, 可以将导函数化成 f(x) = g(x) h(x)(或 h(x) g(x) ), 其中 g(x) 与 h(x) 有一个可明显判 断出是否大于零, 这样就可以做局部处理, 对另一个函数进 行二次求导, 判断其单调性并求出这个函数在定义域内的极 值, 来判断该函数式整体是否大于零, 有时这个过程需要反 复进行,
13、 直到能判断函数的正、 负为止. 例 5(2008 年湖南卷理科第 21 题) 已知函数 f(x) = ln2(1 + x) x2 1 + x, 求函数 f(x) 的极值. 解 函数 f(x) 的定义域是 (1,+), f(x) = 2ln(1 + x) 1 + x x2+ 2x (1 + x)2 = 2(1 + x)ln(1 + x) x2 2x (1 + x)2 . 令g(x) = 2(1+x)ln(1+x)x22x,则g(x) = 2ln(1+x) 2x,令h(x) = 2ln(1+x)2x,则h(x) = 2 1 + x 2 = 2x 1 + x, 当 1 0, h(x) 在 (1,0
14、) 上为增函 数; 当 x 0 时, h(x) g(0) = 0; 当 x 0 时, g(x) 0, 即 f(x) 在 (1,0) 上为增函数; 当 x 0 时, f(x) 0,g(x) 0, 则 h(x) = lnx 2 = (lnx lne2)(x 0). 因此, 当 x (0,e2) 时, h(x) 0, h(x) 单 调递增; 当 x (e2,+) 时, h(x) 1 即可. 设 (x) = ex (x + 1),x 0, 则 (x) = ex 1 0, 所以 (x) 在 (0,+) 上单调递增, 所以 (x) (0) = 0, 即 ex x + 1, ex x + 1 1. 所以 1
15、 x xlnx 6 1 + e2 0,g(x) 0, 函 数 f(x) 在 (1,+) 为增函数, 无极值点. 图 1 当 a = 0 时, 令 f(x) = 0, 则 1 a = (2x 1)(x + 1), 设 h(x) = (2x1)(x+1), f(x) 零点个数即为方程 1 a = h(x) 的解的个数, 即为曲线 y = 1 a 与曲线 y = h(x) 的交点的个 数. 在同一个坐标系中作出曲线 y = 1 a 与曲线 y = h(x) 在 定义域 (1,+) 上的图象 (如图 1). 所以, 当 1 a 8 9 时导数 f(x) 有两个变号零点, 函数 f(x) 有两个极值点; 当 1 a 9 8 即 0 0, 函数 f(x) 在 (1,+) 为增函数, 无极值点. 综上可知当 0 6 a 6 8 9 时 f(x) 的极值点个数为 0; 当 a 8 9 时, f(x) 的极值 点个数为 2. 评析 在这里需要特别强调的是导数 f(x) 的零点并不 一定是函数 f(x) 的极值点, 而是导数 f(x) 的变号零点才对 应函数 f(x) 的极值点. 如果函数 y = k 与函数 y = h(x) 的 图像相切得到的交点对应导数 f(x) 的零点必然不是变号零 点, 也就不能成为函数 f(x)
