导数问题中虚设零点的三大策略分析

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+2

ax0+aln

2a≥2a2

x0×2ax

0+aln2a

=2a+aln

2a.

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-20，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.