《函数隐性零点的处理技巧》

（高三一轮复习数学内部专题资料）

近些年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（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，不妨称之为隐性零点。 本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。 一、隐性零点问题示例及简要分析：

1.求参数的最值或取值范围

例1（2012年全国I 卷）设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2． （1）求f （x ）的单调区间；

（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． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增； 若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1． 故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜

1

1

-+x

e x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=1

1

-+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ，

而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0， 所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点． 设此零点为a ，则a ∈（1，2）．当x ∈（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x ∈（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）．

③所以g （a ）=a+1∈（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2． 点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ②根据零点的意义进行代数式的替换；

③结合前两步，确定目标式的范围。

2.不等式的证明

例2.（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f （x ）=2

)

(ln a x x

+，其中a 为常数． （1）若a=0，求函数f （x ）的极值；

（2）若函数f （x ）在（0，﹣a ）上单调递增，求实数a 的取值范围；

（3）若a=﹣1，设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，求证：f （x 0）＜﹣2． 解析（1）略解f （x ）极大值=f （e ）=

e

21

，无极小值； （2）可得a≤﹣

e

2

；

（3）证明：a=﹣1，则f （x ）=

2

)1(ln -x x

导数为f′（x ）=

3

)

1(1

ln 21---x x x ，

①设函数f （x ）在（0，1）上的极值点为x 0，②可得01

ln 210

0=-

-x x ，即有

01

1ln 2x x -

=，要证f （x 0）＜﹣2，即

2

00)

1(ln -x x +2＜0，由于

2

00

)1(21

1--

x x +2=

)1(21

00-x x +2=)

1(2)21(002

0--x x x ，由于x 0∈（0，1），且x 0=21，2lnx 0=1﹣01x 不成立，

③则

02)

1(ln 2

00<+-x x ，故f （x 0）＜﹣2成立．

点评：处理函数隐性零点的三个步骤清晰可见。

3.对极值的估算

例3.（2017年全国课标1）已知函数f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0． （1）求a ；

（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣

2＜f （x 0）＜2﹣

2．

解析（1）因为f （x ）=ax 2﹣ax ﹣xlnx=x （ax ﹣a ﹣lnx ）（x ＞0），则f （x ）≥0等价于 h （x ）=ax ﹣a ﹣lnx≥0，求导可知h ′（x ）=a ﹣

x

1

．则当a≤0时h ′（x ）＜0，即y=h （x ）在（0，+∞）上单调递减，所以当x 0＞1时，h （x 0）＜h （1）=0，矛盾，故a ＞0． 因为 当0＜x ＜

a 1时h ′（x ）＜0，当x ＞a 1时h ′（x ）＞0，所以h （x ）min =h （a

1），又因为h （1）=a ﹣a ﹣ln1=0，所以

a

1

=1，解得a=1； （另解：因为f （1）=0，所以f （x ）≥0等价于f （x ）在x ＞0时的最小值为f （1）， 所以等价于f （x ）在x=1处是极小值，所以解得a=1；）

（2）证明：由（1）可知f （x ）=x 2﹣x ﹣xlnx ，f′（x ）=2x ﹣2﹣lnx ， 令f′（x ）=0，可得2x ﹣2﹣lnx=0，记t （x ）=2x ﹣2﹣lnx ，则t′（x ）=2﹣

x

1

， 令t′（x ）=0，解得：x=

21，所以t （x ）在区间（0，21）上单调递减，在（21

，+∞）上单调递增，所以t （x ）min =t （

2

1

）=ln2﹣1＜0，从而t （x ）=0有解，即f ′（x ）=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为正，

所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，所以f （x 0）=2

0x ﹣0x ﹣0

0ln x x =20x ﹣0x ﹣)22(00-x x =﹣2

0x +0x ，由

x 0＜

2

1

可知f （x 0）＜41

212

1)(2

max 02

0=+-

=+-x x ；由f ′（e 1）＜0可知x 0＜e 1＜21， 所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，

e 1）上单调递减，所以

f （x 0）＞f （e 1）=21e

； 综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣

2＜f （x 0）＜2﹣

2．

点评：本题处理函数的隐性零点的三步亦清晰可见，请你标一标。

简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是：

第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，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，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；

第二个步骤中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，这是能否继续深入的关键；

第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。

最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。 二、针对性演练：

1．已知函数 f （x ）=22

ln )2

1(

ax x x x ++（a ∈R ），曲线y=f （x ）在x=1处的切线与直线x+2y ﹣1=0垂直．

（1）求a 的值，并求f （x ）的单调区间；

（2）若λ是整数，当x ＞0时，总有f （x ）﹣（3+λ）x 221x >

-λlnx+24

1

x ，求λ的最大值．

2．设函数f （x ）=e 2x ﹣alnx ．

（Ⅰ）讨论f （x ）的导函数f′（x ）零点的个数； （Ⅱ）证明：当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a

2

．

三、针对性演练参：

1.解：（1）函数f （x ）的定义域是（0，+∞），f'（x ）=（x+1）ln x+（2a+

2

1

）x+1， 依题意可得，f'（1）=1，2a+

21+1=2，∴4

1=a ， f '（x ）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1）（lnx+1），令f '（x ）=0，即（x+1）（ln x+1）=0，∵x ＞0，∴e

x 1

>

．x ∈（

e

1

，+∞）时，f′（x ）＞0，x ∈（0，

e 1）时，

f ′（x ）＜0．∴f （x ）的递增区间是（e

1

，+∞），单调递减区间为（0，

e

1

）． （2）由（Ⅰ）可知，f （x ）=（

221x +x ）lnx+4

1x 2• 2241ln 21)3()(x x x x x f +>

-+-λλ

⇔λ>+-13ln x x x x ． 设h （x ）=

1

3ln +-x x

x x ，只需λ＜h （x ）min

h '（x ）=

2)1()3ln ()1)(3ln 1(+--+-+x x x x x x =2

)

1(ln 2++-x x

x （x ＞0）， 令u （x ）=x ﹣2+ln x ，∴u'（x ）=1+

x

1

＞0，可得u （x ）在（0，+∞）上为单调递增函数， ∵u （1）=﹣1＜0，u （2）=ln 2＞0，∴存在x 0∈（1，2），使u （x 0）=0， 当x ∈（x 0，+∞）时，u （x ）＞0，即h'（x ）＞0，

当x ∈（0，x 0）时，u （x ）＜0，即h '（x ）＜0，∴h （x ）在x=x 0时取最小值，且h （x ）min =

13ln 0000+-x x x x ，又u （x 0）=0，∴ln x 0=2﹣x 0， h （x ）min =1

3)2(00

00+--x x x x =x 0，

∵λ＜h （x ）min ，λ∈Z ，x 0∈（1，2），∴﹣x 0∈（﹣2，﹣1），λ的最大值为﹣2． 2.解（Ⅰ）f （x ）=e 2x ﹣alnx 的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=2e 2x ﹣x

a

． 当a≤0时，f′（x ）＞0恒成立，故f ′（x ）没有零点，

当a ＞0时，∵y=e 2x 为单调递增，y=﹣

x

a

单调递增， ∴f ′（x ）在（0，+∞）单调递增，又f′（a ）＞0，假设存在b 满足0＜b ＜ln 2a 时，且b ＜4

1，f′（b ）＜0，故当a ＞0时，导函数f ′（x ）存在唯一的零点，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f ′（x ）在（0，+∞）上的唯一零点为x 0，

当x ∈（0，x 0）时，f′（x ）＜0，当x ∈（x 0+∞）时，f′（x ）＞0，故f （x ）在（0，x 0）单调递减，在（x 0+∞）单调递增，所以当x=x 0时，f （x ）取得最小值，最小值为f （x 0）， 由于

02x a ﹣0x a =0，所以f （x 0）=02x a +2ax 0+aln a 2≥2a+aln a

2

． 故当a ＞0时，f （x ）≥2a+aln a

2

．