导数中的“隐零点”问题解法探究

［摘 要］“隐零点”问题的难度较大，解题方法较为灵活，文章结合几个例题，对导数中的“隐零点”问题进行探究，以帮助学生突破难点，有效解答相关问题。

［关键词］导数；“隐零点”问题；解法探究

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2023）35-0017-03

根据数值能否精确求解，我们将导函数的零点分为两种类型：一是能精确求解，称之为“显零点”；二是能判断其存在，但难以求解或无法求解，称为“隐零点”。“隐零点”问题的难度较大，求解的基本策略是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离函数（参数），技巧上反客为主。那么导数中的“隐零点”主要有哪些应用呢？如何求解导数中的“隐零点”问题？

一、利用“隐零点”研究极（最）值问题

在利用隐零点研究极（最）值问题时，往往利用零点的存在性，对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等，再结合题目条件解决问题。

［例1］设函数[f（x）=lnx]，[g（x）=ax+a-1x-3（a∈R）]。（1）求函数[φ（x）=f（x）+g（x）]的单调增区间；（2）当[a=1]时，记[h（x）=f（x）·g（x）]，是否存在整数[λ]，使得关于[x]的不等式[2λ≥h（x）]有解？若存在，请求出[λ]的最小值；若不存在，请说明理由。（参考数据：[ln2≈0.6931]，[ln3≈1.0986]）

分析：（1）求出函数的导数，就[a]的不同取值可求[φx>0]的解，从而可得函数的单调增区间；（2）利用导数结合虚设零点可求[-32<h（x）min<-12]，从而可得整数[λ]的最小值。

解：（1）因为[φ（x）=f（x）+g（x）=lnx+ax+a-1x-3（x>0）]，所以[φ（x）=1x+a-a-1x2=ax2+x-（a-1）x2=ax-（a-1）（x+1）x2（x>0）]。①当[a=0]时，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；②当[a>1]时，由[φ（x）>0]，解得[x>a-1a]；③当[0<a<1]时，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；④当[a=1]时，由[φ（x）>0]，解得[x>0]；⑤当[a<0]时，由[φ（x）>0]，解得[0<x<a-1a]。综上所述，当[a<0]时，[φ（x）]的增区间为[0，a-1a]；当[0≤a≤1]时，[φ（x）]的增区间为（0，+∞）；当[a>1]时，[φ（x）]的增区间为[a-1a，+∞]。

（2）当[a=1]时，[g（x）=x-3]，所以[h（x）=（x-3）lnx]，而[h（x）=lnx+x-3x=lnx-3x+1]，因为[y=lnx]，[y=-1x]均为（0，+∞）上的增函数，故[h（x）=lnx-3x+1]为（0，+∞）上的增函数，而[h（2）=ln2-12>0]，[h32=ln32-1<0]，故[h（x）]在（0，+∞）上有且只有一个零点[x0]，[32<x0<2]，且[lnx0=3x0-1]且[x∈（0，x0）]时，[h（x）<0]；当[x∈（x0 ，+∞）]时，[h（x）>0]，故[h（x）]在（0，x0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，故[h（x）min=h（x0）=（x0-3）lnx0=（x0-3）3x0-1=6-x0+9x0]。因为[32<x0<2]，所以[132<x0+9x0<152]，所以[-32<6-x0+9x0<-12]，要使关于[x]的不等式[2λ≥h（x）]有解，则[2λ≥-32]，故存在整数[λ]满足题意，且[λ]的最小值为0。

点评：利用导数求函数的最值时，如果导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的关系式化简最值，从而得到最值的范围或符号。

二、利用“隐零点”确定参数的取值范围

利用零点存在性原理可以估算出“隐零点”的大小范围，然后再用“隐零点”的范围去估计所求函数（参数）的范围。

［例2］（1）已知[（x-1）lnx-a≥0]恒成立，则实数[a]的取值范围是              。

（2）若[x>0]时，不等式[（x-a）ex+a+1>0]恒成立，则整数[a]的最大值为            。

分析：（1）此题为不等式恒成立问题，只需要分离参数，转化为求解函数的最小值。

（2）方法1：参变分离可得[a<xex+1ex-1]恒成立，设[f（x）=xex+1ex-1]，[x>0]，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解。方法2：设[h（x）=（x-a）ex+a+1]，[x>0]，求出函数的导函数，考虑[a-1>0]的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解。

解：（1）由题意得[a≤（x-1）lnx]恒成立，令[f（x）=（x-1）lnx]，则[f ′（x）=xlnx+（x-1）x]，可发现[f ′（x）=0]是个超越方程，观察得，当[x=1]时，[ f ′（x）=0]。当[x∈（0，1）]时，[f ′（x）<0]；当[x∈（1，+∞）]时， [f ′（x）>0]，所以[f（x）≥f（1）=0]，所以[a≤0]。故答案为[-∞，0]。

（2）方法1：不等式可化为[xex+1>a（ex-1）]，由[x>0]，知[ex>1]，则[x>0]时，[a<xex+1ex-1]恒成立。设[f（x）=xex+1ex-1]，[x>0]，[f（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2]。设[g（x）=ex-x-2]，[x>0]，则[g（x）=ex-1>0]，所以[g（x）]在[（0，+∞）]上单调递增。又[g（1）=e-3<0]，[g（2）=e2-4>0]，则[g（x）]在[（1，2）]上存在唯一的零点[x0]。当[0<x<x0]时，[f（x）<0]，[f（x）]单调递减；当[x>x0]时，[f（x）>0]，[f（x）]单调递增，所以[f（x）min=f（x0）=x0ex0+1ex0-1]，且[ex0=x0+2]，化简得[f（x0）=x0+1]，因[1<x0<2]，则[2<f（x0）<3]，则整数[a]的最大值为[2]。

方法2：设[h（x）=（x-a）ex+a+1]，[x>0]，[h（x）=（x-a+1）ex]，要求整数[a]的最大值，则直接考虑[a-1>0]的情形，由[h（x）<0]得[0<x<a-1]，由[h（x）>0]得[x>a-1]，所以[h（x）]在[（0，a-1）]上单调递减，在[（a-1，+∞）]上单调递增，则[h（x）min=h（a-1）=-ea-1+a+1>0]，令[A（a）=-ea-1+a+1]，[a>1]，[A（a）=-ea-1+1<0]，则[A（a）]在[（1，+∞）]上单调递减，[A（2）=3-e>0]，[A（3）=4-e2<0]，则整数[a]的最大值为2，故答案为[2]。

点评：利用“隐零点”求恒成立中的参数范围的主要策略有：（1）把所给参数用不含有参数的函数的零点表示，由此确定参数范围或最值；（2）直接利用含有参数的函数的“隐零点”求参数范围或最值；（3）若f （x）在区间（a，b）上单调递增，且f （a）f （b）<0，f （x）在（a，b）上有唯一零点，若该零点无法求出，可设为[x0]，则f （x）在（a，x0）上单调递减，在（x0，b）上单调递增，所以f （x）≥ f （x0）。求解时，若f （x）中含有参数，有时可根据f ′（x0）=0解出参数，代入f （x0），使f （x0）中只含有[x0]，然后根据[x0]的范围估算f （x0）范围，这就是“隐零点”的主要应用。

三、利用函数的“隐零点”证明不等式

利用函数的“隐零点”证明不等式，通常转化为利用“隐零点”求最值问题。

［例3］已知函数[f（x）=（x-2）ex-2-2lnx]。（1）求[f（x）]的极值；（2）若[（x-2）ex-2-f（x）=2mx2]有两个相异的实根[x1]和[x2（x1<x2）]，证明：[1x21+2x22>-43m]。

分析：（1）通过二次求导确定[f（x）]的导函数有唯一零点，进而确定[f（x）]的单调区间以及极值；（2）先将题中等式变形为[m=x2lnx]，通过构造函数[g（x）=x2lnx]有两个不同零点确定参数[m]的范围，再将方程[m=x2lnx]的两相异实根[x1、x2]代入，并令[t=x2x1]，将原不等式中[x1、x2]和m均替换为[t]表示，最后构造关于[t]的函数[u（t）]，利用求导判断不等式成立即可。

解：（1）因为[f（x）=（x-2）ex-2-2lnx]，所以[f（x）=（x-1）ex-2-2x]，令[h（x）=（x-1）ex-2-2x]，则[h（x）=xex-2+2x2]，因为[x>0]，所以[h（x）>0]，所以[f（x）]在（0，+∞）上单调递增，又因为[f（2）=0]，所以当[x∈（0，2）]时，[f（x）<0]，此时函数[f（x）]单调递减；当[x∈（2 ，+∞）]时，[f（x）>0]，此时函数[f（x）]单调递增，所以当[x=2]时，[f（x）]取得极小值[f（2）=-2ln2]，[f（x）]无极大值。

（2）因为[（x-2）ex-2-f（x）=2lnx=2mx2]有两个相异实根，即[m=x2lnx]有两个相异实根，令[g（x）=x2lnx]，则[g（x）=x（2lnx+1）]，当[g（x）>0]时，[x>1e]，当[g（x）<0]时，[0<x<1e]，所以[g（x）]在[0，1e]上单调递减，[1e，+∞]上单调递增，因为[g1e=-12e]，当[x→+∞]，[g（x）→+∞]，[x→0+]，[g（x）→0]，所以[m∈-12e，0]，因为[m=x2lnx]有两个相异实根[x1]和[x2]，所以[x21lnx1=m，x22lnx2=m，]令[t=x2x1]，则[t>1]，所以[t2ln（tx1）lnx1=1]，所以[lnx1=t2lnt1-t2]，[lnx2=lnx1+lnt=lnt1-t2]。又因为[1x21=lnx1m]，[1x22=lnx2m]，要证[1x21+2x22>-43m]，只需证[lnx1m+2lnx2m>-43m]，因为[m<0]，所以只需证[lnx1+2lnx2<-43]，即证[t2lnt1-t2+2lnt1-t2<-43，]

因为[t>1]，所以只需证[lnt>4（t2-1）3（t2+2）]，即证[lnt-4（t2-1）3（t2+2）>0]，令[u（t）=lnt-4（t2-1）3（t2+2）]，[t>1]，则[u（t）=1t-8t（t2+2）2=（t2-2）2t（t2+2）2≥0]，所以[u（t）]在（1，+∞）上单调递增，[u（t）>u（1）=0]，即当[t>1]时，[lnt-4（t2-1）3（t2+2）>0]成立，所以[1x21+2x22>-43m]。