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函数导数压轴题隐零点的处理技巧
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)=ex﹣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)(ex﹣1)+x+1． 故当x＞0时，(x﹣k)f′(x)+x+1＞0等价于k＜ex(ex?x?2)x?1令g(x)=x+x，则g′(x)=，
(ex?1)2e?1
x?1
+x(x＞0)(*)， ex?1
而函数f(x)=ex﹣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)．
②又由g′(a)=0，可得ea=a+2，
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。
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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)=
lnx，其中a为常数．
(x?a)2若a=﹣1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)＜﹣2．
解析 证明：a=﹣1，则f(x)=
lnx导数为f′(x)=
(x?1)21?2lnx?(x?1)31x，
①设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，②可得1?2lnx0?1?11?0，即有2lnx0?1?，要证f(x0)＜﹣2，x0x01(1?2x0)2lnx011x01即+2＜0，由于+2=+2=，由于x∈(0，1)，且x=，2lnx=1﹣000
2x0(x0?1)(x0?1)22x0(x0?1)x02(x0?1)22不成立， ③则
lnx0?2?0，故f(x0)＜﹣2成立．
(x0?1)2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)=ax2﹣ax﹣xlnx，且f(x)≥0．
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2＜f(x0)＜22． 解析(1)因为f(x)=ax2﹣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﹣
﹣
﹣
1．则当a≤0时h′(x)＜0，即y=h(x)在(0，+∞)上单调递减，所以当xx0＞1时，h(x0)＜h(1)=0，矛盾，故a＞0． 因为 当0＜x＜
1111时h′(x)＜0，当x＞时h′(x)＞0，所以h(x)min=h()，又因为h(1)=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，aaaa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)=x2﹣x﹣xlnx，f′(x)=2x﹣2﹣lnx，
1， x1111令t′(x)=0，解得：x=，所以t(x)在区间(0，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增，所以t(x)min=t()=ln2
2222令f′(x)=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t(x)=2x﹣2﹣lnx，则t′(x)=2﹣
﹣1＜0，从而t(x)=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，且不妨设f′(x)在(0，x0)上为正、在(x0，x2)上为负、在(x2，+∞)上为正，
2
22所以f(x)必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f(x0)=x0﹣x0﹣x0lnx0=x0﹣x0﹣x0(2x0?2)=
11111112可知f(x0)＜(?x0由f′()＜0可知x0＜＜， 所以f(x)在(0，?x0)max??2??；2224ee2111x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以f(x0)＞f()=2；
eee2﹣x0+x0，由x0＜
综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2＜f(x0)＜22． 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。
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