1、* *導數問題中虛設零點的三大策略導數在高中數學中可謂“神通廣大”，是解決函數單調性、極值、最值、不等式證明等問 題的“利器”.因而近幾年來與導數有關的數學問題往往成為高考函數壓軸題.在面對這些 壓軸題時，我們經常會碰到導函數具有零點但求解相對比較繁雜甚至無法求解的問題.此時，我們不必正面強求，可以采用將這個零點只設出來而不必求出來，然后謀求一種整體 的轉換和過渡，再結合其他條件，從而最終獲得問題的解決我們稱這種解題方法為“虛設零點”法下面筆者就一些高考題，來說明導數問題中“虛設零點”法的具體解題方法 和策略.策略1整體代換將超越式化簡為普通式如果f()是超越形式(對字母進行了有限次初等超越運

2、算包括無理數次乘方、指 數、對數、三角、反三角等運算的解析式，稱為初等超越式，簡稱超越式)，并且 f X) 的零點是存在的，但我們無法求出其零點，這時采用虛設零點法，逐步分析出“零點”所 在的范圍和滿足的關系式，然后分析出相應函數的單調性，最后通過恰當運用函數的極值 與零點所滿足的“關系”推演出所要求的結果通過這種形式化的合理代換或推理，謀求 一種整體的轉換和過渡，從而將超越式化簡為普通式，有效破解求解或推理證明中的難點例1 (2015年全國高考新課標I卷文 21 )設函數f (x) =e2x-alnx.(1)討論f (x)的導函數f X)的零點的個數;(2 )證明：當 a0 時，f (x)

3、2a+aIn2a.解(1) f (x)的定義域為(0, + %), f () =2e2x-ax (x0 ) 由 f () =0 ,得2xe2x=a.令 g (x) =2xe2x , g x) = (4x+2 ) e2x0 (x0 )，從而 g (x )在(0,+ x)單調遞增，所以 g (x) g (0)=0.當a0根，即f(x)當a O即 f x )沒(2)由+ x)的唯一時，f x)llT2pib- -0Tmefr- M jtlAo=.禪In.Sr-1-2Trt.祈I典 r,) = i宀-fjhii, =2略皿(1廿-2tn) =+ litAn 4 din3 2KTT，I. |wV 4兒“

4、22+hi = 2u +(rlii .aa1故f 疳 0 時 JI t 3 2ft 4 林hiQ評折 本題第O何要込和互2u 4 din 只需具加 + 和Ini/(%)的率點啟劉仙 J =0圧站趣Z1他兒注我I： L-I .-Id：沒為it接或解珀麗足在榕式匕虜甌速祥處理的妤處業于.他過對心潢疑的箸貳川心可“；-2-r .2j2的件理代換陲用、快建騎曲題式/叫化簡為 的代數成 +加斗十nlra 2 .盛窩徂川為他不等蟲壊%f出A小說+!時酒掉T m在求解的過程中,車吹急f m掉心.福應謹著0K 丁將鈕超成化商為普通的代數 殊期門叩工0作整祐代換,競能便丟塹變適逢!其擁這種做達耳已刑現在以下期道

5、試購申孫衍-起 來養一卜中出 轍的解捉冊給找們的便扯一例2(2013律金國高甲ir課標II翦理21巴知甫牧/(工)=的(2) 半冊壬2時Hf.陰/ 0.解 門)| JU)站15為HL + x ).菽工鬧為 (-i,oh(2) L fi W 2 時 _.l + ftl l + 2 Jll( .1 + MF )r|( A+ 2 ) . - I h + jtj )- hi I t + 2 K fi)T 乂” r) 3- lm( x+ 2) ,1)= r1 - ln(a + 2), W gJ(s) = r -1.時，方程g (x) =a有一個存在唯一零點；時，方程g( x )=a沒有根， 有零點.(1

6、),可設 f (x)在(0,零點為x0，當x (0 ,x0)0 ；I單調道煉Z/7 - 1)- 1 0,當 x(xO, + %)時，x) 0.故f （x）在（0 , xO ）單調遞減，在（xO , + x）單調遞增，所以f（x） min=f （xO）由于 2e2x0-ax0=0，得 e2x0=a2x0，由 x0=a2e2x0，得 Inx0=Ina2e2x0=Ina2-2x0所以 f (x0) =e2x0-alnx0=a2x0-a(Ina2-2x0 ) =a2x0+2ax0+aln2a2a2x0 x: CI C 務時.hh) c邙洶邈 卩吋川弋丄)a g州和單聃ffn 訓嚴寥J - E + 55

7、,所1 比 H |t(+ 1 1 ,驚餵駅卄f =? A 0,* 2 (! + 2故譽 g即機 0丈/U i if) ol評薪 祀窪近m也定岀岸竝d:小= J 一 Y + 2E( -2. +址豎伸御t一的等直利氐Jt議怕刎t!F 在薛壽1；虔邀后*群富對葉満總的誥減弟件嚴二 丄農興-I叭斗 2的舍即代換櫻坤點迫軻*0極 ；t 2X K(耳 ) r In (升+ 2化簡溝M補的代致式口 f r 為証船繳慮町能任他不卑式*“ )、0掃JD + 2FW(30也年也第黑舞抹專丈第2阿、進廉敦*)ex - -人昔d I上為鐵CLI1 呷 v 0frf,( jii /.( r 11 t I 山術 a rr

8、ni A 0i個 lb 41 = l,ftrrj -!- t i- I = t v -(r - I + j + 1 A Uek U r - I儁血小=利 + 2= * f + u./HAWq I揮MJ HanftUftT HAHXftt ILAf 1AMjy- w 昭疋冊雖 HM的番妙皆盤.U151/(*J不呈卻尊羽式*両是可翳優為二武瀬 敞駅時檯窘曙嶽鬥幣I!J事報瓷式把審點朮出崇代 Afch巾上*1按下來宴醫卄竹怕辦，理女兀丄化尚一 址欒的算犬訂人見世H f，導牧二祎1件上圧H胞.1卜. Wiff- 的F陽裡卄人二也時有囘t爺略:2 曲代消曹柚譜攤手零點歸車一西喊M舉聞恵晏求DH或求訃)的

9、拈皚與解曾無養*逮 姑我杠一般蘇養用審魏舉老加零點，關羅辰過雜HI零 點理樂書我於ilffiiBtift兩歡陛峽丁誤底腫單- |=|-. fif.殍抉菠導就-T； W-. A B的m BJ ft、槪仙一此 (B才鼻式幀爭14 20M t h *-F D &2I 52H 已如屈 工 F JT* ii + * * 2 jllj / (J. 2)址的1 j rwi- xif明.廿it i時曲礬、m 坷/in t =“ - ？只有亍盒九軻 曲代、匸川“勺氏絞、f2只柑一牛壷 lk刃) -A + 2的團型出荷只有一牛対Lrfi. 1 = ； - JrJ + ( I l-i 4,- f) = 3tJ -

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12、站 i ftMl f l 上t ) = J-Fj Aj + I 二占 hQ 待 1 r&M * 3i +,jt. a.、= jc-+ ( I la.-, 4- -! = jtu J.1 + !t p fvt I Ta + 4- h： + 1 * ； + -I牛斗* j = jli(f) = It* + 3fT t 4i i Ap-o.HnMUt) aM W 1 - 2 I 1 n|頼c)的閽勒打丄科HMj 十i/1垃卜 i 1 I U 川卅 lk4t 0 時，f (x) 2a+aIn2a.* *評析本題第（2 ）問要證明f （x）2a+Sj-h -2處十丸虬評新 祖觀嚴-2 i ) O,ifc

13、Attt K F. F墜.剜n用謖寧點丄剣護應吃 眄川尢. IH茅蟲心I*血”巧計地剛6這嗎第妣府.簡仙ill刊寧*WEU妗我M? （2WW牛金X荀肯（I茲兀耳晞2網）：辻嚴 /（*）-/+4iln1 +i）審：i仁也.收證翔叭時n t - 2tiiS耐M fc F；匹期 /(i- =4 /= PIL牛削Z - 2*1 + 2r +tf,冇兩心權值點/Tl r ： = 2r * ?r + fl fl( - I ,十=百購卜丘 丫心： = 4 - Rri (I|Z .*g QhJf Iffr 柚為,i =- ； JtU - III/CHfrt - 1,jJ 肉期席闌時, “宀)時丨v Of機彳打

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16、.評析 /I a) = + itln( I的fit 小tfl 點 ji* 來 Fl門釦;二附零慮戚當毗劇弋測町7I - 2bi2 斗,” *- + J - 2w .,.-7就園柿二42Z 11 f- rATrfc m t-li. - r .1. .Ilf :.L Illi Y- I . , *1fl，門豈譴 m * 點 R,I 4】fnllj =.! r V; L： F： * /I Ti, 1 - = ii yt. n =或“=求* 的備対i23* O .Jt fl 予戊 * * w Aftyix) C9Wttjt盒樓上 hFi *hli*illltJl r k !flL： / VI 2a+a

17、In2a , f (x) min 在 f X)的零點取到但 f X)=0是超越方程，無法求出其解，我們沒有直接求解X0 ,而是在形式上虛設.這樣處理的好 處在于，通過對X0滿足的等式e2x0=a2x0 ，InxO=Ina2-2x0 的合理代換使用，快速將超越式e2x0-aInxO化簡為普通的代數式a2x0+2ax0+aIn2a ，然后使用均值不等式求出最小值，同時消掉了 x0.在求解的過程中，不要急于消掉x0，而應該著眼于將超越式化簡為 普通的代數式.借助f (0)=0作整體代換，竟能使天塹變通途！其實，這種做法早已出現在以下 兩道試題中.我們一起來體會一下如出一轍的解法帶給我們的便捷例2 (

18、2013年全國高考新課標U卷理21 )已知函數 f (x) =ex-In (x+m ).(1 )設x=0是f (x)的極值點，求m并討論f (x)的單調性；(2 )當 m 0.解(1) m=1 ，f (x)增區間為(0，+ %)，減區間為(-1，0).(2 )當 m 2 時，x+m x+2，In (x+m )ex-In (x+2 )，令 g (x) =ex-In (x+2 )，則 g () =ex-1x+2 ，g x) =ex+1 (x+2 ) 20，所以 g x)在(-2，+上單調遞增.又 g -1 ) =e-1-10所以存在唯一的x0 ( -1 , 0)，使g X0) =0.所以當-2X0

19、, g (x)單調遞增.評析在本題中，在確定出函數 g X) =ex-1x+2在(-2 , + %)上存在唯一的零點 x0后，無法直接求解x0，在形式上虛設后，通過對x0滿足的等式條件ex0=1x0+2,x0=-ln(x0+2 )的合理代換使用，快速將超越式 g ( x0) =ex0-ln ( x0+2 )化簡為普通的代數 式g ( x0) =1x0+2+x0 ，為證貌似不可能證的不等式 g (x0) 0掃除了障礙.例3 (2012年全國新課標卷文21第2問)設函數f (x) =ex-ax-2.若a=1，k為整 數，且當x0時，(x-k ) f x) +x+10，求k的最大值.解由于 a=1

20、，所以(x-k ) f( x) +x+1=(x-k ) (ex-1 ) +x+10k0 恒成立.令 g (x)=x+1ex-1+x ，原命題k評析本題中，在確定出 h (x) =ex-x-2 在(0，+ x)上存在唯 一零點的情形下，通過虛設零點x0，并借助ex0=x0+2 來簡化g (x0) =x0+1ex0-1+x0，為估計g (x0)的范圍創造了條件.虛設零點，讓我們感受到“柳暗花明又一村”的奇妙 詩意.如果f()不是超越形式，而是可轉化為二次函數，這時很容易想當然，用求根公 式把零點求出來，代入極值中去.但接下來要么計算偏繁，要么無法化簡，復雜的算式讓 人無處下手，導致后繼工作無法開展

21、.正所謂“思路簡單，過程煩人”.這時有兩個策略：策略2反代消參構造關于零點的單一函數如果問題要求解(或求證)的結論與參數無關，這時我們一般不要用參數來表示零點， 而是反過來用零點表示參數，然后把極值函數變成了關于零點的單一函數，再次求導就可解決相應函數的單調性、極值、最值、不等式證明.例4 (2014年全國高考新課標U卷文 21第2問)已知函數f (x) =x3-3x2+x+2，曲線y=f (x)在點(0， 2)處的切線與x軸交點的橫坐標為-2.證明：當k1時，曲線 y=f (x)與直線y=kx-2只有一個交點.解曲線y=f (x)與直線y=kx-2只有一個交點g (x) =f (x) -kx

22、+2的圖象與x軸 只有一個交點.g (x) =x3-3x2+(1-k ) x+4，g x) =3x2-6x+1-k.(1 )當4=36-12 (1-k ) =24+12k 0，即卩 k0，所以 g (x)在 R 上為增函數.因為g (-1 ) =k-10，所以存在唯一 x0 (-1，0)使得g(x0) =0，所以g (x)的圖象與x軸只有一個交點.(2)當厶=36-12 (1-k ) =24+12k0，即-2K0 , g( 1) =-2-k0 ，所以 0X11 ，1X20，g (x)在(-x，x1)內為增函數；當 x (x1，x2)時，g( x) 0，g (x)在(x2，+ x) 內為增函數.

23、g (x)的極小值點是x2.所以g (x)的圖象與x軸只有一個交點，只需要g (x2) 0.由 g( (2 ) =3x22-6x2+1-k=0 得 1-k=-3x22+6x2，g (x2) =x32-3x22+( 1-k )x2+4=x32-3x22+(-3x22+6x2 ) x2+4=-2x32+3x22+4.* *令 x2=t , g (x2) =h (t) =-2t3+3t2+4(10.所以當-2K綜上(1 )、( 2)可知，當k1時，曲線y=f (x)與直線y=kx-2只有一個交點.評析本題當-20 ,讓人無處下手.于是，我們虛設零點x2，采用“反代” 的方法，用零點x2來表示參數，有

24、1-k=-3x22+6x2.巧妙地回避了這些繁雜的計算，簡 潔而利索，可謂妙哉.例5 (2009年全國高考U卷理22第2問)設函數f (x) =x2+aln (1+x )有兩個極 值點，證明：f (x)的極小值大于1-2ln24 ;證明 f(x) =2x+a1+x=2x2+2x+a1+x(x-1 ).令 g (x) =2x2+2x+a ，函數 f (x)有兩個極值點g (x) =2x2+2x+a 在(-1，+ x)上有兩個不等實根 =4-8a0g (-1 ) =a00A設x1、x2是方程g (x) =0的兩個均大于-1的不相等的實根，且x10，其對稱軸為 x=-12，所以-1X1-12，-12

25、X20 , f (x)在(-1，x1)內為增函數；當 x (x1，x2)時，f () 0，f(乂)在(x2，+ x)內為增函數.所以，f (x)的極大值點是x1，f (x)的極小值點是x2.由 g (x2) =2x22+2x2+a=0 得 a=- (2x22+2x2 )，所以 f (x2) =x22+aln1+x2=* *x22- (2x22+2x2 ) In (1+x2 ).令 x2=t ,設 f (x2) =h (t) =t2- (2t2+2t )1 n (1+t ), 其中-12h (-12 ) =1-21 n24.故 f (x2) =h (t) 1-21 n24.評析f (x) =x2+aln1+x 的極小值點x2來自f () =2x2+2x+a1+x 的零點，按常 規思路，要證明f (