张文海

导数引入高中数学教材以后，对多项式函数、指数函数、对数函数等混合型函数性质的研究多了一个重要工具.在利用导数研究函数的单调性或极值时，求解导函数的零点是一个基本问题，而我们遇到的导函数可能是初等函数、含参函数或者超越函数，导函数的零点或易或难，也成为制约大家能否顺利解题的一个关键点.本文拟通过几例谈谈处理这些问题的常见策略，以飨读者.

1 利用因式分解求根，直接代入函数求解

问题1 已知函数f（x）=2tlnx，g（x）=x2-k（t∈R，k∈R）.

（1）当k=1时，①若函数f（x）与g（x）在x=1处的切线均为l，求t的值;②若曲线y=f（x）与y=g（x）有且仅有一个公共点，求t的取值范围;

（2）当t=1时，设h（x）=f（x）-g（x），若函数h（x）存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1+x22>1.

解 （1）当k=1时，g（x）=x2-1，所以f′（x）=2tx，g′（x）=2x.

①由题意，切线l的斜率k=f′（1）=g′（1），即k=2t=2，所以t=1.

②设函数h（x）=f（x）-g（x）=2tlnx-（x2-1），x∈（0，+SymboleB@ ）.

“曲线y=f（x）与y=g（x）有且仅有一个公共点”等价于“函数y=h（x）有且仅有一个零点”.因为h（x）=2tlnx-（x2-1），所以h′（x）=2tx-2x=2t-2x2x.

（ⅰ）当t≤0时，由x∈（0，+SymboleB@ ），得h′（x）≤0，所以函数h（x）在（0，+SymboleB@ ）单调递减.

因为h（1）=0，所以函数h（x）有且仅有一个零点1，符合题意.

（ⅱ）当t>0时，h′（x）=-2（x+t）（x-t）x，

当x变化时，h（x）与h′（x）的变化情况列表如下：

x （0，t） t （t，+SymboleB@ ）

h′（x） + 0 -

h（x）极大值

所以函数h（x）在（0，t）上单调递增，在（t，+SymboleB@ ）上单调递减，所以当x=t时，h（x）max=h（t）=tlnt-t+1.注意到h（1）=0，且h（t）≥h（1）=0，

若t=1，则h（x）max=0，所以函数h（x）有且仅有一个零点1，符合题意.

若0     若t>1，取x2=t+t2+1∈（t，+SymboleB@ ），由于h（x2）=2tlnx2-x22+1<2tx2-x22+1=0，所以函数y=h（x）存在两个零点，一个为1，另一个在（t，x2）内，与题意不符.

综上y=f（x）与y=g（x）有且仅有一个公共点时，t的取值范围是t≤0或t=1.

（2）当t=1时，h（x）=2lnx-x2+k.

因为h（x1）=h（x2）=0，所以2lnx1-x12+k=2lnx2-x22+k=0， 即2lnx1-x12=2lnx2-x22.令φ（x）=2lnx-x2，则φ′（x）=2x-2x=2（1-x2）x.

当00，当x>1时，φ′（x）<0，所以φ（x）在（0，1）上递增，在（1，+SymboleB@ ）上递减，所以φ（x）在x=1处有极大值，所以0     令s（x）=φ（x）-φ（2-x），x∈（0，1），则s′（x）=4x（2-x）-4>4x+2-x22-4=0.

所以s（x）在（0，1）上单调递增，从而s（x）1，2-x1>1，所以x2>2-x1，即x1+x22>1.

點评 第（1）问的②问函数y=h（x）零点的个数，等同于函数y=h（x）的图象与x轴交点的个数.研究函数的图象必须先知晓函数的单调性，此问的关键是研究h′（x）=2tx-2x=2t-2x2x的正负.因为导函数h′（x）含有参数t，必然要对参数进行讨论.当t≤0时，h′（x）≤0，函数单调;当t>0时，h′（x）可以进行因式分解得h′（x）=-2（x+t）（x-t）x，令h′（x）=0，因为x>0，可以解得导函数的零点为x=t.第（2）问属于导数中极值点偏移问题，实质就是证明两个零点的中点偏在极值点的一侧，首先求出函数φ（x）=2lnx-x2的极值点，易知φ′（x）=2x-2x通分后可以进行因式分解得到φ′（x）=2（1+x）（1-x）x，令φ′（x）=0，因为x>0，可以解得导函数的零点为x=1，进一步判断得到函数的极值点.

2 通过直观观察猜根，再证明根的唯一性

问题2 设函数f（x）=ax+blnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x.

（1）求函数f（x）的单调区间和极值;

（2）对任意的x∈（0，+SymboleB@ ），有f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围.

解 （1）由已知得f（x）的定义域为（0，+SymboleB@ ），f′（x）=-ax2+bx=bx-ax2，因为曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x，所以f′（1）=b-a=1，

f（1）=a=1，解得a=1，b=2，故f′（x）=2x-1x2，令f′（x）=0，则x=12.

当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况列表如下：

x （0，1 2） 1 2 （1 2，+SymboleB@ ）

f′（x） - 0 +

f（x）极小值

所以函数f（x）在（0，12）上单调递减，在（12，+SymboleB@ ）上单调递增，极小值为f（12）=2-ln2.

（2）因为x∈（0，+SymboleB@ ），所以不等式f（x）≤kx可化为k≥f（x）x=1x2+2lnxx=2xlnx+1x2.

记g（x）=2xlnx+1x2，则g′（x）=2x-2xlnx-2x3，令g′（x）=0，即x-xlnx-1=0.

记h（x）=x-xlnx-1，则h′（x）=1-（lnx+1）=-lnx，当x∈（0， 1）时，h′（x）>0，函数h（x）=x-xlnx-1在（0， 1）上单调递增;当x∈[1，+SymboleB@ ），h′（x）≤0.函数h（x）=x-xlnx-1在[1，+SymboleB@ ）上单调递减.又h（1）=0，所以h（x）≤0，故g（x）=2xlnx+1x2在（0， 1）上单调递增，在[1，+SymboleB@ ）上单调递减，从而g（x）max=g（1）=1，所以k≥1.

点评 本题是一道典型的不等式恒成立问题，因为参数k只出现在一个地方，常可采用参变分离法处理，将问题转化为求一个不含参数的函数g（x）=2xlnx+1x2的最大值.研究函数的最值问题，需要知晓它的单调性，就需要了解g′（x）=2x-2xlnx-2x3的正负.分母x3显然为正，关键就是判断分子2（x-xlnx-1）的正负，而y=x-xlnx-1是一个超越函数，它的正负无法直接判断，成为制约部分同学解题的主要障碍.实际上，我们只要明确目标是判断y=x-xlnx-1的正负，也就是判断y=x-xlnx-1与“0”的关系，要让x-xlnx-1=0就需要“lnx”不要出现，这时候只需令x=1，就能找到一个零点.除了“1”这个零点之外，还有没有其他的零点，只需要研究一下函数y=x-xlnx-1的单调性即可.这一类导函数常常可以通过直观观察，猜到其中的一个零点“0”“1”“e”“1e”等，再结合函数的单调性即可判断有无其他的零点，从而达到目的.

3 根据零点存在定理设根，设而不求整体回代

问题3 设函数f（x）=（x-a）2lnx，a∈R.

（1）若x=e为y=f（x）的极值点，求实数a;

（2）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0，3e]，恒有f（x）≤4e2成立.（注：e为自然对数的底数）

解 （1）略.

（2）①当x∈（0，1]时，lnx≤0，（x-a）2≥0，故f（x）=（x-a）2lnx≤0≤4e2显然成立.

②当x∈（1，3e]时，由于不等式f（x）≤4e2恒成立，所以f（3e）=（3e-a）2ln（3e）≤4e2，

解得3e-2eln（3e）≤a≤3e+2eln（3e）.

由（1）问可知，f′（x）=（x-a）（2lnx+1-ax），

记g（x）=2lnx+1-ax，则g（1）=1-a<0，g（a）=2lna>0，且g（3e）=2ln（3e）+1-a3e≥2ln（3e）+1-3e+2eln（3e）3e=2（ln（3e）-13ln（3e））>0，又g（x）在（0，+SymboleB@ ）上单调递增，所以函数g（x）在（0，+SymboleB@ ）内有唯一零点，设零点为x0，则10，即f（x）在（0，x0）上单调递增;当x∈（x0，a）时，g（x）>0，x-a<0，所以f′（x）<0，即f（x）在（x0，a）上单调递减;当x∈（a，+SymboleB@ ）时，g（x）>0，x-a>0，所以f′（x）>0，即f（x）在（a，+SymboleB@ ）上单调递增.所以要使f（x）≤4e2对任意的x∈（1，3e]恒成立，只要

f（x0）=（x0-a）2lnx0≤4e2，（1）

f（3e）=（3e-a）2ln（3e）≤4e2，（2）成立.由g（x0）=2lnx0+1-ax0=0得，a=2x0lnx0+x0（3）代入（1）式得4x02ln3x0≤4e2.又x0>1，且函数y=4x2·ln3x在（1，+SymboleB@ ）上单调递增，故1     点评 本题第（2）问采用最值法处理时，遇到解方程f′（x）=（x-a）（2lnx+1-ax）=0的问题，其中2lnx+1-ax=0是一个超越方程，无法直接求解，也无法通过观察猜出其中的某个根.但g（1）<0，g（3e）>0，又g（a）>0，根据零点存在性定理发现，方程在区间（1，a）至少存在一个根，此时可以先设出此零点x0，其中x0满足a=2x0lnx0+x0，利用此等式整体代入求解.

问题4 已知函数f（x）=ex-ax-2，其中a为常数.

（1）求函数f（x）的单调区间;

（2）已知a=1，k为整数，若对任意x∈（0，+SymboleB@ ），都有（x-k）f′（x）+x+1>0成立，求实数k的最大值.

解 （1）函数f（x）的定义域为（-SymboleB@ ，+SymboleB@ ），f′（x）=ex-a.若a≤0時，则f′（x）>0，所以f（x）在（-SymboleB@ ，+SymboleB@ ）上单调递增;若a>0时，则当x∈（-SymboleB@ ，lna）时，f′（x）<0，当x∈（lna，+SymboleB@ ）时，f′（x）>0，所以f（x）在（-SymboleB@ ，lna）上递减，在（lna，+SymboleB@ ）上递增.

（2）当a=1时，对任意x∈（0，+SymboleB@ ），都有（x-k）f′（x）+x+1>0成立等价于k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x（x>0），则g′（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2.

由（1）知，当a=1时，f（x）=ex-x-2在（0，+SymboleB@ ）上递增.

因为f（1）<0，f（2）>0，所以f（x）=ex-x-2在（0，+SymboleB@ ）上存在唯一零点，所以g′（x）在（0，+SymboleB@ ）上也存在唯一零点，设此零点为x0，则x0∈（1，2）.

因为当x∈（0，x0）时，g′（x）<0，当x∈（x0，+SymboleB@ ）时，g′（x）>0，所以g（x）在（0，+SymboleB@ ）上的最小值为g（x0）=x0+1ex0-1+x0，所以k     又因为g′（x0）=ex0-x0-2=0，所以ex0=x0+2，所以k     点评 本题的第（2）问仍是一道不等式恒成立问题，在求函数g（x）=x+1ex-1+x（x>0）的最小值时，需要研究它的单调性，即判断g′（x）与“0”的关系，而f（x）=ex-x-2与“0”的大小关系并不确定，也无法观察出x取何值时，对应的函数值为0，但f（1）<0，f（2）>0，根据零点存在性定理发现，函数f（x）=ex-x-2在区间（1，2）至少存在一个根，此时可以先设出此零点x0，其中x0满足ex0-x0-2=0，利用此等式整体代入求出g（x0）=x0+1∈（2，3），从而得到整数k的最大值.

在导数的综合题中常需要研究导函数的零点问题，主要包括零点可求和不可求两种情形.我们首先判断能否通过因式分解直接求根，若能，则问题易解;若不能，试着通过直观观察猜出其中某一个根，再通过研究函数的单调性来证明根的唯一性;若根不易猜出，可通过数形结合的方法锁定根所在的区间，通过设而不求整体代入的方法求解.只要我们在平时的解题学习中注重总结一类问题的处理模式，利用流程图的方式去研究问题，就能够把不熟悉、复杂的问题转化为熟悉的、简单的问题，从而培养自己转化和化归的能力，形成良好的数学思维习惯，提升自己的数学素养.