林国夫

导函数的零点是利用导数工具分析函数性质过程中考虑的最为核心的量，其处理方式的合理性对问题的后续解决具有举足轻重的作用.在教学实践中笔者发现，由于受制于直观形象思维的影响和缺乏对零点的处理手段，学生对于处理较复杂的导函数零点感到异常困惑和力不从心，甚至表现出一定的恐惧心理.为此笔者对导函数零点的处理策略进行了反思和总结，以突破教学难点和教学瓶颈.本文拟就导函数零点的“设而不求”的特殊处理策略作一探讨，供读者参考.

1 导函数中的二次函数零点的“设而不求”策略

应用导数解决函数问题的关键在于分析给定函数的单调性，即通过判断导函数在定义域内的正负性来明晰函数单调性，而其中最核心的问题在于判断导函数的零点是否存在以及零点是否在定义域内.在问题求解中我们常遇到下列情形：分析导函数的正负性可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点，并需要利用二次函数的零点来求解后续问题，但二次函数的零点的求解又显得很复杂.对于该情形我们需要掌握处理二次函数零点的合理处理方法.

1.1 借助韦达定理实现“设而不求”

例1 已知函数f（x）=x2+aln（x+2），a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f（x1）+f（x2）的取值范围.

解 函数f（x）的定义域为（-2，+∞），且f′（x）=2x+ax+2=2x2+4x+ax+2，由于f（x）有两个极值点，则二次函数g（x）=2x2+4x+a在（-2，+∞）上有两个相异实根x1，x2，由于g（x）的对称轴为x=-1，由二次函数的图像可知，只需Δ=16-8a>0且g（-2）=a>0，即0<a<2.

考虑到x1，x2是方程2x2+4x+a=0的两根，从而x1+x2=-2，x1x2=a2，从而f（x1）+

f（x2）=x21+aln（x1+2）+x22+aln（x2+2）=（x1+x2）2-2x1x2+aln[2（x1+x2）+x1x2+4]=

4-a+alna2，其中0<a<2.令h（a）=4-a+alna2，a∈（0，2），则h′（a）=-1+lna2+1=lna2<0，

从而h（a）为单调减函数，又lima→0+h（a）=4，lima→2h（a）=2，从而h（a）的值域为（2，4）.

综合上述，f（x1）+f（x2）的取值范围为（2，4）.

反思与总结 在上述问题求解中我们在简化f（x1）+f（x2）时并没有直接求解x1，x2关于a的表达式，而是采用了类似于解析几何中的算理，借助韦达定理将x1，x2整体性地代入其中，不仅大大削减了运算量，而且求解问题的思路更清晰明朗.这种独特的二次函数零点处理方式的应用性还是比较广泛的，下面我们就此再举一例，供读者细细品味.

例2 已知实数a满足a≥e+1e-2，且函数f（x）=lnx+x22-（a+2）x恰有一个极小值m和极大值M，求m-M的最大值.其中e为自然对数的的底数.

解 由于f′（x）=1x+x-（a+2）=x2-（a+2）x+1x，x>0，且f（x）恰有一个极大值点x1和极小值点x2，从而正数x1，x2是x2-（a+2）x+1=0的两个相异实根，即方程a+2=x+1x，x>0有两个相异正根，从而a>0，结合条件得a≥e+1e-2.

由于当0<x<x1时，f′（x）>0，当x1<x<x2时，f′（x）<0，当x>x2时，f′（x）>0，从而f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，从而f（x）的极大值为M=f（x1），极小值为m=f（x2），且x1+x2=a+2，x1x2=1.又x21+x22x1x2=

x2x1+x1x2=（x1+x2）2-2x1x2x1x2=（a+2）2-2≥（e+1e）2-2=e+1e，令t=x2x1>1，从而

t+1t≥e+1e，从而t≥e.

故m-M=f（x2）-f（x1）=lnx2x1+x22-x212-（a+2）（x2-x1）=lnx2x1+x22-x212-（x2+x1）（x2-x1）

=lnx2x1-x22-x212=lnx2x1-x22-x212x1x2=lnx2x1-12（x2x1-x1x2）=lnt-12t+12t，t≥e.令g（t）=lnt-12t+12t，t≥e.

从而g′（t）=1t-12t2-12=-t2+2t-12t2=-（t-1）22t2<0，从而g（t）在[e，+∞）上单调递减，故

m-M=g（t），t≥e的最大值为g（e）=12e-e2+1.

反思与总结 上述问题的求解与例1基本一致，区别在于我们还利用了韦达定理，将非齐次的二元表达式lnx2x1-x22-x212利用韦达定理实现了齐次化lnx2x1-x22-x212x1x2，将多元问题转化为了单元问题，这点也很值得我们借鉴.下面我们给出与上述问题类似的试题，供读者练习：设函数f（x）=lnx+ax-1在（0，1e）内有极值.若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），求证：f（x2）-f（x1）>e+2-1e.注：e是自然对数的底数.

1.2 借助极值的特性实现“设而不求”

例3 已知函数f（x）=x+1x+alnx，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数）.

解 本题我们只需f（x）的最小值fmin≥2e，fmax≤2e，下面我们以f（x）单调和非单调两类进行如下讨论.显然f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）=1-1x2+ax=x2+ax-1x2，x>0.

①若对任意的x∈[1，e]恒有f′（x）≥0时（即a≥1x-x对任意的x∈[1，e]恒成立），即a≥0时，则f（x）在[1，e]上单调递增，故要使得2e≤f（x）≤2e，只需2e≤f（1）

f（e）=e+1e+a≤2e，

a≥0，故0≤a≤e-1e.

②若对任意的x∈[1，e]恒有f′（x）≤0时（即a≤1x-x对任意的x∈[1，e]恒成立），即a≤1e-e时，则f（x）在[1，e]上单调递减，故要使得2e≤f（x）≤2e，只需2e≤f（e）<f（1）≤2e，即f（1）=2≤2e，

f（e）=e+1e+a≥2e，

a≤1e-e，故a=1e-e.

③若1e-e<a<0时，f′（x）在（1，e）上存在唯一的零点x0，且当1≤x<x0时，f′（x）<0，当x0<x≤e时，f′（x）>0，故f（x）在[1，x0]上单调递减，在[x0，e]上单调递增.要使得2e≤f（x）≤2e，则需

f（x0）≥2e，

f（1）=2≤2e，

f（e）=e+1e+a≤2e，

1e-e<a<0，

即f（x0）=x0+1x0+alnx0≥2e，

1e-e<a<0，

考虑到x0满足x20+ax0-1=0，从而f（x0）=x20+1+ax0lnx0x0=x20+1+（1-x20）lnx0x0.

令

h（x）=x2+1+（1-x2）lnxx，x∈（1，e），则h′（x）=

2x-2xlnx+1-x2xx-[x2+1+（1-x2）lnx]x2=（-x2-1）lnxx2<0，

故h（x）在（1，e）上单调递减，又x0∈（1，e），从而f（x0）=h（x0）>h（e）=2e.故使得不等式

2e≤f（x）≤2e成立的实数a的范围为1e-e<a<0.

综合上述，满足条件的实数a的范围为1e-e，e-1e.

反思与总结 在本例求解中，当1e-e<a<0时，在确定f′（x）在（1，e）有唯一零点x0时，我们利用其极值点的特性，即x20+ax0-1=0，将a代入f（x0），实现了f（x0）中变量的单一化，以便继续利用导数分析f（x0）的最小值.这种利用极值的特点来代换变量的方式是我们处理导数多元变量问题最常用的方法.

下面我们给出与之相关的试题，供读者练习：已知函数f（x）=x2-x+alnx（a∈R）有两个极值点x1，x2（x1<x2），求实数a的取值范围，并求证f（x2）>-3+4ln216.

2 导函数中的非二次函数零点的“设而不求”策略

当分析导函数的正负性时需要归结为分析某个非二次函数的零点时，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式（即导数为0），通过恒等代换将问题进行转化.

例4 已知函数f（x）=ex-k2x2-x，若对任意的x≥0，恒有f（x）≥1，求实数k的取值范围.

解 由于f′（x）=ex-kx-1，x≥0，令g（x）=ex-1x，x>0，则

g′（x）=exx-（ex-1）x2=

exx-ex+1x2=r（x）x2，x>0，则r′（x）=exx+ex-ex=exx>0，则r（x）在（0，+∞）上单调递增，从而r（x）>r（0）=0，从而g′（x）>0，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，且limx→0g（x）=1.

①当k≤1时，即k≤1≤ex-1x，故当x∈（0，+∞）时，f′（x）≥0，故f（x）在[0，+∞）上单调递增，从而要使f（x）≥1成立只需f（0）≥1，此式显然成立，从而k≤1满足条件.

②当k>1时，方程k=ex-1x在（0，+∞）上存在唯一零点x0，从而当x∈（0，x0）时，f′（x）<0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0，从而f（x）在[0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，故要使f（x）≥1成立，只需f（x0）≥1即可，但f（x0）<f（0）=1，矛盾，故k>1不符合条件.

综合上述，满足条件的实数k的取值范围为（-∞，1].

反思与总结 上例中当k>1时，我们确认f′（x）在（0，+∞）上有唯一零点，并引入形式化的零点x0，借助简单的单调性分析并结合条件f（x0）<f（0）=1迅速解决了问题，克服了将显化x0表达式的难点.

例5 已知函数f（x）=ln（x+1）x+1x，若f（x）>kx+1在（0，+∞）上恒成立，求整数k的最大值.

解 由于f（x）>kx+1k<（x+1）f（x）=（x+1）ln（x+1）+x+1x，

令h（x）=（x+1）ln（x+1）x+

x+1x，则由题意得，k<h（x）min，其中x>0.下面我们来分析h（x）的单调性求h（x）min.

h′（x）=

[ln（x+1）+1+1]·x-[（x+1）ln（x+1）+x+1]x2=-ln（x+1）+x-1x2.

令g（x）=-ln（x+1）+x-1，其中x>0.由于g′（x）=-1x+1+1=xx+1>0，故g（x）

在（0，+∞）上为单调增函数，又由于g（0）=-1<0，g（1）=-ln2<0，g（2）=-ln3+1<0，

g（3）=-ln4+2>0，故g（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0∈（2，3）.

由此当x∈（0，x0）时，g（x）<0，h′（x）<0;当x∈（x0，+∞）时，g（x）>0，h′（x）>0.故

h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，从而h（x）的最小值为h（x0）.

考虑到x0∈（2，3）为g（x）的零点，故ln（x0+1）=x0-1，故h（x）min=h（x0）=

（x0+1）ln（x0+1）+x0+1x0=

（x0+1）（x0-1）+x0+1x0=x20+x0x0=x0+1∈（3，4）.又

k<h（x）min=h（x0），故满足条件的整数k的最大值为3.

反思与总结 上述问题求解的关键在于在确定g（x）具有唯一零点x0后，利用恒等式

ln（x0+1）=x0-1将h（x0）=（x0+1）ln（x0+1）+x0+1x0简化为x0+1，从而顺利地解决了问题.

综合上述，导函数零点的“设而不求”策略，即指在确定函数具有零点但又无法求解或求解相对比较繁杂的情况下，引入虚拟零点，通过形式化的合理代换或推理，达到化简并求解问题目标的解题技巧.该技巧让我们成功回避复杂的运算，摆脱解决问题过程中的一些技术难点，在求解比较复杂的含参函数的综合问题具有一定的应用价值，值得我们关注.