14.显化解题逻辑 强化思维指导——以利用导数研究函数零点问题为例-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■江苏省宜兴市丁蜀高级中学 周 军 近年来的高考数学试题中频频出现函数 零点问题,其形式多样化、综合化。在处理函 数零点问题时,同学们不仅要掌握零点存在性 定理,还要会运用函数与方程、转化与化归、数 形结合、分类讨论等思想方法,从而找到解题 的突破口。利用导数解决函数的零点问题,是 近几年高考命题的热点题型,此类题一般属于 压轴题,难度较大。下面分别从判断零点个 数、依据零点个数求参数范围、零点性质的相 关研究三个命题方向,揭示利用导数研究函数 零点问题的解题逻辑和思维策略,帮助同学们 拓宽思路、深化认识、提升能力。 一、判断函数零点的个数 函数零点的判定、证明或讨论,主要通过 三种方法处理:一是直接解方程f(x)=0,该 方程的根的个数即为函数零点的个数;二是 画出函数图像,观察图像与x 轴交点的个数 或转化为两个函数图像,观察两个函数图像 的交点个数;三是利用零点存在性定理进行 判定,也可结合极值、最值进行处理。 例 1 已知函数f(x)=ax2-|1+ ln x|(a>0)。 (1)若a=1,求函数f(x)的单调区间; (2)讨论函数f(x)零点的个数。 解析:(1)函数f(x)的单调递增区间为 0, 1 e , 22,+∞ ,单 调 递 减 区 间 为 1 e ,2 2 。(过程略) (2)函数f(x)=ax2-|1+ln x|(a>0) 的定义域为(0,+∞),由f(x)=0得a= |1+ln x| x2 。令函数g(x)= |1+ln x| x2 ,x> 0,若0<x≤ 1 e ,则g(x)=- 1+ln x x2 ,求导 得g'(x)=- x-2x(1+ln x) x4 = 1+2ln x x3 < 0,所以函数g(x)在 0, 1 e 上单调递减。由 于g 1 e =0,因此函数g(x)在 0,1e 上的 取值集合为[0,+∞)。若x> 1 e ,则g(x)= 1+ln x x2 ,求导得g'(x)=- 1+2ln x x3 。当1 e <x< 1 e 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x > 1 e 时,g'(x)<0,g(x)单调递减。因此 g(x)在x= 1 e 处取得极大值g 1 e =e2。而 ∀x∈ 1e ,+∞ ,g(x)>0恒成立,函 数 f(x)=ax2-|1+ln x|(a>0)的零点,即方 程a= |1+ln x| x2 (a>0)的根,亦即直线y= a(a>0)与函数y=g(x)的图像交点的横坐 标。在同一坐标系内作出直线y=a(a>0) 图1 与函数y=g(x)的图 像,如 图1 所 示。观 察图像知,当0<a< e 2 时,直线y=a(a> 0)与函数y=g(x)的 图像有3个公共点;当a= e 2 时,直线y=a (a>0)与函数y=g(x)的图像有2个公共 点;当a> e 2 时,直线y=a(a>0)与函数y= g(x)的图像有1个公共点。 综上可得,当0<a< e 2 时,函数f(x)有 3个零点;当a= e 2 时,函数f(x)有2个零 点;当a> e 2 时,函数f(x)有1个零点。 04 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 点评:破解此题应关注三个思维节点:一 是选择带参直接研究原函数,或者分离参数 后研究新函数,基于题设中函数的结构和参 数的 分 布 情 况,可 以 采 用 参 变 分 离 法,由 f(x)=0分离变量得到a= |1+ln x| x2 ,将问 题等价转化为直线y=a(a>0)与函数y= |1+ln x| x2 的图像交点问题,从而减少参数a 的干扰;二是要考虑是否需要去掉函数中的 绝对值,对于这种超越函数,去掉绝对值再进 行求导比较方便,应抓住绝对值内函数的零 点分段讨论;三是要思考如何准确地作出图 像,应依据定义域、值域确定图像的分布范 围,依据单调性、渐近线确定图像的变化趋 势,依据极值、最值确定图像的关键位置,注 意数感与形感的协同发展。 二、已知零点存在情况求参数范围 解决此类问题通常从两个方面考虑:一是 根据定义域或指定区间内零点的个数情况,估 计出函数图像的大致形状,从而推导出导数需 要满足的条件,进而求出参数满足的条件;二 是先求导,通过导数值的正、负确定函数的单 调性,再依据函数在定义域或指定区间内的零 点情况,推导出函数本身需要满足的条件,此 时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数, 通过多次求导,层层推理得解。 例 2 已知函数f(x)=aex-1-ln x- 1,a∈R。 (1)若a=1,求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)有且只有2个不同的零点, 求a的取值范围。 解析:(1)函数f(x)的单调递减区间是 (0,1),单调递增区间是(1,+∞)。(过程略) (2)f'(x)=aex-1- 1 x 。 ①若a=1,由(1)知f(x)有且只有一个 零点。 ②若a≤0,则f'(x)=aex-1- 1 x<0 ,则 f(x)在 区 间(0,+∞)上 单 调 递 减,所 以 f(x)至多有一个零点。 ③若a>1,则f' 1 a =ae 1 a-1-1 <0, f'(1)=a-1>0,又因为y=f'(x)的图像在 区间(0,+∞)上连续不间断,所以∃x0∈ 1 a ,1 ,使得f'(x0)=0,即aex0-1-1x0=0。 令g(x)=aex-1- 1 x ,则g'(x)=aex-1+ 1 x2 >0,所以f'(x)=g(x)在区间(0,+∞)上 单调递增,所以当x∈(0,x0)时,f'(x)< f'(x0)=0,函数f(x)单调递减,当x∈(x0, +∞)时,f'(x)>f'(x0)=0,函数f(x)单 调递增。所以f(x)min=f(x0)=aex0-1- ln x0-1= 1 x0 -ln x0-1>1-1=0,所以 f(x)无零点。 ④令h(x)=ln x-(x-1),当x>1时, h'(x)= 1 x -1<0 ,所以h(x)在区间[1, +∞)上单调递减,所以∀x>1,有h(x)< h(1)=0,所以ln x<x-1,则ex-1>x。当0 <a<1时,f'(1)=a-1<0,f' 1 a = ae 1 a -1- 1 1 a >a· 1 a - a=0 ,又因为y =f'(x)的图像在区间(0,+∞)上连续不间 断,所以∃x0∈ 1, 1 a ,使得f'(x0)=0, 即aex0-1- 1 x0 =0。令g(x)=aex-1- 1 x ,则 g'(x)=aex-1+ 1 x2 >0,所以f'(x)=g(x) 在区间(0,+∞)上单调递增,所以当x∈(0, x0)时,f'(x)<f'(x0)=0,函数f(x)单调 递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>f'(x0)= 0,函数 f(x)单调递增。所以 f(x)min= f(x0)=aex0-1-ln x0-1= 1 x0 -ln x0-1< 1-1=0。令x1= 4 a2 >1,f 4 a2 =f(x1)= aex1-1-2ln x1-1>ax1-2( x1-1)-1 = 4 a-2× 2 a+1>0 ,又因为函数f(x)在区 间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单 14 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 调递增,且y=f(x)的图像连续不间断, 1 e <1<x0< 1 a < 4 a2 ,f 1 e =ae 1 e-1+1-1 >0,所以f(x)有且只有2个零点。 综上可得,若函数f(x)有且只有2个零 点,则实数a的取值范围为(0,1)。 点评:梳理此题的解题逻辑,应重点把握 四个核心要点:一是以什么标准对参数a 进 行分类讨论? 处理导数问题一般遵循“确定 性先行原则”,第一问中a=1的情况已确定, 为第二问作铺垫,理应优先考虑,而当a≤0 时,函数f(x)单调递减,零点情况简单,可直 接判断,后续再讨论a>1和0<a<1的复杂 情况。二是当a>1时,对f'(x)=aex-1- 1 x 进行二次求导,其动机是什么? 求导之后发 现导函数的正、负不定,再次求导可确定导函 数的符号为正,从而确定导函数单调递增,结 合零点存在性定理猜想取点,制约零点的取 值范围。三是f' 1 a >0和f 4a2 >0中 的 1 a 、4 a2 是如何被找到的? 背后的原理是 放缩取点,利用切线不等式ln x<x-1变形 得ex-1>x,这样aex-1- 1 x>ax- 1 x ,令ax - 1 x=0 可找到 1 a ,类似地,aex-1-ln x- 1=aex-1-2ln x-1>ax-2(x-1)-1 =ax-2 x+1>ax-2 x,令ax-2 x= 0可找到 4 a2 。四是解题过程中涉及的隐零点 如何处理? “设而不求,整体代换”的一般观 念应一以贯之。 三、函数零点性质的相关研究 本题型包括两个方向:一是与函数零点 性质有关的问题;二是可以转化为函数零点 的函数问题。能够利用等价转换构造函数法 求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零 点的大小关系等。求解时一般先通过等价转 换,将已知问题转化为函数零点问题,再构造 函数,利用导数研究函数的单调性、极值、最 值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点 达到解决问题的目的。 例 3 已知函数f(x)=xln x- 1 2ax 2 -x(a∈R)。 (1)当a=1时,求证:函数f(x)为减函数; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1< x2),且ln x1+λln x2>1+λ恒成立,求正实 数λ的取值范围。 解析:(1)证明过程略。 (2)由题意得f'(x)=ln x-ax 有两个 不 同 的 正 实 数 根 x1,x2 (x1 <x2),则 ln x1-ax1=0, ln x2-ax2=0, 故 a = ln x1-ln x2 x1-x2 = ln x1 x2 x1-x2 。 1+λ<ln x1+λln x2=ax1+aλx2= (x1+λx2) ln x1 x2 x1-x2 = x1 x2 +λ x1 x2 -1 ln x1 x2 。 令 x1 x2 =t∈(0,1),则1+λ< t+λ t-1ln t,即 ln t- (1+λ)(t-1) t+λ <0 在t∈(0,1)恒成立。 令h(t)=ln t- (1+λ)(t-1) t+λ ,t∈(0,1),则 h'(t)= 1 t- (λ+1)2 (t+λ)2 = (t-1)(t-λ2) t(t+λ)2 。 若λ≥1,当t∈(0,1)时,h'(t)>0,h(t) 单调递增,所以h(t)<h(1)=0恒成立; 若0<λ<1,当t∈(λ2,1)时,h'(t)<0, h(t)单调递减,所以h(t)>h(1)=0,不符合 题意。 综上可得,正实数λ 的取值范围为[1, +∞)。 点评:解决此类问题的关键在于消参,常 见的消参方法是对所给式子进行变形,然后 引入新的变量,此目的在于减少变量的个数, 进而构建新的函数,通过研究新函数的单调 性求解问题。问题的难点在于多变量如何归 一,基于此题待解目标中不含参数a,于是考 虑先消去a,可以通过对方程ln x1-ax1= 24 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺􀤺 0、ln x2-ax2=0作差,用极值点x1、x2 表示 参数a,然后将其消去,再将x1、x2 进行作商 运算,整体换元,从而实现变量归一。 通过实例及真题的解析展示,利用导数 解决函数零点问题的思维逻辑清晰呈现,这 类问题着重考查同学们的分类讨论意识、逻 辑推理能力及数学运算素养,同学们应注重 归纳总结,在解题时开拓思路、优化算法、提 升思维。 (责任编辑 王福华) 34 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年5月