归纳总结隐零点问题的破解策略-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■山东省济南市莱芜第一中学 刘 波 隐零点问题是函数与导数综合应用中的 一类重要考查类型,其能合理融合函数、方 程、不等式、导数等基础知识,一直是高考命 题中的一个基本点与考查点。本文结合实例 剖析隐零点问题破解的两种常见技巧策略, 或隐零点代换,或隐零点同构,归纳总结解题 技巧与应对策略,引领并指导同学们的数学 复习与备考。 一、隐零点代换 利用隐零点代换法解决隐零点问题,其 是基于导函数的零点方程f'(x0)=0先确定 零点x0 的存在性与取值范围,并结合其所对 应的代数关系式及其合适的恒等变形,代入 到原函数问题中去,结合指对项或参数项的 消除来分析与应用。 例 1 已知函数f(x)=e x-a x -ln x+ ln(a+1)(a>0)(e是自然对数的底数)。 (1)当a=1时,试判断函数f(x)在(1, +∞)上极值点的个数; (2)当a> 1 e-1 时,求证:对任意的x> 1,都有f(x)> 1 a 成立。 解析:(1)依题意知,当a=1时,函数 f(x)= ex-1 x -ln x+ln 2,求导得f'(x)= ex-1(x-1)-x x2 (x>0)。 令函 数 g(x)=ex-1(x-1)-x,则 g'(x)=xex-1-1。 当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增。 因为f'(1)=-1<0,f'(2)= e-2 22 >0, 所以存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0。 当x∈(1,x0)时,有f'(x)<0,则函数 f(x)单 调 递 减;当 x∈(x0,+∞)时,有 f'(x)>0,则函数f(x)单调递增。 所以函数f(x)在(1,+∞)上存在1个 极小值点。 (2)求导得f'(x)= ex-a(x-1) x2 - 1 x= (x-1)ex-a- x x-1 x2 。 设函数h(x)=ex-a- x x-1 ,则h'(x)= ex-a+ 1 (x-1)2 。 当x>1时,有 h'(x)>0,所 以 函 数 h(x)在(1,+∞)上单调递增。 当x→1+ 时,h(x)→-∞。 因为a> 1 e-1 ,所以h(a+1)=e-1- 1 a >0,所以存在x0∈(1,a+1),使得h(x0)= ex0-a- x0 x0-1 =0。 当x∈(1,x0)时,h(x)<0,则有f'(x) <0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时, h(x)>0,则有f'(x)>0,f(x)单调递增。 故x=x0 是f(x)= ex-a x -ln x+ln(a+1) (a>0)的极小值点,也是最小值点,即f(x) ≥f(x0)= ex0-a x0 -ln x0+ln (a+1)。 又因 为ex0-a = x0 x0-1 ,所 以 f(x0)= 1 x0-1 -ln x0+ln(a+1),故问题转化为证 对任意x>1, 1 x0-1 -ln x0+ln(a+1)> 1 a , 即 1 x0-1 -ln x0> 1 a-ln (a+1)成立。 设k(x)= 1 x-1-ln x,易知k(x)在(1, +∞)上单调递减。 因为x0∈(1,a+1),所以k(x0)>k(a +1),故 1 x0-1 -ln x0> 1 a-ln (a+1),原命 题得证。 22 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月 点评:借助隐零点代换来处理隐零点问 题的基本步骤为:①根据题设条件及函数零 点存在定理构建导函数零点方程;②利用零 点的分界性,正确判断导函数的正负;③通过 导函数零点方程的合理变形,整体代入原函 数f(x)的最值表达式中进行化简,要么消除 指对项,要么消除其中的参数项,从而得到函 数f(x)最值式的估计。 二、隐零点同构 利用隐零点同构法解决隐零点问题,其是 基于含有指对项的隐零点代数表达式的恒等变 形与转化,挖掘相应的同构特征,其对应的隐零 点代换则需要同构才能作出,此时合理同构函 数来分析与应用,从而实现问题的转化与求解。 例 2 已知函数f(x)=eax-x(a∈R,e 为自然对数的底数),g(x)=ln x+mx+1。 (1)若f(x)有两个零点,求实数a 的取 值范围; (2)当a=1时,x[f(x)+x]≥g(x)对 任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数m 的取 值范围。 解析:(1)依题意,函数f(x)有两个零点, 则关于x的方程eax=x有两个相异实根。 由eax>0,知x>0,所以f(x)有两个零 点,则a= ln x x 有两个相异实根。 构造函 数 G(x)= ln x x ,则 G'(x)= 1-ln x x2 。令G'(x)=0,得x=e。故当x∈ (0,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增;当x∈ (e,+∞)时,G'(x)<0,G(x)单调递减。所 以G(x)max=G(e)= 1 e 。 又G(1)=0,故当0<x<1时,G(x)< 0;当x>1时,G(x)>0;当 x→+∞时, G(x)→0。所以当f(x)有两个零点时,实数 a的取值范围为 0, 1 e 。 (2)当a=1时,f(x)=ex-x,原命题等 价于xex≥ln x+mx+1,即m≤ex- ln x x - 1 x 对任意的x∈(0,+∞)恒成立。 构造函数F(x)=ex- ln x x - 1 x (x>0), 则 m≤F(x)min。而 F'(x)=ex+ ln x x2 = x2ex+ln x x2 ,令函数h(x)=x2ex+ln x,x∈ (0,+∞),则h'(x)=2xex+x2ex+ 1 x>0 , 故h(x)在(0,+∞)上单调递增。 又h(1)=e>0,h 1e =e 1 e-2-1<e0-1 =0,所以存在x0∈ 1 e ,1 ,使得h(x0)=0, 即x20ex0+ln x0=0 ①。 当x∈(0,x0)时,h(x)<0;当x∈(x0, +∞)时,h(x)>0。所以F(x)在(0,x0)上 单调递减,在(x0,+∞)上单调递增。 故F(x)min=F(x0)=ex0- ln x0 x0 - 1 x0 。 由①知 x20ex0 =-ln x0,所以 x0ex0 = - ln x0 x0 = 1 x0 ln 1 x0 =ln 1 x0 e ln 1 x0。 因为函数φ(x)=xex 在(0,+∞)上单 调递增,所以x0=ln 1 x0 ,即x0=-ln x0,所 以F(x)min=e-ln x0- -x0 x0 - 1 x0 = 1 x0 +1- 1 x0 =1,所以m≤1。 故实数m 的取值范围为(-∞,1]。 点评:借助隐零点同构来处理含有指对 项的隐零点问题,需结合代数式的恒等变形 与转化,巧妙通过同构函数来达到解题的目 的。在解决形如ex= 1 x⇔x+ln x=0这些 常见的代换问题时,经常要借助隐零点同构 来分析与应用,从而实现问题的突破与求解。 总之,在实际解决隐零点问题时,结合零 点方程巧妙抓住其结构特征,利用函数零点 存在定理正确判断对应的取值范围,借助“指 (数)”转“对(数)”,“指”“对”替换,合理整体 代换处理。对于复杂的隐零点问题还可以通 过同构函数来转化,结合关系式或参数值的 消除与转化,最终实现问题的突破与求解。 (责任编辑 王福华) 32 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月