导数问题中虚设零点的三大策略
导数在高中数学中可谓 “神通广大 ”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题
的“利器 ”因.而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题 .在面对这些压轴
题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题
.此时，
我们不必正面强求， 可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，
然后谋求一种整体的转
换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决
.我们称这种解题方法为 “虚设零点 ”
法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中 “虚设零点 ”法的具体解题方法和策略 .
策略 1 整体代换将超越式化简为普通式
如果 f（′x）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、 指数、
对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式），并且
f （′x）的零
点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采用虚设零点法，逐步分析出 “零点 ”所在的范围和满足的关系式， 然后分析出相应函数的单调性， 最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的 “关系 ”推演出所要求的结果 .通过这种形式化的合理代换或推理， 谋求一种整体的
转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点
.
例 1（2015 年全国高考新课标Ⅰ卷文 21）设函数 f（x）=e2x-alnx. （1）讨论 f （x）的导函数 f ′（ x）的零点的个数； （2）证明：当 a>0 时， f（x）≥2a+aln2a.
解（1）f（ x）的定义域为（0，+∞），f（′x）=2e2x-ax（x>0 ）.由 f（′x）=0，得 2xe2x=a.
令 g（x）=2xe2x ，g′（ x）=（4x+2 ）e2x>0 （x>0），从而 g（ x）在（0，+∞）单调递增，所以 g（ x）>g （0）=0.
当 a>0 时，方程 g（x）=a 有一个根，即 f ′（x）存在唯一零点；
当 a≤0时，方程 g（x）=a 没有根，即 f ′（ x）没有零点 .
（2）由（ 1），可设 f ′（x）在（ 0，+∞）的唯一零点为 x0 ，当 x∈（ 0，x0）时， f ′ <0；
（ x）
当 x∈（ x0， +∞）时， f ′（x）>0.
故 f（x）在（ 0，x0）单调递减，在（ x0， +∞）单调递增，所以 f（ x） min=f （x0）.
由于 2e2x0-ax0=0 ，得 e2x0=a2x0 ，由 x0=a2e2x0 ，得 lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0 ，所以 f（x0 ）=e2x0-alnx0=a2x0-a （lna2-2x0 ）
=a2x0+2ax0+aln2a ≥ 2a2x0× 2ax0+aln2a=2a+aln2a.
故当 a>0 时，f （x）≥2a+aln2a.
评析本题第（ 2）问要证明 f（x）≥2a+
aln2a ，只需要 f（ x） min≥ 2a+aln2a，f（ x） min 在 f （′x）的零点取到 .但 f ′（x）=0
是超越方程，无法求出其解，我们没有直接求解 x0 ，而是在形式上虚设 .这样处理的好处在于，通过对 x0 满足的等式 e2x0=a2x0 ，lnx0=lna2-2x0 的合理代换使用，快速将超越
式 e2x0-alnx0 化简为普通的代数式 a2x0+2ax0+aln2a ，然后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了 x0.在求解的过程中，不要急于消掉 x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式 .
借助 f （′x0）=0 作整体代换，竟能使天堑变通途！其实，这种做法早已出现在以下两道试题中 .我们一起来体会一下如出一辙的解法带给我们的便捷 .
例 2（2013 年全国高考新课标Ⅱ卷理 21）
已知函数 f（x）=ex-ln （x+m ）.
（1）设 x=0 是 f（x）的极值点，求
m 并讨论 f（x）的单调性； （2）当 m≤2时，证明 f（x）>0.
解（ 1） m=1 ， f（x）增区间为（ 0，+∞），减区间为（ -1，0）.
（2）当 m≤2时， x+m≤x+2 ，ln（x+m ）≤ln（x+2 ）， -ln（ x+m ）≥-ln （x+2），所以f（x）≥ ex-ln（x+2 ），令 g（x）=ex-ln（ x+2），则 g′（ x）=ex-1x+2 ，g″（x）=ex+1 （x+2） 2>0 ，所以 g′（x）在（ -2，+∞）上单调递增 .
又 g′（-1） =e-1-1<0 ，g′（0）=1-12>0 ，
所以存在唯一的 x0∈（ -1，0），使 g′（x0 ）=0.
所以当 -2 评析在本题中，在确定出函数 g′（ x） =ex-1x+2 在（ -2， +∞）上存在唯一的零点 x0 后，无法直接求解 x0 ，在形式上虚设后，通过对 x0 满足的等式条件 ex0=1x0+2 ， x0=-ln （x0+2 ）的合理代换使用，快速将超越式 g（ x0）=ex0-ln （x0+2 ）化简为普通的代数式g（ x0）=1x0+2+x0 ，为证貌似不可能证的不等式 g（x0 ）>0 扫除了障碍 . 例 3（2012 年全国新课标卷文 21 第 2 问）设函数 f（x）=ex-ax-2. 若 a=1 ，k 为整数，且当 x>0 时，（ x-k）f ′（x）+x+1>0 ，求 k 的最大值 . 解由于 a=1 ，所以（ x-k ）f ′（x）+x+1= （ x-k ）（ ex-1 ）+x+1>0k0 恒成立 .令 g（x） =x+1ex-1+x ，原命题 k 评析本题中，在确定出 h（x）=ex-x-2 在（0，+∞）上存在唯一零点的情形下，通过虚设零点 x0，并借助 ex0=x0+2 来简化 g（ x0）=x0+1ex0-1+x0 ，为估计 g（ x0 ）的范围创造了条件 .虚设零点，让我们感受到 “柳暗花明又一村 ”的奇妙诗意 . 如果 f （′x）不是超越形式，而是可转化为二次函数，这时很容易想当然，用求根公式把零点求出来，代入极值中去 .但接下来要么计算偏繁，要么无法化简，复杂的算式让人无处下手，导致后继工作无法开展 .正所谓 “思路简单，过程烦人 ”这.时有两个策略： 策略 2 反代消参构造关于零点的单一函数 如果问题要求解（或求证）的结论与参数无关，这时我们一般不要用参数来表示零点，而是反过来用零点表示参数， 然后把极值函数变成了关于零点的单一函数， 再次求导就可解决相应函数的单调性、极值、最值、不等式证明 . 例 4（ 2014 年全国高考新课标Ⅱ卷文 21 第 2 问）已知函数 f（x）=x3-3x2+x+2 ，曲线 y=f（x）在点（ 0，2）处的切线与 x 轴交点的横坐标为 -2.证明：当 k<1 时，曲线 y=f （x）与直线 y=kx-2 只有一个交点 . 解曲线 y=f（x）与直线 y=kx-2 只有一个交点 g（x）=f（x）-kx+2 的图象与 x 轴只有 一个交点 .g（x）=x3-3x2+ （1-k ）x+4， g′（ x） =3x2-6x+1-k. （1）当 =36-12 （1-k ） =24+12k≤0，即 k≤-2 时， g′（x） ≥0，所以 g（ x）在 R 上为增函数 .因为 g（-1 ） =k-1<0 ，g（0 ）=4>0 ，所以存在唯一 x0∈（ -1 ，0）使得 g（ x0 ）=0，所以 g（x）的图象与 x 轴只有一个交点 . （2）当 =36-12 （1-k ） =24+12k>0 ，即 -2 所以 g（ x）的图象与 x 轴只有一个交点，只需要 g（x2 ）>0. 由 g′（x2） =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 （1 综上（ 1）、（ 2）可知，当 k<1 时，曲线 y=f （ x）与直线 y=kx-2 只有一个交点 . 评析本题当 -2 例 5（ 2009 年全国高考Ⅱ卷理 22 第 2 问）设函数 f（ x）=x2+aln （1+x）有两个极值点，证明： f（ x）的极小值大于 1-2ln24 ； 证明 f （′x）=2x+a1+x=2x2+2x+a1+x （ x>-1 ） .令 g（ x） =2x2+2x+a ，函数 f（x）有 两个极值点 g（ x）=2x2+2x+a 在（ -1，+∞）上有两个不等实根 g（-1） =a>00 =4-8a>0 设 x1、 x2 是方程 g（ x）=0 的两个均大于 -1 的不相等的实根，且 x10 ，其对称轴为 x=-12 ，所以 -1 由 g（ x2） =2x22+2x2+a=0 得 a=-（2x22+2x2 ），所以 f（x2 ）=x22+aln1+x2= x22- （2x22+2x2 ）ln（1+x2 ）.令 x2=t ，设 f（x2 ）=h（ t）=t2-（ 2t2+2t ）ln（1+t）， 其中 -12 故 f（x2） =h（t）>1-2ln24. 评析 f（ x）=x2+aln1+x 的极小值点 x2 来自 f （′x）=2x2+2x+a1+x 的零点，按常规思路，要证明 f（x2） >1-2ln24 ，就要将 x2=-1+1-2a2 代入 f（x）求解，其本质就是用参数 a 表示零点 x2 ，再证明关于 a 的不等式， -1+1-2a22+aln1+-1+1-2a2>1-2ln24 ，复杂的算式让人无处下手 .于是，我们采用 “反代 ”的方法，用零点 x2 来表示参数 a=-（2x22+2x2 ）.事实证明，这种变通是十分有效的 . 策略 3 降次留参建立含参数的方程（或不等式） 如果问题要求解（或求证）的结论与参数有关，利用关系式 f （′x）=0 （大部分情况可转化为二次方程），在保留参数的情况下，不断地把零点的次数降到不可再降为止，再 结合其他条件，建立含参数的方程（或不等式），就可求出参数的值或参数的范围 . 例 6（2012 年高考全国大纲卷文科第 21 题）已知函数 f（x）=13x3+x2+ax. （1）讨论 f （x）的单调性； （2）设 f （x）有两个极值点 x1 、x2，若过两点（ x1 ，f（ x1）），（ x2 ，f（ x2））的直线 l 与 x 轴的交点在曲线 y=f（ x）上，求 a 的值； （3）（笔者加编）函数 f（x）的图像与 x 轴有三个公共点，求 a 的取值范围 . 解（ 1）略 . （2）f ′（x）=x2+2x+a ，由题设知， x1 、x2 为方程 f ′（x） =0 的两个根，故有 a<1 ， x21=-2x1-a ，x22=-2x2-a. 因此 f（x1） =13x31+x21+ax1=13x1 （ -2x1-a ） +x21+ax1=13x21+23ax1=13 （-2x1-a ）+23ax1=23 （ a-1 ）x1-a3 ，同理 f（x2 ）=23（a-1 ） x2-a3. 因此直线 l 的方程为 y=23 （a-1 ）x-a3 ，设 l 与 x 轴的交点为（ x0， 0），得 x0=a2 （a-1 ）.而 f（x0）=13a2（a-1 ）3+a2（a-1 ）2+a22（ a-1 ）=a224（a-1 ）3（12a2-17a+6 ），由题设知，点（ x0，0）在曲线 y=f（ x）上，故 f（ x0）=0，解得 a=0 或 a=23 或 a=34. 所以，所求 a 的值为 a=0 或 a=23 或 a=34. （3）函数 f（x）的图像与 x 轴有三个公共点 f（x）有极大值极小值且两个极值异号 .f （x）有极大值极小值 f ′（x）有两零点 =4-4a>0 即 a<1. 评注对于问题（ 2），找到极值点横坐标 x1、x2 与参数 a 之间的联系（x21=-2x1-a ， x22=-2x2-a ），利用它不断地把零点的次数降到 1 次为止，再利用设而不求法求出直线方 程，利用直线方程求出与 x 轴的交点，根据交点在已知曲线上建立含参数 a 的方程，从而得到参数 a 的值；对于问题（ 3），等价转化为 f（x1 ）·f（x2）<0，再利用韦达定理转化为纯粹的含参数 a 的不等式，求出了 a 的取值范围，这也要归功于问题（ 2）的降次留参 . 综上所述， “虚设零点 ”的三大策略，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与导数的综合问题具有很好的应用价值，值得我们关注 . 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容