导数问题中虚设零点的三大策略
石向阳
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′（x）<0；
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-2x0时，g′（x0）>0，g（x）单调递增.
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
g′（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2，令h（x）=ex-x-2，则h′（x）=ex-1>0在x∈（0，+∞）恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，又易知h（1）<0，h（2）>0，所以h（x）在（0，+∞）上存在唯一零点，设此零点为x0，则x0∈（1，2）.又g′（x）与h（x）同号，故当x∈（0，x0）时，g′（x）<0；当x∈（x0，+∞）时，g′（x）>0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（x0）=x0+1ex0-1+x0.
又由h（x0）=0，得ex0=x0+2，代入得g（x0）=x0+1（x0+2）-1+x0=1+x0∈（2，3），又k
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Δ=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Δ=36-12（1-k）=24+12k>0，即-20，g′（1）=-2-k<0，所以00，g（x）在（-∞，x1）内为增函数；当x∈（x1，x2）时，g′（x）<0，g（x）在（x1，x2）内为减函数；当x∈（x2，+∞）时，g′（x）>0，g（x）在（x2，+∞）内为增函数.g（x）的极小值点是x2.
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（1h（2）=0，即g（x2）>0.所以当-2
评析本题当-20.x2是可以求出的（实际上x2=1+6+3k3），但我们证关于k的不等式g（x2）=g（1+6+3k3）>0，让人无处下手.于是，我们虚设零点x2，采用“反代”的方法，用零点x2来表示参数，有1-k=-3x22+6x2.巧妙地回避了这些繁杂的计算，简洁而利索，可谓妙哉.
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Δ=4-8a>0
g（-1）=a>00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-10，f（x）在（-1，x1）内为增函数；当x∈（x1，x2）时，f′（x）<0，f（x）在（x1，x2）内为减函数；当x∈（x2，+∞）时，f′（x）>0，f（x）在（x2，+∞）内为增函数.所以，f（x）的极大值点是x1，f（x）的极小值点是x2.
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-120，h（t）在[-12，0）单调递增.所以当t∈（-12，0）时，h（x）>h（-12）=1-2ln24.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Δ=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.
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′（x）<0；
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>0k
g′（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2，令h（x）=ex-x-2，则h′（x）=ex-1>0在x∈（0，+∞）恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，又易知h（1）<0，h（2）>0，所以h（x）在（0，+∞）上存在唯一零点，设此零点为x0，则x0∈（1，2）.又g′（x）与h（x）同号，故当x∈（0，x0）时，g′（x）<0；当x∈（x0，+∞）时，g′（x）>0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以g（x）min=g（x0）=x0+1ex0-1+x0.
又由h（x0）=0，得ex0=x0+2，代入得g（x0）=x0+1（x0+2）-1+x0=1+x0∈（2，3），又k
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Δ=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Δ=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
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Δ=4-8a>0
g（-1）=a>00设x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于-1的不相等的实根，且x1
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
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Δ=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.
