“神秘”赋值的玄机

黄光鑫

摘 要：本文探讨一类用导数方法讨论函数零点问题中，如何赋值的问题.

关键词：导数;函数零点;赋值

中图分类号：G632      文献标识码：A      文章编号：1008-0333（2020）10-0042-03

收稿日期：2020-01-05

作者简介：黄光鑫（1966-），男，学士，中学高级教师，从事中学数学教学研究.

新课标高中数学不讲极限的内容，使得一类用导数方法讨论函数零点的题目经常采用赋值的方法说明函数值的正负，进而说明函数图象的走势，讨论函数零点的问题.有些赋值比较容易想到，有些赋值在学生看来简直是神来之笔，从天而降，无法想象！市面上不少参考书也是照搬照抄，不动脑筋！在各种不同的参考书上对同一个题目都是千篇一律的赋值方式！学生当然会问这背后的玄机在哪里？能不能想出另外的赋值方式？本文将和大家一起探讨这些“神秘”赋值的玄机，请不吝赐教.

例1 （2016·全国Ⅰ卷）已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点.

（1）求a的取值范围;

（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2<2.

解 （1）f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）.①设a=0，则f （x）=（x-2）ex，f（x）只有一个零点.

②设a>0，则当x∈（-∞，1）时，f ′（x）<0;当x∈（1，+∞）时，f ′（x）>0.所以f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

又f（1）=-e，f（2）=a，取b满足b<0且ba2（b-2）+a（b-1）2=a（b2-32b）>0，故f（x）存在两个零点.

点评 神秘赋值“取b满足b<0且ba[t（b-2）+（b-1）2]=a[b2+（t-2）b+1-2t].若需要b∈（-∞，0）时h（b）=b2+（t-2）b+1-2t>0，则对称轴b=2-t2>0，

h（0）=1-2t>0t<12即可，这就要求eb &nbsp;   ③设a<0，由f ′（x）=0得x=1或x=ln（-2a）.

若a≥-e2，则ln（-2a）≤1，故当x∈（1，+∞）时，f ′（x）>0，因此f（x）在（1，+∞）上单调递增.又当x≤1时，f（x）<0，所以f（x）不存在两个零点.

若a<-e2，则ln（-2a）>1，故当x∈（1，ln（-2a））时，f ′（x）<0;当x∈（ln（-2a），+∞）时f ′（x）>0.因此f （x）在（1，ln（-2a））单调递减，在（ln（-2a），+∞）单调递增.又当x≤1时，f（x）<0，所以f（x）不存在两个零点.

综上，a的取值范围为（0，+∞）.

（2）不妨设x1f（2-x2），即f（2-x2）<0.

由于f（2-x2）=-x2e2-x2+a（x2-1）2，而f（x2）=（x2-2）ex2+a（x2-1）2=0，所以f（2-x2）=-x2e2-x2-（x2-2）ex2.

设g（x）=-xe2-x-（x-2）ex，则g′（x）=（x-1）（e2-x-ex）.

所以当x>1时，g′（x）<0，而g（1）=0，故当x>1时，g（x）<0.

从而g（x2）=f（2-x2）<0，故x1+x2<2.

例2 已知函数f（x）=ex+ax-a（a∈R且a≠0）.

（1）若f（0）=2，求实数a的值，并求此时f（x）在＼[-2，1＼]上的最小值;

（2）若函数f（x）不存在零点，求实数a的取值范围.

解 （1）由题意知，函数f（x）的定义域为R，又f（0）=1-a=2，得a=-1，所以f（x）=ex-x+1，求导得f ′（x）=ex-1.

易知f（x）在＼[-2，0＼]上单调递减，在＼[0，1＼]上单调递增，所以当x=0时，f（x）在＼[-2，1＼]上取得最小值2.

（2）知f ′（x）=ex+a，由于ex>0，

①當a>0时，f ′（x）>0，f（x）在R上是增函数，

当x>1时，f（x）=ex+a（x-1）>0;

当x<0时，取x=-1a，则f（-1a）<1+a（-1a-1）=-a<0.

点评 神秘赋值“当x<0时，取x=-1a，则f（-1a）<1+a（-1a-1）=-a<0”的玄机在哪里？这里f（-1a）=e-1/a-1-a     ②当a<0时，令f ′（x）=0，得x=ln（-a）.在（-∞，ln（-a））上，f ′（x）<0，f（x）单调递减;在（ln （-a），+∞）上，f ′（x）>0，f（x）单调递增.所以当x=ln（-a）时，f（x）取最小值.

函数f（x）不存在零点，等价于f（ln（-a））=eln（-a）+aln（-a）-a=-2a+aln（-a）>0，解得：-e2     综上所述，所求实数a的取值范围是（-e2，0）.

例3 设函数f（x）=e2x-aln x.

（1）讨论f（x）的导函数f ′（x）零点的个数;

（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln 2a.

（1）解 f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=2e2x-ax（x>0）.

当a≤0时，f ′（x）>0，f ′（x）没有零点;

当a>0时，因为y=e2x单调递增，y=-ax单调递增，

所以f ′（x）在（0，+∞）上单调递增.

又f ′（a）>0，假设存在b满足00时，f ′（x）存在唯一零点.

点评 神秘赋值“0     当“04.这里把4作為中间变量.沿着这样的思维，考虑到e2≈7.39，2e2<15<16，于是可以考虑把16作为中间变量，所以可以这样令“0     （2）证明 由（1），可设f ′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f ′（x）<0;当x∈（x0，+∞）时，f ′（x）>0.

故f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以当x=x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0）.

由于2e2x0-ax0=0

e2x0=a2x0（上式取对数得到下式）

2x0=lna2x0=lna-ln2-lnx0.

所以f（x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.

故当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.

例4 ＼[2017年新课标卷（Ⅰ）（21）＼]已知函数f（x）=ae2x+（a-2）ex-x.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围.

解 （1）f（x）的定义域为（-∞，+∞），f ′（x）=2ae2x+（a-2）ex-1=（aex-1）（2ex+1）.

①若a≤0，则f ′（x）<0，所以f（x）在（-∞，+∞）单调递减;②若a>0，则由f ′（x）=0得x=-lna.当x∈（-∞，-lna）时，f ′（x）<0;当x∈（-lna，+∞）时，f ′（x）>0所以f（x）在（-∞，-lna）单调递减，在（-lna，+∞）单调递增.

（2）①若a≤0，由（1）知，f（x）至多有一个零点.②若a>0由（1）知，当x=-lna时，f（x）取得最小值，最小值为f（-lna）=1-1a+lna.（ⅰ）当a=1时，由于f（-lna）=0，故f（x）只有一个零点;（ⅱ）当a∈（1，+∞）时，由于1-1a+lna>0，即f（-lna）>0，故f（x）没有零点;（ⅲ）当a∈（0，1）时，1-1a+lna<0，即f（-lna）<0，又f（-2）=ae-4+（a-2）e-2+2>-2e-2+2>0，故f（x）在（-∞，-lna）有一个零点.设正整数n0满足n0>ln（3a-1），则f（n0）=en0（aen0+a-2）-n0>en0-n0>2n0-n0>0.由于ln（3a-1）>-lna，因此f（x）在（-lna，+∞）有一个零点.综上，a的取值范围为（0，1）.

点评 神秘赋值“正整数n0满足n0>ln（3a-1）”的玄机在哪里？ 当n0>ln（3a-1）时，en0>3a-1，∴aen0+a-2>1，从而f（n0）=en0（aen0+a-2）-n0>en0-n0>2n0-n0>0.

其实令n0>ln（4a-1），n0>ln（5a-1）…都行.这里的赋值也用到了一个常用的对数恒等式：alogaN=N（a>0且a≠1）.

如果借助一些已知的不等式，比如ex≥ex也可以这样思考：ex≥exex-1-x≥0，要使ex（aex+a-2）-x>0，只需aex+a-2>1e……（*），借鉴上面的思路，我们想让aex>-a+（   ），于是考虑aex>2-a+1e，ex>2a-1+1ae，x>ln（2a-1+1ae），取n0>ln（2a-1+1ae）.上面每一步可逆，赋值成功.

从以上几个例题可以隐隐略略看出：这类赋值问题，我们要仔细观察所出现式子的结构特征，根据问题的需要，结合一些已知的恒等式和不等式，借助于待定系数法或寻找中间变量总能找到成功赋值的方法！“神秘”赋值其实并不“神秘”！

参考文献：

＼[1＼]王朝银.创新设计·复习用书·数学·理科[M].西安：陕西人民出版社，2014.

[责任编辑：李 璟]