1、虚设 隐零点 巧解 高考题 求解导数压轴题时， 很 多时候都需要求函数在给定区间上的零点，但经常会碰到函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形此时，可以将这个零点 虚 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 此 解题方法类似于解析几何中的 “设 而不求 ”. 例 1： （ 2017 年全国 II，理 21） 已知函数 2 lnf x ax ax x x ，且 0fx . (1)求 a ； (2)证明 fx存在唯一的极大值点 0x ，且 220 2e f x. 解： (1) 1a ； （ 2）由（ 1
2、）知 2 lnf x x x x x ， 2 2 lnf x x , 1( ) 2fx x ()fx 在 10,2单调 递减，在 1,2单调 递增 . 即m i n 1( ) ( ) ln 2 1 02f x f 又 222(1) 0 , ( ) 0f f e e 20 1( , )2xe使得 0( ) 0fx 当 0(0, )xx 时 ， ( ) 0fx ， 0( ,1)xx 时 ， ( ) 0fx ， (1, )x 时 ， ( ) 0fx ()fx在 00, , 1,x 单调 递增，在 0,1x 单调 递减 即 fx存在唯一的极大值点 0x . 又 0 0 0( ) 2 2 ln 0f x
3、 x x 00ln 2 2xx 从而 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0 11( ) l n ( )24f x x x x x x x x 20 1( , )2xe 2 0 11( ) ( ) ( )24f e f x f 而 2 2 2 2 2( ) ( )f e e e e 220 2e f x 评析 ： 当 导函数存在零点且无法求出时， 可 考虑虚设零点 0x ， 再对 0( ) 0fx 进行 合理的变形 与 代换，将超越式转化为普通式， 从而 达到化简 0()fx 的目的 .再 根据 零点存在性判定定理 ，得出 20 1( , )2xe，并结合 0()fx 的 单调性 即 可 完
4、成 证明 . 例 2： （ 2015 年 全国 文 科 21（ 2） ） 设函数 2e lnxf x a x. 求证：当 0a 时， 22 lnf x a a a . 解 ： 根据 第 （ 1） 问 可知 fx 有唯一零点，设零点为 0x ， 且 ()fx 在 0, 单调 递增， 当 00,xx 时， 0fx ，即 fx单调递减；当 0,xx 时， 0fx ，即 fx单调递增 . fx在 0xx 处取得极小值，即 0200m i n e lnxf x f x a x . 又 02002 e 0x afx x ，解得 020e 2x ax . 两边分别取自然对数 ，得 002 ln ln 2x
5、a x ，即00ln ln 22axx. 所以 0 0 000l n 2 2 l n2 2 2 2a a a af x a x a x axx 22 ln 2 ln2aa a a a a （当且仅当00 22a axx ，即0 12x时取等号） . 评析 ： 欲证 22 lnf x a a a ， 只需证 m in 22 lnf x a a a， 而 minfx 在 ()fx 的零点处取得 .但 02002 e 0x afx x 为 超越方程，无法求出其解，故只需 “ 设 而不求 ” ，有等式 02002 e 0x afx x 的 合理变 换 ， 得 00022 ln2 af x a x ax
6、a ， 再利用均值不等式即可证明 . 例 3： （ 2013 全国 理科 21） 已知函数 e lnxf x x m . （ 1）设 0x 是 fx的极值点，求 m ，并讨论 fx的单调性； （ 2）当 2m 时，证明 0fx . 解： （ 1） 1e xfx xm .由 0x 是 fx的极值点得 00f ，所以 1m . 于是 e l n 1xf x x ， 定 义 域 为 1, ， 1e 1xfx x . 函数 1e 1xfx x 在 1, 上单调递增，且 00f ，因此当 1,0x 时， 0fx ； 当 0,x 时， 0fx .所以， fx在 1,0 上单调递减，在 0, 上单调递增 .
7、 （ 2）证明：当 2m ， ,xm 时， ln ln 2x m x ， 则 ln ln 2x m x -从而 ( ) ln 2xf x e x- 故只需证 ( ) l n 2 0 ( 2 )xg x e x x - 211e , ( ) e 02 ( 2 )xxg x g xxx 1e 2xgx x 在 2, 上单调递增 . 又 111 1 0 , 0 02gge ， 存在 唯一 0 1,0x ， 使得 0 0gx 当 02,xx 时， 0gx ；当 0,xx 时， 0gx ， 从而当 0xx 时， gx取得最小值 .由 0 0gx 得001e 2x x ， 00ln 2xx ， 故 200
8、00011 022xg x g x xxx . 综上，当 2m 时， 0fx . 例 4： （ 2014 年 全国 文科 21） 已知函数 3232f x x x a x ， 曲线 ()y f x 在点 0,2 处的切线与 x 轴交点的横坐标为 2 . （ 1）求 a ； （ 2）证明：当 1k 时 ， 曲线 ()y f x 与直线 2y kx只有一个交点 . 解：（ 1） 1a . （ 2）由（ 1）知， 32( ) 3 2f x x x x 设 ()gx ( ) 2f x kx 323 (1 ) 4x x k x ， 下证 ()y gx 与 x 轴 只有一个 交点 由题设知 10k .当
9、0x 时， ()gx 23 6 1 0x x k ， ()gx 单调递增，( 1) 1 0 , ( 0 ) 4g k g ，所以 ()gx =0 在 ,0 有唯一实根 . 当 0x 时，令 32( ) 3 4h x x x ，则 ()gx ( ) (1 ) ( )h x k x h x . 而 2( ) 3 6 3 ( 2 )h x x x x x ， ()hx在 (0,2) 单调递减，在 (2, ) 单调递增， ( ) ( ) (2 ) 0g x h x h即 ( ) 0gx 在 (0, ) 没有实根 . 综上， ()gx =0 在 R 有唯一实根，即曲线 ()y f x 与直线 2y kx
10、只有一个交点 . 例 5： （ 2009 年 全国 理科 22） 设函数 2 1f x x aln x 有两个极值点 12xx、 ，且 12xx （ I） 求 a 的取值范围，并讨论 fx的单调性； （ II）证明： 2 1224lnfx w.w.w.k.s.5. u.c.o. m 解 : （ I） 2222 ( 1 )11a x x af x x xxx 令 2( ) 2 2g x x x a ，其对称轴为 12x .由题意知 12xx、 是方程 ( ) 0gx 的两个均大于 1 的不相等的实根，其充要条件为 4 8 0( 1) 0aga ，得 10 2a 当 1( 1, )xx 时， 0,
11、 ( )f x f x 在 1( 1, )x 内为增函数； 当 12( , )x x x 时， 0, ( )f x f x 在 12( , )xx 内为减函数； 当 2,()xx 时， 0, ( )f x f x 在 2,()x 内为增函数； （ II）由 （ I）21( 0 ) 0 , 02g a x ， 222(2 )a x x +2 2 2 22 2 2 2 2 2 21 ( 2 ) 1f x x a l n x x x x l n x +2 设 22 1( 2 2 ) 1 ( )2h x x x x ln x x ， 则 2 2 ( 2 1 ) 1 2 2 ( 2 1 ) 1h x x
12、 x l n x x x l n x 当 1( ,0)2x 时， 0, ( )h x h x 在 1 ,0)2 单调递增； 当 (0, )x 时， 0hx ， ()hx 在 (0, ) 单调递减 . 1 1 1 2 l n 2( , 0 ) , ( )2 2 4x h x h 当 时 故 22 1 2 2() 4Inf x h x w.w.w.k.s.5.u. c.o. m 例 6： （ 2013 年 湖北理科 10）已知 a 为常数，函数 )(ln)( axxxxf 有两个极值点)(, 2121 xxxx ，则（ ） A. )(1xf 0, )( 2xf 21 B. )(1xf 0, )(
13、2xf 21 【解析】 选 D ( ) (ln )f x x x ax， ( ) ln 2 1f x x ax 又函数 ( ) (ln )f x x x ax有两个极值点 12,xx， ( ) ln 2 1f x x ax 有两个零点 12,xx， 即函数 ( ) lng x x 与函数 ( ) 2 1h x ax有两个交点 120,0a x x 设经过点 0, 1 的曲线 ( ) lng x x 的切线与曲线 ( ) lng x x 相切于点 00,lnxx，则切线方程为0001ln ( )y x x xx ，将点 0, 1 代入，得 0 1x ，故切点为 1,0 此时，切线的斜率 1k ，
14、 要 函数 ( ) lng x x 与函数 ( ) 2 1h x ax有两个交点 ，结合图象可知， 0 2 1a，即1210 , 0 12a x x 1 1 1 1( ) (ln )f x x x ax而 1 1 1( ) ln 2 1 0f x x a x 的 11ln 2 1ax 21 1 1 1 1 1 1( ) ( 2 1 ) ( 0 ) 0 ( 0 1 )f x x a x a x a x x f x 同理 ， 由 2 2 2( ) ln 2 1 0f x x a x 得 22 ln 12xax 22 2 2 2 2 2( ) ( l n ) ( l n 1 ) ( 1 )2xf x x x a x x x ， 设 ( ) (ln 1)( 1)2xh x x x 则 ln( ) 0 ( 1)2xh x x ， 即 ()hx 在 (1, ) 单调 递增， 1( ) (1) 2h x h 即 2 1() 2fx
