函数导数压轴题隐零点的处理技巧
些年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。
用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。
函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。
根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的，不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。
本专题通过几个具体的例题来体会隐性零点的处理步骤和思想方法。
一、隐性零点问题示例及简要分析：
1.求参数的最值或取值范围
例1(2012年全国I卷)设函数f(x)=e x﹣ax﹣2．
(1)求f(x)的单调区间；
(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．
解析：(1)(略解)若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增；
若a＞0，则f(x)的单调减区间是(﹣∞，ln a)，增区间是(ln a，+∞)．
(2)由于a=1，所以(x﹣k)f′(x)+x+1=(x﹣k)(e x﹣1)+x+1．
故当x＞0时，(x﹣k)f′(x)+x+1＞0等价于k＜
1
1
x
x
e
+
-
+x(x＞0)(*)，
令g(x)=
1
1
x
x
e
+
-
+x，则g′(x)=
2
(2)
(1)
x x
x
e e x
e
--
-
，
而函数f(x)=e x﹣x﹣2在(0，+∞)上单调递增，①f(1)＜0，f(2)＞0，
所以f(x)在(0，+∞)存在唯一的零点．故g′(x)在(0，+∞)存在唯一的零点．
设此零点为a，则a∈(1，2)．当x∈(0，a)时，g′(x)＜0；当x∈(a，+∞)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，+∞)的最小值为g(a)．
③所以g(a)=a+1∈(2，3)．由于(*)式等价于k＜g(a)，故整数k的最大值为2．
点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤：
①确定零点的存在范围(本题是由零点的存在性定理及单调性确定)；
②根据零点的意义进行代数式的替换；
③结合前两步，确定目标式的范围。
2.不等式的证明
例2.(湖南部分重点高中联考试题)已知函数f (x )=2
ln ()x x a +，其中a 为常数． 若a =﹣1，设函数f (x )在(0，1)上的极值点为x 0，求证：f (x 0)＜﹣2．
解析 证明：a =﹣1，则f (x )=2ln (1)x x -导数为f ′(x )=3112ln (1)x x x ---，
①设函数f (x )在(0，1)上的极值点为x 0，②可得00112ln 0x x --
=，即有0012ln 1x x =-，要证f (x 0)＜﹣2，即020ln (1)x x -+2＜0，由于0201
12(1)x x --+2=0012(1)x x -+2=2000(12)2(1)x x x --，由于x 0∈(0，1)，且x 0=12
，2ln x 0=1﹣01x 不成立， ③则02
0ln 20(1)x x +<-，故f (x 0)＜﹣2成立． 点评：处理函数隐性零点的三个步骤清晰可见。
3.对极值的估算
例3.(2017年全国课标1)已知函数f (x )=ax 2﹣ax ﹣x ln x ，且f (x )≥0．
(1)求a ；
(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f(x 0)＜2﹣2．
解析(1)因为f (x )=ax 2﹣ax ﹣x ln x =x (ax ﹣a ﹣ln x )(x ＞0)，则f (x )≥0等价于
h (x )=ax ﹣a ﹣ln x ≥0，求导可知h ′(x )=a ﹣1x
．则当a ≤0时h ′(x )＜0，即y =h (x )在(0，+∞)上单调递减，所以当x 0＞1时，h (x 0)＜h (1)=0，矛盾，故a ＞0． 因为
当0＜x ＜1a 时h ′(x )＜0，当x ＞1a 时h ′(x )＞0，所以h (x )min =h (1a )，又因为h (1)=a ﹣a ﹣ln1=0，所以1a =1，解得a =1；
(另解：因为f (1)=0，所以f (x )≥0等价于f (x )在x ＞0时的最小值为f (1)，
所以等价于f (x )在x =1处是极小值，所以解得a =1；)
(2)证明：由(1)可知f (x )=x 2﹣x ﹣x ln x ，f ′(x )=2x ﹣2﹣ln x ，
令f ′(x )=0，可得2x ﹣2﹣ln x =0，记t (x )=2x ﹣2﹣ln x ，则t ′(x )=2﹣
1x
， 令t ′(x )=0，解得：x =12，所以t (x )在区间(0，12)上单调递减，在(12，+∞)上单调递增，所以t (x )min =t (12)=ln2﹣1＜0，从而t (x )=0有解，即f ′(x )=0存在两根x 0，x 2，且不妨设f ′(x )在(0，x 0)上为正、在(x 0，x 2)上为负、在(x 2，+∞)上为正，
所以f (x )必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣ln x 0=0，所以f (x 0)=20x ﹣0x ﹣00ln x x =20x ﹣0x ﹣00(22)x x -=
﹣20x +0x ，由x 0＜
12可知f (x 0)＜200max 2111()224x x -+=-+=；由f ′(1e )＜0可知x 0＜1e ＜12
， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1e )上单调递减，所以f (x 0)＞f (1e )=21e ； 综上所述，f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f (x 0)＜2﹣
2．
点评：本题处理函数的隐性零点的三步亦清晰可见，请你标一标。
简要分析：通过上面三个典型案例，不难发现处理隐性零点的三个步骤；这里需要强调的是： 第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；
第二个步骤中进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键； 第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。
最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现。