谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用------以 2019 年几道模拟题为例在高考的导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复杂甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的，我们不妨只须设出函数的零点，然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换和过渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可以很快解决这类问题。

对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们用的好像都是同一个方法 -- 虚设零点消元法，只分析第一道，其他同理，顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题．一、【 2019 合肥一模理科 21】二、【 2019 顺德三模理科 21】三、【 2019 佛山 3 月统考（北京燕博园）理科21】四、【 2019 广州一模理科 21】五、【 2019 广东模拟理科 21】六、【 2018 广州二模理科 21】七、【 2013 全国二卷理科 21】一、【 2019 合肥一模理科21】21．(本小题满分12 分 )已知函数 f (x) e x ln(x 1) ( e 为自然对数的底数 )．(Ⅰ )求函数 f (x) 的单调区间；(Ⅱ )若 g(x) f (x) ax ， a R ，试求函数g(x) 极小值的最大值．解析： ( Ⅰ) 易知x 1 ，且 f (x) e x1. x 1【求一阶导数发现是超越函数，无法确定导数的零点】令 h(x) e x 1 ，则 h (x) e x 1 0 ，x 1 (x 1)2【进一步求二阶导数，发现二阶导数恒大于0, 说明一阶导数递增】∴函数 h(x) e x 1 在 x ( 1， ) 上单调递增，且h(0) f (0) 0 .x 1【找到一阶导数的一个零点，而且是唯一的由负变正的零点，从而确定单调区间】可知，当x ( 时，h(x) f (x) 0 ， f (x) x ln(x 1) 单调递减；1, 0) e当 x (0, ) 时， h(x) f (x) 0 ， f (x) e x ln(x 1) 单调递增.∴函数 f (x) 的单调递减区间是( 1, 0) ，单调递增区间是 (0, ) .【反思：有的学生提出，我们很容易就观察得到了h(0) f (0) 0 . 但是，对于一般的超越函数，如果无法观察得到函数的零点，也无法求解函数零点的时候，我们该怎么办呢？这个问题，实际上就是我们第二问要解决的问题，解决的办法是：虚设零点，消元求值】( Ⅱ) ∵g(x) f (x) ax e x ln(x 1) ax ，∴ g (x) f (x) a .由( Ⅰ) 知，g (x)在x ( 1，) 上单调递增，当 x 1时， g (x) ；当 x 时， g (x) ，则 g (x) 0 有唯一解 x0.【对于导函数g (x) f (x) a，我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以设这个唯一的零点为 x0】可知，当 x ( 1, x0 ) 时，g (x) 0 ， g(x) e x ln(x 1) ax 单调递减；当 x (x0，) 时， g (x) 0 ， g(x) e x ln(x 1) ax 单调递增，∴函数 g(x) 在 x x0处取得极小值 g(x 0) e x0 ln(x 0 1) ax 0，【设完零点x0后，我们可以进一步确定这个零点的性质，发现它恰好是g(x) 的极小值，而这时候我们又需要求这个极小值g(x0 ) 的最大值，这时可以利用e x0 1 ag'(x0 ) 0 的代换，也就是x0 1 ，从而可以消去字母a】且 x0满足 e x0 1 a .∴ g(x0 ) (1 x0 )e x0 ln(x0 1) 11. x0x0 1 1令 (x) (1 x)e xln(x 1) 11 ，则 (x) x(x1 . x 1 x e 1)2【最后要求的最大值就转变为只含有一个变量的函数，从而把问题转化为求函数的最大值】可知，当 x ( 1, 0)时，(x) 0 ， (x) 单调递增；当 x (0, ) 时， (x) 0 ， (x) 单调递减，∴ (x) max (0) 1 . ∴函数 g(x) 极小值的最大值为 1.二、 【2019 顺德三模理科 21】1 21．（本小题满分 12 分）已知函数 f (x)x 2 (a 1)x a ln x ．2（1）当 a 1时，求 f (x) 的单调递增区间；（2）证明：当 1 a 0 时， f (x) 有两个零点；2（ 3 ） 若 a1， 函 数 g(x)f (x) 在 x x 0 处 取 得 最 小 值 ， 证 明 ：2x0 f ( x 0 ) (e 1)(e a) ．21．（ 1）解析： f (x)x (a1) a (x 1)(x 1) (x 0) ．故 a1时，由 f (x) 0 ，x x得 0 x1xa．故 f (x)的单调递增区间为 (0,1), (a, )．或（2）当1 a 0 时， f (x) 在 (1, ) 上单调递增，在 (0,1) 上单调递减．21则 f (x)minf (1)a 0 ，且当 x 0 时， f (x)；当 x时， f (x)2． 所以 f (x) 有两个零点．证 明 ： g(x)1 x a 1,g (x) x2 2a(1 ln x) , 设 h(x) x 2 2a(1 ln x) ， 因为2 2 x 2a1， 所以 h(x) 在 (0,) 上为增函数，又 h(1) 1 2a 0, h(e) e 2 0 ， 所以2t (1,e), h(t) 0 ， 当 0 x t 时， g (x) 0 ； 当 x t 时， g (x)0 ， 故 x 0 t 且x 022a 2a ln x 0 ， f (x 0 ) 1x 20 (a 1)x 0 1 x 2 0 a (x 0 1)(x 0 a) ， 因 为1, x 0 2 2a (1,e) ，所以 0 f ( x 0) (e 1)(e a) ． ........... 12 分 2三、【 2019 佛山市 3 月统考（北京燕博园）理科 21】------- “函数连锁反应”、虚设零点21．（本小题满分 12 分）已知函数f (x) sin ax ax1x 3 ．6（1）求证：当 a ≤ 0 时， f (x) 无极值点；（2）若存在区间(m, n) (0, ) ，对 x (m, n), f (x) 0 ，求 a 的取值范围．21． 证明：（ 1）证明： f(x) a(cos ax 1)1x 2 ， 当 a ≤ 0 时， f (x) ≥ 0 ，2所以 函数 f (x) 在 ( , ) 上单调递增， 所以当 a ≤ 0 时， f (x) 无极值点 ．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当 a ≤ 0 时 ，函数 f (x) 在 [0, ) 上 是单调增函数 ， f (0) 0 ，当x [0,) 时， f (x) ≥ 0 ， 不符合题意； 当 a (0,1] 时， a 3 (0,1], a 3 cosax ≤ 1设g(x) f (x) a(cos ax 1)1x 2 ，则 g (x) x a 2 sin ax ，2设 h(x)g (x) x a 2 sin ax ，则 h (x) 1 a 3 cos ax ≥ 0 ，所以 h(x) 在 ( ,) 上单调递增．又因为 h(0) 0 ， 所以 在 [0, ) 上， h(x) ≥ 0 ，即g (x) ≥ 0 ， 所以 g(x) 在 [0, ) 上单调递增． 又因为 g(0) 0 ， 所以 在 [0,) 上，g(x) ≥ 0 ，即 f(x) ≥ 0 ，所以函数 f (x) 在 [0,) 上 是单调增函数 ，f (0) 0 ，当 x [0,) 时， f (x) ≥ 0 ，不符合题意； .............7 分当 a1 时， 1 (0,1) ， 由 h (x) 131 ，a 3 a cos ax0 可得 cos axx 0 h (x )a 3所以存在0, 2a0...........................................................................分，使8又因为h(0) 0 ，所以当 x (0, x 0 ) 时， h(x) 0 ，即 g (x) 0 ，所以函数 g(x)在 (0, x 0 上是单调减函数 ，又因为 ，所以当 0 时， ，) g(0) 0 x (0, x ) g(x) 0即 f (x) 0 ，所以函数 f (x) 在 (0, x 0 ) 上是单调减函数 ，又因为 f (0) 0 ，所以当 x(0, x 0 ) 时， f (x) 0 ， 即存在区间 (0, x 0 ) (0,) ，对x (m, n), f (x) 0 .所以 a的取值范围是 a 1 .........................................12 分．六、【 2018 广州二模理科 21】21．（本小题满分 12 分）已知函数 f xe x x 2ax ．（1）若函数 fx 在 R 上单调递增，求 a 的取值范围；ln 2 2（2）若 a1 ，证明：当 x 0 时， f ln 2x 1．22参考数据： e2.71828 ， ln 2 0.69 ．上面这道题目中，在处理导数的零点的时候，由于导函数是一个超越函数，直接求它的零点是困难的，这时我们只需虚设一个零点x 0 ，但是我们设而不求，只需要进行整体的替换即可，然后在处理超越型原函数的过程中把指数函数替换掉，化繁为简，把原函数转化为 一个简单的二次函数，从而可以简单的处理后面的最值比较大小的问题。

这样的处理方式在 高考压轴题当中是经常可以看到的。

七、【 2013 全国二卷理科 21】21.( 本小题满分 12 分)已知函数 f ( x ) ＝e x －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) f ′(x )＝ ex1. x m由 x ＝0 是 f ( x ) 的极值点得 f ′(0) ＝ 0，所以 m ＝1.于是 f ( x ) ＝e x －ln( x ＋1) ，定义域为 ( － 1，＋∞ ) ， f ′(x ) ＝ e x1 . 1x 1函数 f ′(x ) ＝e x在( －1，＋∞ ) 单调递增，且 f ′(0) ＝ 0.x 1因此当 x∈( －1,0) f x x fx时， ′() ＜0；当 ∈(0，＋∞ ) 时， ′()＞0.所以 f (x )在( －1,0) 单调递减，在 (0 ，＋∞ ) 单调递增．(2) 当 m ≤2，x ∈( －m ，＋∞ ) 时，ln( x ＋m )≤ln( x ＋2)，故只需证明当 m ＝2 时，f ( x ) ＞0. 当 m ＝2 时，函数 f ′(x ) ＝e x1在( －2，＋∞ ) 单调递增．x2又 f ′( － 1) ＜0，f ′(0) ＞ 0，故 f ′(x ) ＝0 在( － 2，＋∞ ) 有唯一实根 x 0，且 x 0∈( － 1,0) ． 当 x ∈( － 2，x 0) 时， f ′(x ) ＜0；当 x ∈(x 0，＋∞ ) 时， f ′(x ) ＞0，从而当 x ＝x 0 时， f ( x ) 取得最小值．x 0＝1 ， ln( x ＋ 2) ＝－x ，x 0 2 0 01 21 ＋x 0＝ x ＞0.故 f ( x ) ≥f ( x ) ＝x 0 2 x 0 2综上，当 m ≤2 时， f ( x ) ＞0.。