虚设零点巧解高考函数压轴题

　　虚设零点巧解高考函数压轴题解题探索周礼平

（无锡市第三高级中学，２１４０００）

　　数学解题是一个创造和发现的过程，我们研究问题是为了寻求更好的方法或更多的思路，探索问波利亚说过“掌握数学就意味题解决的基本规律．

１－２

ｅ＜ｆ（ｘ）＜．０

４

对第（２）问进行分析：由（１）知ａ＝１．

着善于解题”．所以我们研究一些具有代表性的问题，希望能得到一些有效的思路或策略．在《普通高中数学新课程标准（

２０１７年版）解读》中明确提到整体学习、理解、应用函数主线是提升数学学科核心素养的基本载体．因此函数问题是高考的重点和难点，通常也是压轴题所在，我们必须重视对函数及相关问题的研究．我们知道函数的极值点又是其中重要的考点，很多时候要转化为导函数的零点来处理．而处理这些问题时，经常会遇到一些无法直接求根

（比如含有ｅｘ或ｌｎｘ的超越方程）或求根比较困难

（比如方程含有参数）的问题．我们处理这种问题，可以尝试根据已知条件，虚设出函数的零点（或方程的根），合理消元，得到等式，建立新函数，结合零点存在性定理得到该零点（或根）的合理取值范围，解决问题．

比如我们要证明ｅｘ

－ｌｎｘ＞２，一般我们构造函

数ｆ（ｘ）＝ｅｘ

－ｌｎｘ，对其求导得ｆ′（ｘ）＝ｅｘ

－１ｘ

，这个

函数不容易求出零点，但我们能看出这个导函数是单调递增的，且ｆ′（１）＝ｅ－１＞０，ｆ′(１

２)＝槡ｅ－２＜０，可知导函数存在零点ｘ∈(１，１)，且ｅｘ１

０

２０

＝ｘ

，两边０

取对数有ｘ１０＝ｌｎｘ＝－ｌｎｘ０，结合单调性易知ｘ０是０函数的极小值点，所以ｆ（ｘ）≥ｆ（ｘｘ０

＝１

０）＝ｅ－ｌｎｘ０ｘ０

＋ｘ０＞２．在这个问题中，巧妙的虚设零点ｘ０，再将ｅｘ０

和ｌｎｘ０用ｘ０表示，得到ｆ（ｘ０）＝１ｘ＋ｘ０

，问题从而０解决．在高考中我们也经常遇到这种问题：

例１（２０１７年全国卷２理２１题）　已知函数

ｆ（ｘ）＝ａｘ２

－ａｘ－ｘｌｎｘ，且ｆ（ｘ）≥０

．（１）求ａ；

（２）证明：ｆ（ｘ）存在唯一的极大值点ｘ０

，且ｆ（ｘ）＝ｘ２－ｘ－ｘｌｎｘ，ｆ′（ｘ）＝２ｘ－２－ｌｎｘ，

设ｈ

（ｘ）＝２ｘ－２－ｌｎｘ，ｈ′（ｘ）＝２－１

ｘ．从而可得ｈ（ｘ）在区间

(０，１

２)单调递减，在区间(１２，＋∞)单调递增．又ｈ（ｅ－２）＞０，ｈ(１２)＜０，所以ｈ（ｘ）在(０，１２)有唯一零点ｘ(１

０，在２，＋∞)有唯一零点１，且当ｘ∈（０，ｘ０

）时ｈ（ｘ）＞０，即ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；当ｘ∈（ｘ０，１）时ｈ（ｘ）＜０，即ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减；当ｘ∈（１，＋∞）时，ｈ（ｘ）＞０，即ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增．所以ｘ＝ｘ０是ｆ（ｘ）的唯一极大值点．

由ｆ′（ｘ０）＝ｈ（ｘ０）＝０，所以ｌｎｘ０＝２（ｘ０－

１），从而ｆ（ｘ０）＝ｘ２０－ｘ０－ｘ０ｌｎｘ０＝ｘ２

０－

ｘ０－２ｘ０（ｘ０－１）＝－ｘ２

０＋ｘ０，又ｘ０∈(０，１２)，所以ｆ（ｘ１０）＝－(ｘ０－２

)２

＋１４＜１

４

．因为ｘ＝ｘ－１

０是ｆ（ｘ）在（０，１）的最大值点，且ｅ∈（０，１），ｆ′（ｅ－１）≠０，所以ｘ－１－１０≠ｅ，ｆ（ｘ０

）＞ｆ（ｅ）＝ｅ－２，所以ｅ－２

＜ｆ（ｘ１０

）＜４

．分析：在本例中，方程２ｘ－２－ｌｎｘ＝０是超越方程，除了１以外还有一根，不方便直接求出，那么我们虚设此根，由零点存在性定理约束该根的范围，然

后消去ｌｎｘ，建立新的函数ｆ（ｘ２

０）＝ｘ０－ｘ０－２ｘ０（ｘ０－

１）＝－ｘ２

０＋ｘ０，将证出ｆ（ｘ１０

）＜４

．这种方法如果用来解一些导函数中含有参数的问题，也很有效．导函数中含有参数，如果求出导函数的零点再带入求函数的极值，对学生的运算能力要求太高，不易得分，但如果设出零点后，建立参数和零点的等量关系，消去参数，

（下转第７８页）

·７５·

《数学之友》　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　２０１９年第２０期

及角度的特殊性，那么根据图形得出证明都可算做正确．

３．纵观不同地区不同年份的这几道题，表述都不够严密，没有强调能否加辅助线证明或者能否用多次全等证明，因此不排除学生思考全面，给出如笔者一般的证明过程，说明试题存在错误．

命题建议：

此类试题在平时全等三角形的练习、学校考试及中考命题时都十分常见，命题者自身一定要考虑周全，考虑到所有可能的证明方法及辅助线添加方案，确保无论何种方案、几次全等都无法得出结论．在命题过程中，如果给出图形，那么情况就相对确定，因此更要考虑周全，用词准确，避免歧义．

檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸檸２

（上接第７５页）　求新函数的最值，相对要容易许２ｘ（ｘ－１）［－３ｘ＋（３ｘ－１）］

（ｘ）＝，因为ｇ′２

（２ｘ－１）多．比如今年江苏高考的第１９题的第三问：

例２（２０１９年江苏高考数学卷１９）　设函数ｆ（ｘ）＝（ｘ－ａ）（ｘ－ｂ）（ｘ－ｃ），ａ，ｂ，ｃ∈Ｒ，ｆ′（ｘ）为ｆ（ｘ）的导函数．若ａ＝０，０＜ｂ≤１，ｃ＝１，且ｆ（ｘ）的极大值为Ｍ，求证：Ｍ≤４

２７

．

解答：因为ａ＝０，ｃ＝１，所以ｆ（ｘ）＝ｘ（ｘ－ｂ）（ｘ

－１）＝ｘ３－（ｂ＋１）ｘ２＋ｂｘ，ｆ′（ｘ）＝３ｘ２

－２（ｂ＋１）

ｘ＋ｂ．

因为０＜ｂ≤１

，所以对Δ＝４（ｂ＋１）２

－１２ｂ＝（２ｂ－１）２

＋３＞０，则ｆ′（ｘ）有２个不同的零点，设为ｘ１

，ｘ２（ｘ１＜ｘ２

）．又ｆ′（０）＝ｂ＞０；ｆ′（１）＝１－ｂ≥０；ｆ′(１３)＝ｂ－１

３

＜０，ｆ′(１２)＝－１

４

＜０，从而可知ｆ′（ｘ）＝０的两个根ｘ１，ｘ２，０＜ｘ１

≤１３，１

２＜ｘ２

≤１．ｘ（－∞，ｘ１）ｘ１（ｘ１，ｘ２

）ｘ２（ｘ２

，＋∞）ｆ′（ｘ）

＋

０－０＋ｆ（ｘ）单调递增

极大值

单调递减

极小值

单调递增

　　所以ｆ（ｘ）的极大值Ｍ＝ｆ（ｘ１

）．由ｆ′（ｘ２１）＝３ｘ１

－２（ｂ＋１）ｘ１＋ｂ＝０(ｘ１

１

∈(])２０，，所以ｂ＝３ｘ１

－２ｘ１

３

２ｘ－１，(ｘ１

∈１

(０，１

３])．在ｆ（ｘ）＝ｘ３－（ｂ＋１）ｘ２１

１１

＋ｂｘ１，(ｘ１

∈(０，１

３])中消去参数ｂ

，所以ｆ（ｘ３１）＝ｘ１－（ｂ＋１）ｘ２

１＋ｂｘ１＝－ｘ４１＋２ｘ３２

１－ｘ１

２ｘ１－

１，(ｘ１

∈(０，１３])．

记ｇ（ｘ）＝－ｘ４＋２ｘ３－ｘ２－ｘ２（ｘ－１）

２

２ｘ－１＝

２ｘ－１

，(ｘ∈(０

，１

３])．

要求ｆ（ｘ）的极大值，即求ｇ（ｘ）的极大值．·７８·

０＜ｘ≤

１３

，所以２ｘ＞０，ｘ－１＜０，－３ｘ２

＋（３ｘ－１）＜０，所以ｇ′（ｘ）＞０，所以ｇ（ｘ）＝－ｘ４＋２ｘ３－ｘ

２２ｘ－１＝

－ｘ２（ｘ－１）

２

１２ｘ－１

，(ｘ∈(０，３])在ｘ∈(０，１

３

]是单调递增的．从而ｇ（ｘ）≤ｇ

(１３)＝４２７．所以ｆ（ｘ１）≤４

２７

．所以ｆ（ｘ）的极大值Ｍ≤４

２７

．

分析：在本例中，对于ｆ′（ｘ）＝３ｘ２

－２（ｂ＋１）ｘ＋

ｂ＝０，如果直接解方程，方程的根必须用字母ｂ来表

示，再代入ｆ（ｘ）中去求函数值，后续计算很大并且还需要放缩，对学生的要求很高，而这个解法中，我们虚设此根，由零点存在性定理约束该根的范围，消去字母ｂ，建立新的函数，这个函数中不再含有参数，方便我们后续处理，再求出函数在给定区间上的最大值，问题迎刃而解．

由上面两例可见，在函数压轴题中，函数的极值问题，函数与方程结合的问题是重要考点，当不能或不方便求根（或零点）时，可以尝试虚设零点，合理消元，建立新函数来解决问题．数学真正的组成部分是问题和解，解题是数学的心脏，我们要不断的研究、探索问题，解决问题，并优化我们的解法，才能不断提高我们的数学素养，拓宽我们的解题思路．

参考文献：

［１］张奠宙，宋乃庆．数学教育概论（第二版）［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１０．

［２］郑毓信．问题解决与数学教育［Ｍ］．南京：江苏教育出版社，１９９４．

［３］史宁中，王尚志．普通高中数学新课程标准（２０１７年版）解读［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１８．

［４］郑君文，张恩华，涂荣豹．数学教育学［Ｍ］．南京：河海大学出版社，１９８８．