劉宇峰

【摘要】利用導數來破解函數零點的相關問題，創(chuàng)意新穎，背景各異，場景各不相同，思維方法變化多端，是高考命題者青睞與熱衷的一個命題方向.結合高考真題實例，熟練掌握此類問題的基本題型與基本破解方法和策略，以不變應萬變，指導數學的教與學.

【關鍵詞】函數;導數;切線;垂直;零點;絕對值

利用導數破解函數零點的相關問題一直是歷年高考中比較常見的一類題型，其創(chuàng)意新穎，背景各異，場景各不相同，思維方法變化多端.此類問題，合理地將函數、函數的零點、不等式以及導數及其應用等相關問題加以合理交匯，巧妙破解，方法多樣，思維多變，為各層次的學生均提供相應的切入機會，具有很強的高考區(qū)分度與選拔性，是高考命題者青睞與熱衷的一個命題方向.

一、真題呈現(xiàn)

【高考真題】（2020年高考數學全國卷Ⅲ理科第21題）設函數f（x）=x3+bx+c，曲線y=f（x）在點12，f12處的切線與y軸垂直.

（1）求b;

（2）若f（x）有一個絕對值不大于1的零點，證明：f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

此題以含參的三次函數為問題背景進行合理創(chuàng)設，以導數的幾何意義、函數的零點等來合理設置，是高考中考查函數與導數應用的交匯與融合時比較常見的函數類型.通過創(chuàng)新形式，利用導數的幾何意義來合理構建，進而確定相應的參數值，并在此基礎上，通過函數對應的一個零點的性質，結合函數的零點的取值情況來巧妙設置證明問題，難度較大，讓人眼前一亮，同時很好地考查了數學基礎知識、數學思想方法和數學能力等，具有很好的區(qū)分性與選拔性.

二、真題破解

解析：（1）f ′（x）=3x2+b，

根據導數的幾何意義，由題意得f ′12=0，即34+b=0，解得b=-34.

（2）思維視角一：分類討論思維

方法1：（分類討論法）

由（1）知f（x）=x3-34x+c，f ′（x）=3x2-34，令f ′（x）=0，解得x=-12或x=12，

而導函數f ′（x）與函數f（x）的情況為：

x

-∞，-12

-12

-12，12

12

12，+∞

f ′（x）

+

0

-

0

+

f（x）

c+14

c-14

因為f（1）=f-12=c+14，所以當c<-14時，函數f（x）只有大于1的零點;

因為f（-1）=f12=c-14，所以當c>14時，函數f（x）只有小于-1的零點;

由題設可知-14≤c≤14.

當c=-14時，函數f（x）只有兩個零點-12和1;當c=14時，函數f（x）只有兩個零點-1和12;當-14<c<14時，函數f（x）有三個零點x1，x2，x3，且x1∈-1，-12，x2∈-12，12，x3∈12，1.

綜上，若函數f（x）有一個絕對值不大于1的零點，則函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

點評：根據題目條件，先求導，結合導函數的正負取值情況、函數的單調性、函數在極值點處的取值情況，對參數c分類討論，再利用函數的不同零點個數情況加以分類討論，從而證明相關的命題成立.

思維視角二：參數分離思維

方法2：（反解參數法）

由（1）知f（x）=x3-34x+c，

設x0為函數f（x）的一個零點，根據題意，得f（x0）=x30-34x0+c=0，且|x0|≤1，

則c=-x30+34x0，|x0|≤1，

令c（x）=-x3+34x（-1≤x≤1），求導可得c′（x）=-3x2+34=-3x+12x-12，

當x∈-1，-12∪12，1時，c′（x）<0，當x∈-12，12時，c′（x）>0，

可知函數c（x）在-1，-12，12，1上單調遞減，在-12，12上單調遞增.

又c（-1）=14，c（1）=-14，c-12=-14，c12=14，則有-14≤c≤14.

設x1 為函數f（x）的零點，則必有f（x1）=x31-34x1+c=0，即-14≤c=-x31+34x1≤14，

所以4x31-3x1-1=（x1-1）（2x1+1）2≤0，4x31-3x1+1=（x1+1）（2x1-1）2≥0，解得-1≤x1≤1，即|x1|≤1.

所以函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

點評：根據題目條件，分離參數，通過構造函數，求導，利用函數的單調性以及函數值來確定參數的取值范圍，結合函數零點所滿足的關系式，利用不等式組的建立與求解來確定零點的取值范圍，從而證明相關的命題成立.

思維視角三：因式分解思維

方法3：（作差分解法）

由（1）知函數f（x）=x3-34x+c，

設x0為函數f（x）的絕對值不大于1的零點，根據題意有f（x0）=x30-34x0+c=0，①

若函數f（x）只有一個零點，則問題得證;

否則，設x1為函數f（x）的不同于x0的零點，根據題意有f（x1）=x31-34x1+c=0，②

由①-②，整理可得0=（x0-x1）x20+x0x1+x21-34=（x0-x1）x0+12x12-34（1-x21），

因為x0≠x1，則有34（1-x21）=x0+12x12≥0，解得|x1|≤1，問題得證.

綜上，若函數f（x）有一個絕對值不大于1的零點，則函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

方法4：（待定系數法）

由（1）知函數f（x）=x3-34x+c，若函數f（x）只有一個零點，則問題得證;

否則，可設函數f（x）=（x-x1）（x-x2）（x-x3），其中x1+x2+x3=0，x1x2+x2x3+x1x3=-34，-x1x2x3=c，

則有x1=-x2-x3，代入x1x2+x2x3+x1x3=-34，整理可得x22+x23+x2x3=34，

配方整理有34（1-x23）=x2+12x32≥0，解得|x3|≤1，

同理可得|x1|≤1，|x2|≤1，問題得證.

綜上，若函數f（x）有一個絕對值不大于1的零點，則函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

方法5：（判別式法）

由（1）知函數f（x）=x3-34x+c，若函數f（x）只有一個零點，則問題得證;

否則，可設函數f（x）=（x-x1）（x-x2）（x-x3），其中x1+x2+x3=0，x1x2+x2x3+x1x3=-34，-x1x2x3=c，

則有x1=-x2-x3，代入x1x2+x2x3+x1x3=-34，整理可得x22+x2x3+x23-34=0，

對于以上關于x2的一元二次方程，Δ=x23-4x23-34≥0，解得|x3|≤1，

同理可得|x1|≤1，|x2|≤1，問題得證.

綜上，若函數f（x）有一個絕對值不大于1的零點，則函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

方法6：（二次函數法）

由（1）知函數f（x）=x3-34x+c，

設x0為函數f（x）的絕對值不大于1的零點，根據題意有f（x0）=x30-34x0+c=0，①

若函數f（x）只有一個零點，則問題得證.

否則，可設函數f（x）=（x-x0）x2+x0x+x20-34=（x-x0）g（x），則只需證明g（x）=0的兩根絕對值不大于1.

因為函數g（x）圖像的對稱軸為x=-12x0∈-12，12，且g（-1）=x0-122≥0，g（1）=x0+122≥0，

結合二次函數的圖像與性質可知g（x）=0的兩根均在[-1，1]內，即g（x）=0的兩根絕對值不大于1，問題得證.

綜上，若函數f（x）有一個絕對值不大于1的零點，則函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

點評：根據題目條件，分函數f（x）只有一個零點或其他情況，利用函數零點的性質因式分解，借助相關零點關系式加以作差分解、待定系數、函數與方程以及構造函數轉化法等思維，證明零點的絕對值不大于1即可證明相關的命題成立.

思維視角四：三角函數思維

方法7：（三角換元法）

由（1）知函數f（x）=x3-34x+c，

設x=sin? θ為函數f（x）的絕對值不大于1的零點，則c=-sin3θ+34sin θ=14sin 3θ=sin θsin π3+θsin π3-θ，

則函數f（x）=（x-sin θ）x-sin π3+θx-sin π3-θ，

若函數f（x）只有一個零點，則問題得證;

否則，sin π3+θ與sin π3-θ也是函數f（x）不同于sin θ的零點，

結合三角函數的圖像與性質知sin π3+θ∈[-1，1]，sinπ3-θ∈[-1，1]，問題得證.

綜上，若函數f（x）有一個絕對值不大于1的零點，則函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

點評：根據題目條件，設出函數f（x）的絕對值不大于1的零點的三角關系式，分離參數，借助三倍角公式以及三角恒等變換公式的轉化，確定函數的三角關系表達式，分函數f（x）只有一個零點或其他情況，結合三角函數的圖像與性質來證明相關的命題成立.

思維視角五：反證思維

方法8：（反證法）

由（1）知函數f（x）=x3-34x+c，f ′（x）=3x2-34=3x+12x-12，

令f ′（x）>0，解得x<-12或x>12;令f ′（x）<0，解得-12<x<12，

所以函數f（x）在-12，12上單調遞減，在-∞，-12，12，+∞上單調遞增，且f（-1）=f12=c-14，f（1）=f-12=c+14，

若函數f（x）所有零點中存在一個絕對值大于1的零點x0，

則f（-1）>0或f（1）<0，即c>14或c<-14，

當c>14時，

f（-1）=f12=c-14>0，

f（1）=f-12=c+14>0，

又f（-4c）=-64c3+3c+c=4c（1-16c2）<0，

由零點存在性定理知函數f（x）在（-4c，-1）上存在唯一一個零點x0，

即函數f（x）在（-∞，-1）上存在唯一一個零點，在（-1，+∞）上不存在零點，

此時函數f（x）不存在絕對值不大于1的零點，與題設矛盾;

當c<-14時，

f（-1）=f12=c-14<0，f（1）=f-12=c+14<0，又f（-4c）=-64c3+3c+c=4c（1-16c2）>0，

由零點存在性定理知函數f（x）在（1，-4c）上存在唯一一個零點x0′，

即函數f（x）在（1，+∞）上存在唯一一個零點，在（-∞，1）上不存在零點，

此時函數f（x）不存在絕對值不大于1的零點，與題設矛盾.

綜上，函數f（x）所有零點的絕對值都不大于1.

點評：根據題目條件，求導，結合函數的單調性以及相應的函數值，利用條件的假設：f（x）所有零點中存在一個絕對值大于1的零點x0，通過反證思維，結合c>14與c<-14兩種不同情況，利用零點存在性定理，判斷函數f（x）不存在絕對值不大于1的零點，由此得以證明原來的命題成立.

三、變式拓展

【變式】（2022屆云南省大理州大理市高三（上）月考數學試卷）設函數f（x）=aex（x-1）-2x2+b.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）若a=2，f（x）有一個不大于0的零點，證明：f（x）所有的零點都不大于1.

分析：（1）求出導函數，然后分a≤0，04，結合導數的正負與函數單調性的關系求解即可;

（2）由題意，f（0）=b-2≥0，分別利用零點的定義證明b=2，b>2時函數的單調性，對f（ln 2）與0的大小關系進行討論即可.

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性，導數與不等式的綜合應用.在利用導數證明涉及函數零點的不等式問題時，一般會構造一個函數，通過分類討論思想、函數與方程思想等的應用，轉化為求解函數的取值情況，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，以及對應的數學思想方法，屬于難題.

四、解后反思

在解決此類利用導數來破解函數零點的相關問題時：可直接利用函數特征加以分類討論;可直接構造相應的函數合理轉化;可直接通過導數來確定對應函數的草圖，數形結合;可間接通過設置結論的反面加以反證推理，以達到解決問題的目的.在破解問題時無論采用何種方法切入，都離不開相應參數的分類討論與函數單調性、極值與最值的應用，關鍵是熟練掌握基本題型和基本破解方法與策略，以不變應萬變.