函数零点问题“找点”的策略*

广东省中山市中山纪念中学(528454) 李文东

我们知道,对于函数y=f(x)有如下的零点存在定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,并且有f(a)·f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在c ∈(a,b),使得f(c)= 0,这个c也就是方程f(x)= 0 的根.这里怎样找到符合题意的a,b,往往是一个难点问题.若是根据函数y=f(x)的特点去尝试,往往很难凑效,特别是函数y=f(x)含有参数的时候,一般很难通过简单的观察找到.一种解决的办法是利用高等数学中的知识考虑函数y=f(x)在区间端点(或x →±∞)处的极限情况,有时需要用到洛必达法则,但是这在高考阅卷中很难拿到满分,因此怎样找到满足条件的点a,b,我们称为函数零点问题中的“找点”问题,这是一个非常重要也是难点问题,本文尝试对这一问题给出切实可行的找点策略.

一、一道函数零点问题“找点”的历程

笔者在教学时,碰到如下问题:

例1证明: 当1< a

解析为验证结果的正确性,我们先通过软件画图观察: 比如取a=1.02,画出函数f(x)的图形,如图1 所示,发现f(x)确实存在唯一的零点.

图1

我们对f(x)进行求导分析:f′(x)=因为0< x 0,即f(x)在(0,lna)上单调递增,又f(lna)=−aln(lna)>0,因此要证明f(x)在(0,lna)上有唯一零点,还需在(0,lna)上找一点x0,使得f(x0)<0.

由于1< a 1,于是我们需要找到一个正实数介于1 和a之间,可考虑它们的算术平均值即令ex << a+axlnx,由左边的不等式得x <,再将右边的不等式< a+axlnx变形为lnx >由于直接求解该不等式仍然比较困难,我们需要将lnx进行适当的放缩.利用常见的放缩lnx < x −1< x,于是即lnx >从而只需解得x <故取x0=即可得f(x0)<0.为了得到更简洁的结果,下面比较的大小,令g(a)=(a>1),则g′(a)=>0,即g(a)在(1,+∞)上递增,故g(a)>g(1)=0,即由此可见取x0=有f(x0)<0,所以f(x)在(0,lna)上有唯一零点.

分析上述问题的解决过程,我们可以总结出函数零点问题“找点”的策略:

(1)对不等式f(x)=−alnx<0 进行适当等价变形ex

(2)分析不等式ex < a+axlnx两端在端点x= 0 处的极限值的情况:= 1,(a+axlnx)=a >1,然后引入将该不等式转化为两个相对简单的不等式ex <和

(3)利用不等式lnx < x放缩得到lnx >便于不等式求解.

等价变形,端点值分析和适当放缩这三点是我们函数零点问题找点的方向,下面举例说明.

二、基于端点极限值分析来找点

例2求证: 当a >0 时,函数f(x)=x+alnx有且仅有一个零点.

证明显然f(x)在(0,+∞)上递增,且f(1)= 1>0,因此需要找一点x0∈(0,1),使得f(x0)<0.由于f(x)=x+alnx <0⇔x < −alnx,而(−alnx)= +∞,因此只需令x <1< −alnx,得x <即取x0=可得f(x0)=−1<0,所以函数f(x)=x+alnx有且仅有一个零点.

点评满足f(x)=x+alnx <0⇔x < −alnx的点x0有无穷多个.事实上,对于任意的m >0,满足不等式x

例3(2019年高考全国II 卷理科第20 题)已知函数f(x)=lnx −

(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)略.

分析我们可以先作如下的端点函数值的分析:

解(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f ′(x)=>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.在(0,1)上,令lnx<−2<得x<则

令lnx>−1>则

所以f(x)在(0,1)有唯一零点x1,即f(x1)=0.在(1,+∞)上,令lnx <得x <则有令lnx >2>得x >e2,则有f(e2)>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x2,即f(x2)=0.

综上,f(x)有且仅有两个零点.

点评一般地,设f(x)=g(x)−h(x),要在区间(a,b)上找一点x0,使得f(x0)>0,设且m > n,则取t ∈(n,m),通过解不等式g(x)> t > h(x)即可得所要的点x0,引入实数t的作用是将不容易求解的不等式f(x)=g(x)−h(x)>0 转化为两个较为容易的不等式g(x)>t>h(x)来求解.

三、基于端点极限值分析以及不等式放缩来找点

例4(2018年高考全国II 卷理科第21 题)已知函数f(x)=ex −ax2.

(1)若a=1,证明: 当x≥0 时,f(x)≥1;

(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.

解(1)略.(2)显然当a≤0 时,f(x)=ex−ax2>0 无零点,故a>0.f(x)=ex−ax2=0⇔ex=ax2⇔−1=0,令h(x)=−1,则h′(x)=当x ∈(0,2)时,h′(x)>0;当x ∈(2,+∞)时,h′(x)<0.所以h(x)在(0,2)单调递增,在(2,+∞)单调递减,故hmax(x)=h(2)=

①若h(2)<0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;

②若h(2)= 0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;

③若h(2)>0,即a>由于h(0)=−1,所以h(x)在(0,2)有一个零点,

由于ex > x ⇒于是h(27a)=−1<0,所以h(x)在(2,27a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点,不符合题意.

综上所述,当f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=

点评①若对f(x)= ex −ax2= 0 等价变形后若构造函数h(x)=−a,则在x= 0 处的函数值不好说明;②由于h(x)=−1 含有x2和ex,因此借助ex > x得到进而有ex >目的是使得放缩后x的次数要高于二次,便于求解.

一般地,利用不等式ex >x和lnx0.lnxα ,当x →0 时使用;(x>0)⇒ex >,当x →+∞时使用;>(x<0)⇒ex <()a,当x →−∞时使用.

实际问题的具体操作中,α的取值可根据函数f(x)中x项的特点来决定.

例5(2016年高考全国I 卷理科第21 题)已知函数f(x)=(x −2)ex+a(x −1)2有两个零点.

(1)求a的取值范围;(2)略.

解(1)f′(x)=(x−1)ex+2a(x−1)=(x−1)(ex+2a),

(i)若a=0,则f(x)=(x −2)ex,显然f(x)只有一个零点.

(ii)若a >0,则当x <1 时,f′(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(−∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=−e<0,f(2)=a >0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)= 0.在区间(−∞,1)上,f(x)= (x −2)ex+a(x −1)2>0⇔a(x −1)2>(2−x)ex ⇔a·>ex,考虑到

综上,当a>0 时,f(x)有两个零点.

函数零点问题找点需要我们对函数的结构特点进行细致的分析,分析端点处的极限值的情况,必要时进行适当的等价变形和对指数函数及对数函数采取恰当的放缩就可以达到我们的目的.