函數零點看端詳異號連續細思量

2019-08-22 01:00:02王芝平李亞斌

數學通報 2019年6期

關鍵詞：解題

王芝平李亞斌

(1.北京宏志中學 100013；2.黑龍江省農墾總局人社局 150036)

若f(x0)=0，則稱x0是函數f(x)的零點.顯然函數的零點就是該函數的圖象與x軸交點的橫坐標.所以函數零點問題也可轉化為函數圖象與x軸交點問題來處理，甚至轉化為兩個函數的圖象交點來處理.解答這類問題，首先要明確基本初等函數零點問題的解決方法，其次要熟練應用 “函數零點存在性定理”：

如果函數f(x)在區間[a，b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，并且有f(a)f(b)<0，那么，函數f(x)在區間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)，使得f(c)=0，這個也就是方程f(x)=0的根．[1]

若繼續研究函數零點個數問題，則可借助函數的單調性予以討論：

如果f(x)在區間(a，b)上是單調函數，那么f(x)在區間(a，b)上最多有一個零點.

函數零點問題不但能充分體現函數與方程、分類與整合、數形結合、轉化與化歸等重要思想方法，而且涉及知識面廣，綜合性強，對數學素養要求較高.特別地，恰當“取點”使其函數值大于0或小于0是解題順利進行的一個瓶頸，但許多解法對如何“取點”也不做解釋，或語焉不詳，讓人感覺到像“魔術師帽子里的兔子”般神奇.我們認為，教育部考試中心公布的高考試題的“標準答案”主要是供閱卷參考使用的，不宜機械地照搬到課堂教學中去.本文介紹筆者在解決這類問題時的一些基本想法，供大家教學時參考，并請方家指正.

例1(2019年陜西省第一次質量檢測理科第21題)已知函數f(x)=lnx+x2+3ax+1 (a∈R).

(Ⅰ)略； (Ⅱ)當a<-1時，討論函數f(x)的零點個數.

(1)謀定思路有方向

(Ⅱ)由二次函數與對數函數性質可以預感(直覺)到，函數f(x)的值域為R，且當變量x較大時x2+3ax+1是增函數，又lnx也是增函數，所以存在正數m，n(m>n>0)，使得函數f(x)在區間(m，+∞)和(0，n)上是增函數，且當x>m時，f(x)>0，當0

(2)規范解答不失分

令g(x)=2x2+3ax+1(x∈R)，(注意，這里的定義域不是(0，+∞))

因為a<-1，所以g(0)=1>0，

g(1)=2+3a+1=3(a+1)<0，

g(-2a)=2(-2a)2+3a(-2a)+1

=2a2+1>0，

所以g(x)在區間(0，1)與(1，-2a)內各有一個零點，設其分別為s，t，則0

所以g(x)>0?xt，g(x)<0?s

易知f(x)的增區間為(0，s]和[t，+∞)，減區間為[s，t].

所以f(x)的極大值為f(s)=lns+s2+3as+1.

因為2s2+3as+1=0，所以3as+1=-2s2.

所以f(s)=lns+s2-2s2=lns-s2<0.

所以，當0

從而f(x)在區間(0，t]內沒有零點.

又f(-3a)=ln(-3a)+(-3a)2+3a(-3a)+1

=ln(-3a)+1>0，

所以，f(x)在區間(t，+∞)內有且僅有一個零點.

綜上所述，當a<-1時，函數f(x)有且僅有一個零點.

(3)解后反思要升華

將f′(x)變形整理后發現，f′(x)的正負完全由其分子2x2+3ax+1決定，通常的方法是考察方程2x2+3ax+1=0的判別式，并由求根公式得到它的兩個根，進而得到函數f(x)的單調區間以及f(x)的極值.可以想象的到，這種方法思維過程雖然不難，但運算與表述較為復雜.在上述解法中，我們借助函數零點存在定理，確定了函數g(x)的零點所在的一個恰當區間和零點滿足的條件，由此簡潔明快地判斷出函數f(x)的極大值小于0，使解題過程順暢、和諧，極具美感.

“數缺形時少直觀”，結合函數g(x)的圖象(圖1)，也能獲得一些基本念頭，為解題的順利進行提供了值得努力的方向.

圖1

例2(2015，全國Ⅰ卷，文21)設函數f(x)=e2x-alnx.

(Ⅰ)討論f(x)的導函數f′(x)的零點的個數；

(Ⅱ)略.

(1)謀定思路有方向

圖2

(2)規范解答不失分

當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；

又易知函數f′(x)在(0，+∞)上的圖象是連續不斷的一條曲線，所以函數f′(x)在(0，+∞)上有且僅有一個零點.

綜上，當a≤0時，函數f′(x)沒有零點；

當a>0時，函數f′(x)有且僅有一個零點.

解2f(x)的定義域為(0，+∞)，

所以f′(x)=0?2xe2x-a=0.

令g(x)=2xe2x-a(x≥0)，則

當a≤0時，g(x)>0在區間(0，+∞)上恒成立，所以f′(x)沒有零點；

當a>0時，g(0)=-a<0，

g(a)=2ae2a-a=a(2e2a-1)>0，

又g′(x)=2e2x(x+1)>0，

即g(x)是單調增函數，

且函數g(x)在[0，+∞)上的圖象是連續不斷的一條曲線，

所以，函數g(x)有且僅有一個零點，

即函數f′(x)有且僅有一個零點.

綜上，當a≤0時，函數f′(x)沒有零點；

當a>0時，函數f′(x)有且僅有一個零點.

(3)解后反思要升華

本題的解決有兩點值得認真體會：

例3(2016，全國Ⅰ卷，理21) 已知函數f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點．

(Ⅰ)求a的取值范圍；(Ⅱ)略．

(1)謀定思路有方向

(Ⅰ)首先利用導數研究函數的單調性與極值．由于f′(x)= (x-1)(ex+2a)，故可以求得f′(x)的零點，進而對參數a進行討論，得到f(x)的單調性，從而得到f(x)的大致圖象，借助圖象得到f(x)存在兩個零點的條件.

但是，這還得從代數的角度給予嚴謹論證，即研究函數f(x)的單調性、極值、最值等一般性質，如果函數f(x)有最大(小)值，則其最大(小)值必須大(小)于0，并且在最大(小)值點的左、右兩邊都存在小(大)于0的函數值．

從而h′(x)>0等價于x<1，h′(x)<0等價于x>1.

所以h(x)在(-∞，1)上是增函數，在(1，+∞)上是減函數．

易知當x<1或10；

當x>2時，h(x)<0.

圖3

所以函數y=h(x)的圖象如圖3所示．

顯然，當a≤0時，直線y=a與曲線y=h(x)只有一個交點，所以f(x)只有一個零點；

當a>0時，直線y=a與曲線y=h(x)有兩個交點，所以f(x)有兩個零點．

從而得到a的取值范圍為(0，+∞)．

另外，因為f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2=0等價于(x-2)ex=-a(x-1)2，而后邊這個等式的等號兩邊分別是比較簡單的函數，所以研究對象得以優化.借助導數研究(x-2)ex的單調性與極值，即可得到他們的大致圖象：

圖4

圖5

結合圖4與圖5，可以預感到：當a≤0時，f(x)不存在兩個零點；當a>0時，f(x)有兩個零點．

有了初步的結論，下面的證明就有了一個明確的努力方向了！

(2)規范解答不失分

(Ⅰ)函數f(x)的定義域為R，且

f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)= (x-1)(ex+2a)．

(1)當a=0時，f(x)=(x-2)ex有且僅有一個零點，不合題意．

(2)當a<0時，由f′(x)=0，得x=1或x=ln(-2a)．

所以當x>1時，ex+2a>e+2a≥0，

所以f′(x) ≥0，

所以f(x)在區間(1，+∞)上是增函數，進而函數f(x)在區間(1，+∞)最多只有一個零點．

又x≤1時，

顯然f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2<0．

所以，此時函數f(x)最多有一個零點，不合題意．

所以f′(x)<0?1

即f(x)在(1，ln(-2a))上是減函數；

f′(x)>0?x<1或x>ln(-2a)，

即f(x)在(-∞，1)和(ln(-2a)，+∞)上是增函數，

又f(1)=-e<0，

所以當x≤ln(-2a)時，f(x)<0，

所以函數f(x)最多有一個零點，不合題意．

綜上，當a<0時，函數f(x)最多有一個零點，不合題意．

(3)若a>0，則ex+2a>0.

所以f′(x)<0?x<1，f′(x)>0?x>1.

所以f(x)在(-∞，1)上是減函數；在(1，+∞)上是增函數．

所以函數f(x)的最小值為f(1)=-e<0．

又f(2)=a>0，由零點存在性定理知，

函數f(x)在(1，+∞)上有且僅有一個零點．

(下面的目標是尋找小于1的一個實數b，使f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>0.注意到，當b<0時，b-2<0，eb<1，所以(b-2)eb>b-2.所以f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>(b-2)+a(b-1)2.而g(b)= (b-2)+a(b-1)2是一個二次項系數(a)大于0的二次函數，由二次函數性質知，顯然存在b∈(-∞，0)，使得g(x)>0.)

因為當x<0時，x-2<0，ex<1，

所以(x-2)ex>x-2.

所以f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2

>(x-2)+a(x-1)2=ax2-(2a-1)x+a-2.

設g(x)=ax2-(2a-1)x+a-2(x∈R).

令b=-a-1，則g(b)=g(-a-1)=a(-a-1)2-(2a-1)(-a-1)+a-2=a>0.

因為b<0<1，

又f(x)在區間(-∞，1)上是減函數，

所以函數f(x)在(-∞，1)有且僅有一個零點.

故f(x)在R上有且只有兩個零點，滿足題意．

綜上，a的取值范圍為(0，+∞)．

(3)解后反思要升華

在應用函數零點存在性定理時，需要判斷函數在區間端點處的正負．當區間端點處的函數值的正負不易判斷或所給的區間是開區間時，可考慮考察區間內的特殊值對應的函數值的正負．那么，取怎樣的特殊值，為什么取這個特殊值？其實問題很明顯，依據之一就是特殊值的選取應以得到需要的函數值正負以及消去參數為主要目的．

解題的目標是需要說明存在一個比1小的實數b，使得f(b)>0，因為f(x)在(-∞，1)上是減函數，所以這個b的選取要盡量小，不妨設b<0，注意到f(x)表達式中含有ex，為了化復雜為簡單，可以令b=lnt(t>0)的形式，使其滿足f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2=(b-2)t+a(b-1)2>0.

那么，上述我們的解法中又是如何想到取b=-a-1的呢？

首先考慮能否將復雜的超越函數f(x)變形為簡單的多項式函數，并且這個多項式函數小于f(x).這應該從f(x)中的超越式入手，即(x-2)·ex能否被比它小的代數式替代？顯然當x<0時，x-2<0，ex<1，所以(x-2)ex>x-2.所以只需尋找一個負實數b，使g(b)=(b-2)+a(b-1)2>0即可.對于二次項系數大于0的二次函數g(x)=ax2-(2a-1)x+a-2來說，這是完全可以做得到的！