利用不等式ekx>kx，lnxk0）突破函數零點問題

［摘? 要］ 放縮法是探究函數零點問題的常用方法，使用不等式ekx>kx，lnxk0）進行放縮，可以有效找到函數的零點，關鍵是要滿足在探究函數零點的區間內，放縮后得到的函數和原函數有相同的變化趨勢.

［關鍵詞］ 放縮法；零點存在定理

函數零點問題以其方法的靈活性，涉及函數與方程、數學結合等重要思想，一直以來都是高考命題的熱點.這類問題涉及的函數在結構中常含有ex，lnx，使得在探究零點時函數對應的方程為超越方程，無法直接求解，需要使用零點存在定理進行判斷. 解決此類問題的方法有很多，高效且較常用的方法是放縮法，主要策略是通過放縮將超越方程轉化為易于求解的方程［1］. 在高三復習教學中，筆者發現學生非常畏懼此類題目，學生雖然知道可以使用放縮法求解，但怎么放，沒有方向性，此外，放縮的程度也經常把握不準，容易出現放得過大或過小等問題，使得解題陷入僵局，最終不得不放棄.

筆者在教學中發現使用零點存在定理研究函數f（x）的零點個數，尋找f（a）·f（b）<0時，其中的一個零點是易于找到的——可以根據函數解析式的結構特點代入特值“1”“2”等找到. 此外，一般地，若函數中含有ex，則可以嘗試代入lna，若函數中含有lnx，則可以嘗試代入ea或e-a，判斷取值正負. 另一側，則可以通過靈活使用不等式ekx>kx，lnxk0）進行放縮，實踐證明能有效找到函數的零點.

放縮的程度是否得當可以參考以下原則，即在需要使用零點存在定理探究函數零點個數的區間里，放縮后得到的函數和原函數有相同的變化趨勢［2］. 例如，若對函數f（x）進行放縮，構造f（x）>g（x），當x→+∞時，f（x）→+∞，函數g（x）同樣需滿足g（x）→+∞，則放縮成功，若g（x）不趨于正無窮大，則放縮失敗.

ekx>kx（k>0）型不等式突破含ex的函數零點問題

例1 已知函數f（x）=ex，x∈R.

（1）若直線y=kx+1與f（x）的反函數的圖像相切，求實數k的值；

（2）設x>0，討論曲線y=f（x）與曲線y=mx2（m>0）的公共點個數.

分析：第（2）問中，若構造函數g（x）=ex-mx2探究零點個數，求極值點時不僅需要分類討論，而且需要二次求導，比較煩瑣.這里對方程ex-mx2=0進行變形，得到函數g（x）=-m，研究此函數的零點個數，與原問題等價，且該函數的極值點易于求解，可以有效降低探究零點個數的難度.

解：（1）k=e-2.

（2）構造函數g（x）=-m，求導得g′（x）=，令g′（x）=0，得x=2，所以g（x）在區間（0，2）上單調遞減，在（2，+∞）上單調遞增，當x=2時，函數g（x）的最小值為g（2）=-m.

當m<時，最小值g（2）>0，函數g（x）無零點.

當m=時，最小值g（2）=0，函數g（x）有1個零點.

當m>時，最小值g（2）<0，此時有<2，且g

=me-m>0，所以g·g（2）<0，函數g（x）在（0，2）上連續且單調，故g（x）在（0，2）上有1個零點. 當x>2時，因為ekx>kx，令k=，可得ex>x3，所以g（x）>x-m. 令x-m=0，則x=27m，所以g（27m）>0，所以g（2）·g（27m）<0，所以g（x）在（2，+∞）上有1個零點.

綜上所述，當m<時，函數g（x）無零點；當m=時，函數g（x）有1個零點；當m>時，函數g（x）有2個零點.

點評：當x>2時，函數g（x）→+∞，此時利用不等式ekx>kx進行放縮，令k=1，，則得到ex>x，ex>x2，放縮g（x），得到的函數為h（x）=-m或h（x）=-m，當x>2時，此時h（x）均不趨于正無窮大，縮小得太多，解題失敗.事實上，本題只要0（kx），h（x）=kx-m→+∞，令h（x）=kx-m=0，都可以找到零點.

例2 函數f（x）=ex-2ax-a.

（1）討論函數的極值；

（2）當a>0時，求函數f（x）的零點個數.

解：（1）略；

（2）f′（x）=ex-2a，當a>0時，令f′（x）=0，解得x=ln2a，所以f（x）在（-∞，ln2a）上單調遞減，在（ln2a，+∞）上單調遞增，所以f（x）的最小值為f（ln2a）=a（1-2ln2a）.

當a<時，最小值f（ln2a）>0，f（x）沒有零點.

當a=時，最小值f（ln2a）=0，f（x）有1個零點.

當a>時，最小值f（ln2a）<0，當x

-

=e>0，當x>ln2a，因為ekx>kx，令k=，得ex>x2，所以f（x）>x2-2ax-a，令x2-2ax-a=0，解得x=x=4a+2，所以f（x）>0. 因為f

·f（ln2a）<0，f（ln2a）·f（x）<0，所以f（x）在（-∞，ln2a）和（ln2a，+∞）上各有1個零點，共2個零點.

綜上所述，當a<時，f（x）沒有零點；當a=時，f（x）有1個零點；當a>時，f（x）有2個零點.

點評：當a>，x

利用lnxk0）型不等式突破含lnx的函數零點問題

例3 設函數f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a為實數.

（1）若f（x）在（1，+∞）上是單調減函數，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范圍；

（2）若g（x）在（-1，+∞）上是單調增函數，試求f（x）的零點個數，并證明你的結論.

解：（1）a>e.

（2）易證當g（x）在（-1，+∞）上是單調增函數時a≤. 求函數f（x）的零點個數等于求函數h（x）=-a的零點個數. 由已知得h′（x）=，令h′（x）=0，得x=，函數h（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，最大值為h（e）=-a.

當a=時，h（x）的最大值為h（e）=0，函數h（x）有1個零點.

當a≤0，x>e時，h（x）>0，無零點；0

-1

<0，所以h（ea）·h（e）<0，函數h（x）在（0，e）上有1個零點.

當0e時，因為lnxk

e+

<0. 因為h（1）·h（e）<0，h（e）·h

e+

<0，函數h（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，所以函數h（x）在（0，e），（e，+∞）上各有1個零點.

綜上所述，當a=或a≤0時，f（x）有1個零點；當0

分析：當0e，使得h（x）<0，此時可以利用lnxk0）將函數h（x）放大，得到新的函數g（x）=-a，原則是g（x）=0易于求解，且當x→+∞時，h（x）→-a，g（x）→-a. 若令不等式lnxk

例4 若函數f（x）=lnx-x-a有兩個不同的零點，求實數a的取值范圍.

解：求導可得f′（x）=，所以函數f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，當x=1時，最大值f（1）=-1-a. 因為f（x）有兩個不同的零點，所以f（1）= -1-a>0，解得a<-1.

當01時，因為lnxk

筆者曾以上述試題為主設計過一節二輪專題復習課，在教學中發現，因為不等式ekx>kx，lnxk0）非常簡潔且易于證明，所以學生容易上手解題. 有了這個重要工具，放縮不等式就顯得游刃有余，即使第一次放縮不到位，學生通過調整k的取值，一般都可以使用零點存在定理證明函數零點的存在，從而有效解決函數零點問題.

參考文獻：

［1］? 李素波，姚芝英，史瑞華. 淺析放縮法在應用零點存在判定定理時的作用［J］. 中國數學教育，2016（20）：53-57+60.

［2］? 王文英，蔣曉東. 利用導數研究函數的零點問題［J］. 中學數學教學參考，2019（07）：49-53.

作者簡介：李大偉（1990—），碩士研究生，中學一級教師，2019年被評為常州市教壇新秀，從事高中數學教學工作.