零點存在性定理中的“取點”問題
2022-07-08 00:53:38361000廈門市海滄區教師進修學校附屬學校陳志康
中學數學雜志 2022年4期
361000 廈門市海滄區教師進修學校附屬學校 陳志康
361026 廈門雙十中學海滄附屬學校 陳雨瑾
在解決零點存在性問題時，常常需要結合圖形來分析，但由于學生沒有學習過函數極限，無法分辨一些函數圖像在無窮遠處或間斷點處的性態.
如果想要嚴格說明零點的存在，只能借助零點存在性定理,即若f
(x
)在[a
,b
]上是一條連續不斷的曲線，并且有f
(a
)·f
(b
)<0，則存在c
∈(a
,b
)，使得f
(c
)=0，適當“取點”來說明函數值的正、負.
在一些試卷公布的答案中，并沒有對如何“取點”進行特別說明，很多學生不能明白其精髓所在.
正確“取點”要求具備較高的數學核心素養，以此為抓手提升學生的邏輯推理、數學運算能力正合適不過，如果能解決這些問題，對學生今后學習“極限”這部分的內容也會有所幫助.
筆者闡述解決這些問題過程中獲得的感悟.
例1
(2017全國卷Ⅰ理-21) 已知函數f
(x
)=a
e2+(a
-2)e-x
，a
∈R
.
(1)討論f
(x
)的單調性；(2)若f
(x
)有兩個零點，求a
的取值范圍.
小問(1) 分析：
可知f
′(x
)=2a
e2+(a
-2)e-1，結合式子的結構特征，因式分解為f
′(x
)=(2e+1)(a
e-1)，接下來只需考慮a
e-1的符號問題即可得到結果.
小問(2) 解法1：
由小問(1)可知,若f
(x
)有兩個零點，則a
>0，且f
(x
)在(-∞，-lna
)上單調遞減，在(-lna
，+∞)上單調遞增，f
(x
)有兩個零點的必要條件是結合單調性可得當0<a
<1時，有[f
(x
)]<0，即f
(x
)有兩個零點的必要條件是0<a
<1，又f
(-2)=a
e+(a
-2)e+2>-2e+2>0，故f
(x
)在(-∞,-lna
)有一個零點.
設正整數n
滿足則f
(n
)=e(a
e+a
-2)-n
>e-n
>0.
由于因此f
(x
)在(-lna
,+∞)有一個零點，綜上a
的取值范圍為(0,1).
評注:
本題涉及零點存在定理中如何“取點”，學生不明白如何想到令“x
=-2”和筆者闡述相關思路.
注意到f
(x
)=a
e2+(a
-2)e-x
，0<a
<1，目標是在(-∞，-lna
)上找到x
，使得f
(x
)>0，由于a
e2>0，只要讓(a
-2)e-x
>0，限定x
<0，由于(a
-2)e-x
>a
-2-x
>-2-x
，令-2-x
≥0，得x
≤-2，于是(a
-2)e-x
>a
>0，所以f
(-2)>0.
由于0<a
<1，-lna
>1，所以-2∈(-∞，-lna
)，符合條件.
另一個目標是在(-lna
，+∞)上找到n
，使得f
(n
)>0，即a
e2+(a
-2)e-n
>0，由于e>n
，所以a
e2+(a
-2)e-n
>a
e2+(a
-2)e-e=e(a
e+a
-3)>0，得于是當設正整數n
滿足就有f
(n
)>0，經檢驗，符合條件.
事實上，“取點”是經過適當“放縮”計算得出的，常見的不等式如當x
>0時，有e>x
>lnx.
筆者總結得出以下“取點”技巧.
(1)借助一些常見不等式對超越式放縮，放縮后的不等式容易解出.
(2)不等式放縮的方向要與所需函數值的正負一致，如上述找n
的取值需要f
(n
)>0，對f
(n
)中一些式子放縮要往“>”的方向進行.
(3)檢驗不等式的解是否在需求范圍內.
使得f
(x
)>0的自變量的值并不是只有-2和如如何“取點”取決于放縮的程度.
需要說明的是，在尋找使得f
(x
)>0的自變量的值時，盡可能選取較為簡單的結構，體現數學的簡潔美.
小問(2)解法2：
由小問(1)可知a
>0.
參變分離，令f
(x
)=0，得令當x
>0時，g
′(x
)<0，當x
<0時，g
′(x
)>0，所以[g
(x
)]=1-a.g
(x
)有兩個零點的必要條件是[g
(x
)]=1-a
>0，即0<a
<1.
下證充分性(只需在y
軸左側找一點的函數值為負，在y
軸右側找一點的函數值也為負，例如找到x
<0使得g
(x
)<0).
由于當x
<0，有e2+e>0，2e<2，取x
=-2就有符合條件.
當x
>0，要想有由x
a
的取值范圍為(0,1).
教學啟示：
教學時應歸納出已知函數零點個數，求參數范圍通常有直接討論函數零點(解法1)和參變分離(解法2)這兩種策略.
解法1中導函數結構雖然含參，但形式較為簡單.
解法2的優勢在于參變量分離，使得構造出的函數不再含有參數，為后續研究帶來方便，同時新構造出的函數形式也較為復雜.
在面對不需要嚴格推理證明的選擇、填空題時，可以讓學生結合圖形分析，如參變分離法可以考慮f
(x
)的零點即為函數與y
=a
圖像有兩個交點，只需畫出草圖(如圖1所示)進行分析即可得到正確答案.
圖1
例2
(2015全國卷Ⅰ文-21) 設函數f
(x
)=e2-a
lnx.
(1)討論f
(x
)的導函數f
′(x
)的零點個數.
(2)略.
分析：
依題意得若a
≤0，無零點；若a
>0，f
′(x
)在定義域內單調遞增.
現在的目標就是在定義域上找點m
,n
，滿足f
′(m
)<0,f
′(n
)>0.
由函數結構特征，f
′(a
)=2e2-1>0(把含參項變為常數項，因此可取x
=a
)，所以關鍵在于找到m
，使得f
′(m
)<0.
教師在教學過程中最好從圖像的角度切入分析，的零點即函數y
=2e2與的交點，這兩類函數是學生比較熟悉的，圖2、圖3分別對應了a
<0和a
>0時的圖像.
圖2
圖3
從函數的增長趨勢看，m
應當足夠小，越接近0越好.
如取并不合適.
為了使結果比較“好看”，繼續縮小m
的值，取令f
′(m
)=2e-4<0，得只需取就有因此問題得到解決.
評注：
從參變量分離的角度一樣能解決此問題，即2x
e2-a
=0(x
>0) ①.
方程①的解也可以看作是g
(x
)=2x
e2-a
在[0，+∞)上的零點(擴大定義域)，而當x
≥0時，注意到g
′(x
)=2(2x
+1)e2>0，所以g
(x
)在[0，+∞)單調遞增，g
(0)=-a
<0，g
(a
)=2a
e2-a
>2a
-a
>0，所以g
(x
)=2x
e2-a
在[0，+∞)上有唯一零點，問題得到解決.
在這個過程中化歸思想起了很大的用處，原本函數的端點無法代入，從而無法確定符號，將函數延拓為g
(x
)=2x
e2-a
，使這個問題得到圓滿解決.
教學啟示：
對于“取點”的策略，除了借助不等式放縮以外，還可以歸納得出以下兩種方法.
方法1：
把含參項消去變為常數項，如上面分析取x
=a.
方法2：
想要說明存在x
使f
(x
)-h
(x
)<0，可借助中間量α
，說明f
(x
)<α
,h
(x
)>α
即可.
在這里可用方法2找m
，目標是即限定0<m
<1，于是2e2<2e，只需得顯然取符合題意.
例3
(2020福州質檢理-21) 已知函數(1)略.
(2)當a
>0時，函數h
(x
)=f
(x
)-g
(x
)恰有三個不同的零點，求實數a
的取值范圍.
分析：
依題意得只需討論y
=-ax
+x
-4a
的符號.
當設y
=-ax
+x
-4a
的兩個零點為x
,x
(x
<x
)，由韋達定理可以判斷0<x
<2<x
，所以h
(x
)在(0,x
),(x
,+∞)上單調遞減，在(x
,x
)上單調遞增，又h
(2)=0，所以2是h
(x
)的零點，而h
(x
)>h
(2)=0，h
(x
)的圖像如圖4所示(只要在(2，+∞)上找到m
，使得h
(m
)<0即可).
當x
足夠大時，y
=ax
的“增長趨勢”相較大，因此這里選擇m
要盡可能大，當所以令考慮到構造出常數取值不符要求，說明m
還不夠大.
繼續嘗試取則令則則所以y
=ln8-4+0.
5.
5<0，因此因為所以存在x
∈(2,+∞)使得又即均為h
(x
)的零點，所以當時，函數h
(x
)=f
(x
)-g
(x
)恰有三個不同的零點.
圖4
評注：
上面利用到構造常數法、放縮法尋求m
，這里可提供另一種放縮方式.
對放縮，利用不等式lnt
<t
，于是設則令得則時，有令得當找到x
∈(2,+∞)使得h
(x
)=0后，并不需要在(0,x
)找另一個零點，原因是該零點與x
有特殊的數量關系，往往在對數函數、反比例函數、正比例函數三者疊加的函數中零點會存在這樣的關系.
教學啟示：
在函數的教學過程中，可以讓學生對幾類初等函數的增長趨勢進行比較，更有利于解決這些問題，當x
足夠大時，增長趨勢從大到小的函數分別是指數函數、冪函數(正指數)、對數函數.
上文對進行變形時，正是考慮到這一點.
“取點”的過程是一個不斷試錯的過程，學生需要經歷觀察、猜想、計算、證明等思維活動，這些過程能發展學生的數學運算、邏輯推理能力.
在教學中，教師要教會學生從數學的本質出發，追求通性通法，有效的解題是有專注的選擇和有進展的試錯.
教師也可以在日常教學過程中強化學生對常見函數增長趨勢的認識，讓學生走向更高的層次.
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