零點存在性定理中的“取點”問題

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)=ae2x+(a-2)ex-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)=2ae2x+(a-2)ex-1，結合式子的結構特征，因式分解為f′(x)=(2ex+1)(aex-1)，接下來只需考慮aex-1的符號問題即可得到結果.

注意到f(x)=ae2x+(a-2)ex-x，00，由于ae2x0>0，只要讓(a-2)ex0-x0>0，限定x0<0，由于(a-2)ex0-x0>a-2-x0>-2-x0，令-2-x0≥0，得x0≤-2，于是(a-2)ex0-x0>a>0，所以f(-2)>0.由于01，所以-2∈(-∞，-lna)，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ex>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.

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x0<0使得g(x0)<0).

例2(2015全國卷Ⅰ文-21) 設函數f(x)=e2x-alnx.

(1)討論f(x)的導函數f′(x)的零點個數.(2)略.

方程①的解也可以看作是g(x)=2xe2x-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)e2x>0，所以g(x)在[0，+∞)單調遞增，g(0)=-a<0，g(a)=2ae2a-a>2a-a>0，所以g(x)=2xe2x-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)=2xe2x-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x0使f(x0)-h(x0)<0，可借助中間量α，說明f(x0)<α,h(x0)>α即可.

(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.

當找到x0∈(2,+∞)使得h(x0)=0后，并不需要在(0,x1)找另一個零點，原因是該零點與x0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.

“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.