從次數的視角看找點問題

摘 要：引用零點存在性定理解題時，需要找到函數值為正或者為負的特定點.從高中生的理解能力出發，在x→+∞處將ex看作是正無窮次，lnx看作是0+次.函數中的零點問題可以先將超越部分化為合適次數，再在有理形式下尋找合適的點.

關鍵詞：找點；函數；導數；拔尖創新

眾多研究從不同的高視角解讀函數零點中的找點問題，有效解決了學生面對此問題時知其然但不知其所以然的困擾.^［1］

筆者結合多年拔尖創新人才培養經驗，對此問題整理出一套解決方案，以期為教學提供指導．

1 學情分析及方法闡釋

有學者指出，學生在判斷初等函數的變化快慢的能力較弱.^［2］

以y=ex與y=lnx為例展開，學生對x→+∞處指數函數y=ex的“爆炸”增長與對數函數y=lnx的緩慢增長有直觀感受，但缺少代數表達，而且對函數在另一側（指數函數y=ex在x→-∞，對數函數y=lnx在x→0+）的變化趨勢基本上把握不了.雖然學生對極限思想缺少理解，但是基本上都能很好地處理有理函數的變化問題，如在x→+∞處一個有理多項式函數取值的正負完全由最高次項的系數決定.立足學生這種認知的局限性，筆者探索出依照次數視角解決找點問題的方法論，分為如下三步.

第一步，取一些特殊點將簡單的問題先解決，對于復雜找點問題轉化為不等式問題，其中超越部分使用換元技巧將極限的一側朝向x→+∞.例如，若要研究指數函數y=ex在x→-∞處的變化，可以令t=-x；若要研究對數函數y=lnx在x→0+處的變化，可以令t=1x.

第二步，將超越部分看作是抽象次數，其中底數大于1的指數函數在x→+∞處可看作正無窮次，底數大于1的對數函數在x→+∞處可看作0+次，從而判斷不等式是否成立.同時，可將超越部分直接放縮到合適的次數，正無窮次項放縮至當前代數式中最高項的次數+1，0+次項放縮至足夠小的1n次.

在放縮時可以靈活運用常用不等式，即ex≥x+1與lnx≤x-1.例如，將ex放縮至2次多項式可這樣操作，ex=

e^x22≥

x2+12；將lnx放縮至12次可這樣操作，lnx=2lnx≤2

（x-1）.

第三步，在有理多項式中解決找點問題.這里只需取合適的自變量的值，使得最高次項對代數式取值正負的影響遠遠大于其他項即可．

2 典型例題

例1 （2020年全國卷Ⅰ文科數學第20題）已知函數f（x）=ex-a（x+2）.

（1）當a=1時，討論f（x）的單調性.

（2）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍．

解析：（1）略.（2）f′（x）=ex-a，據此可推斷當a≤0時，f′（x）gt;0，所以f（x）在R上單調遞增，最多一個零點，不合題意.

當agt;0時，f（x）在（-∞，lna）單調遞減，在（lna，+∞）單調遞增.因為f（x）有兩個零點，所以f（lna）=-a（lna+1）lt;0agt;1e.此時我們需要分別在區間（-∞，lna）與區間（lna，+∞）中找到點x1與x2，使得f（x1）gt;0且f（x2）gt;0.^［2］按照如下三步進行.

第一步，取特殊點f（-2）=e^-2gt;0，其中-2lt;lna，所以令x1=-2即可.此題找點較為困難的是x2，將問題轉化為不等式問題，即e^x2-a（x2+2）gt;0.

第二步，當x2→+∞時，e^x2可看作是關于x2的正無窮次項，其系數為正，所以顯然不等式是可以成立的.因為a（x2+2）關于x2是一次的，所以將e^x2放縮至2次，即e^x2≥

x22+12=x224+x2+1.

第三步，代數式x224+x2+1-a（x2+2）中最高次項x224對此代數式的取值影響最大，只需令x2=4a，顯然x2gt;lna，此時x224=ax2，x2+1-2agt;0，不等式即成立.

例2 證明：當-1elt;alt;0時，函數f（x）=lnx-ax有兩個零點．

解析：f′（x）=x+ax2，所以f（x）在（0，-a）上單調遞減，在（-a，+∞）上單調遞增，并且f（-a）=ln（-a）+1lt;0.此時需要分別在區間（0，-a）與區間（-a，+∞）上找點x1與x2，使得f（x1）gt;0且f（x2）gt;0.按照如下三步進行.

第一步，對于特殊點f（1）=-agt;0，且1gt;-a，所以令x2=1即可.注意到x1所在區間的極限方向是0+，所以可以令t=1x1，則問題轉化為lnt+atlt;0，其中t∈

1-a，+∞.

第二步，lnt可以看作是0+次，則此時代數式lnt+at的最高次項為at，其系數是負的，所以小于0必然可以取得.at次數為1，因此將lnt放縮至12即可，即lnt≤2（t-1）.

第三步，想讓代數式2t-2+at的取值為負，可以將代數式變形為t

2+at-2，即令t=4a2即可.

上述分析過程運用了換元方法，在書寫時也可以運用整體思想，使表達更加清晰準確，即令x1=a24，顯然x1∈（0，-a），則f（x1）=lnx1-ax1=-2ln1x1+4-a≥-2

1x1-1+4-a=2gt;0．

例3 （華中師范大學一附中2020年月考題）已知函數f（x）=xlnx+x2-ax（a∈R）.

（1）若a=3，求f（x）的單調性和極值.

（2）證明：當agt;1時，函數y=f（x）+1ex有2個零點．

解析：（1）略.

（2）y=x

lnx+x+1xex-a，令g（x）=lnx+x+1xex-a，則g′（x）=（xex-1）（x+1）x2ex.其中xex-1在（0，+∞）上單調遞增且存在唯一零點x0∈

12，1，分析得知g（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，且g（x0）=1-alt;0.因此，需要分別在區間（0，x0）與區間（x0，+∞）中找點x1與x2，使得g（x1）gt;0且g（x2）gt;0.按照如下三步進行.

第一步，本題沒有定值的特殊值可以利用，但也有與a相關的特殊值，即g（a）=lna+1aeagt;0，其中agt;x0，所以令x2=a即可.對于x1發現x1→0+時，e^x1的取值是為確定的有限值，所以需要關注的是lnx1的變化趨勢.依然令t=1x1，則問題轉化為te^1t+1t-lnt-agt;0，其中t∈

1x0，+∞.

第二步，對于這種指對數復合的情形，要關注到其中是否有些項可以用定值估計，如上述代數式中e^1t∈（1，e），所以te^1t∈

te，t可以看作一次項.當lnt

看作是0次項后，顯然不等式是可以成立的.放縮為te^1t+1t-lnt-agt;te+1t-2t+2-a.

第三步，注意到上述放縮后的代數式有兩項是負的，即-2t與-a.因此，可將最高次項te拆成兩部分，即t2e+t2e.取合適的t使得這兩部分分別大于2t與a，如令t=2ea+16e2，則此時te+1t-2t+2-agt;1t+2gt;0.

事實上，本題也可以直接換元，令t=xex，則lnx+x=lnt.化為只含對數形式的零點問題即可．

3 對拔尖創新人才培養的思考

問題是數學的靈魂.不斷研究新問題、問題的新解法是培養拔尖創新人才的必要條件.

高中數學拔尖創新人才的培養目標應當體現在扎實的高中數學知識與技能、創新思維和問題解決能力、數學建模和實踐能力、數學思想方法和證明能力等方面．

參考文獻

［1］曹軒，龔芮.從更高的視角看找點［J］.數學通訊，2021（2）：26-28.

［2］黃思瑋，徐章韜.在“高視角下看找點”之外［J］.數學通報，2022（11）：42-46.

*基金項目：江蘇省中小學教學研究第14期立項課題“高中數學拔尖創新人才的培養策略研究”（項目編號：2021JY14XK16）；江蘇省教育科學“十四五”規劃重點課題“大概念視角下的高中數學單元整體教學實踐研究”（項目編號：B/2021/02/28）；錫山區教育科學“十四五”規劃2023年度立項課題“高中數學競賽課的教學設計研究”（項目編號：A/2023/002）.