關于函數零點問題中如何“找點”的幾點想法

我們經常在高中數學試卷中遇到一類關于函數零點的問題，如下面的例1：

例1 設函數f（x）=ex-ax，其圖象與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，且x1lt;x2，求a的取值范圍.

例1中函數f（x）=ex-ax的零點無法精確求出，為了說明函數有兩個不同的零點，需要利用高中所學的零點存在定理去“找點”（函數零點存在定理：如果函數y=f（x）在區間上的圖象是一條連續不斷的曲線，且有f（a）f（b）lt;0，那么函數在區間（a，b）內至少有一個零點）.而確定函數零點的個數及所在區間時，最令師生感到頭疼的是如何尋找合理有效的數a與b，使得f（a）f（b）lt;0.筆者試著從以下幾個角度探討在函數零點問題中如何“找點”.

1 從函數不等關系的角度去“找點”

當x趨于+∞時，根據高中所學的函數知識，筆者發現了不等關系mlt;ln xlt;xlt;xlt;x2lt;x3lt;ex（m為正常數），利用這些不等關系可對例1中零點所在區間作如下解答.

解：f′（x）=ex-a，當a≤0時，f′（x）gt;0，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，f（x）至多有一個零點，與條件不合，舍去；當agt;0時，由f′（x）=ex-a=0，得x=ln a，則f（x）在（ln a，+∞）上單調遞增，在（-∞，ln a）上單調遞減，因為函數f（x）的圖象與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，所以f（x）min=f（ln a）=a-aln alt;0，此時agt;e，于是f（1）=e-alt;0，f（a）=ea-a2gt;0（ea-a2gt;0，agt;ln a的證明略），f（x）圖象不間斷，所以f（x）在區間（0，ln a）和（ln a，a）各有一零點.故a的取值范圍為（e，+∞）.

在上述過程中，區間（-∞，ln a）中的零點容易找到，而區間（ln a，+∞）這一側需要尋找一個比ln a大的數且使得它的函數值大于零.通過以上不等關系，筆者可以很輕松發現agt;ln a，eagt;a2使得f（a）gt;0，從而確定這一側零點的存在.同時筆者進一步發現，將上述不等關系中每一個數值都取倒數，不等號的方向恰好相反，e-x是最靠近0右側的數，這些不等關系也同樣有廣泛的應用.

例2 已知函數f（x）=ex-λx（λgt;0），求證：函數f（x）在區間（0，+∞）有且只有一個零點.

在例2中容易發現f（x）=ex-λx在（0，+∞）遞增.又f（λ）=eλ-1gt;0（λgt;0），

則需要在區間（0，λ）內尋找一個數，使得它的函數值小于零.由單調性可知，該數越靠近0右側越好，我們知道此時e-λ是靠近0右側的數，為了確保該數小于λ，筆者取λeλ，經計算fλeλ=eλe-λ-eλlt;0，則原命題得證.

如果將上述區間（0，+∞）內的不等關系拓展到（-∞，+∞），只需將發現的不等關系中每一個數值都添上負號，不等號的方向改變即可，而這些不等關系能幫助我們找到有效的數a與b，使得f（a）f（b）lt;0.

2 結合一些常見的放縮不等式去“找點”

常見的放縮不等式有：當x＞0時，x-1x≤ln x≤x-1；ex≥x+1；ex≥ex；xgt;0時，exgt;x2+1；xlt;1時，exlt;11-x；等等.結合這些不等式，筆者對例1有了新的想法.例1的思維難點在于如何找一個比ln a大的數且使得它的函數值大于零，該問題可以等價地認為在區間（ln a，+∞）內求不等式ex-axgt;0的一個實數解，為了便于找到這個解，筆者結合“xgt;0時，exgt;x2+1gt;x2”將該不等式加強，得到x2-ax≥0，它的解集為（-∞，0〗∪

從上一段過程中筆者看到為了使得賦值的函數大于零，就需要尋找不等號為大于號的放縮不等式，將難求解的不等式加強為較易求解的不等式.同樣，如果為了使得賦值的函數小于零，也就需要尋找不等號為小于號的放縮不等式.如例2中，我們希望在區間（0，λ）內尋找一個數，使得它的函數值小于零，就可以結合“xlt;1時，exlt;11-x”，使得f（x）=ex-λxlt;11-x-λx≤0，解得0lt;x≤λ1+λ，又因為λ1+λlt;λ且λ1+λlt;1，所以在0，λ1+λ〗內任取一個數m，都能有f（m）=em-λmlt;0.

對比第一種由不等關系直接賦值“找點”的方法，第二種方法通過放縮構造不等式求解相應的賦值區間，賦值的選擇面更廣，賦值時更易上手.

3 通過適當的等價變形讓函數更易于“找點”

對于較復雜的“找點”，筆者認為還可以通過適當的等價變形讓函數的“找點”變得更簡單.

比如例2中尋找區間（0，λ）內的賦值就比較復雜，于是筆者將原命題等價轉化為：

已知函數g（x）=xex-λ（λgt;0），求證：函數g（x）在區間（0，+∞）有且只有一個零點.

這樣賦值“找點”就變得簡單，只須g（x）=xex-λ在（0，+∞）上單調遞增，又由g（λ）=λeλ-λgt;0且g（0）=-λlt;0，就能判斷g（x）在（0，λ）上有且只有一個零點.以上變形的目的就是將原函數中的分母去掉，這樣新函數中取0作為賦值就方便多了，故而解題不能僵化，要因需要而對問題做適當變形.又比如下題：

例3 （2018年全國新課標Ⅱ卷理數改編）已知函數f（x）=ex-ax2在（0，+∞）有且只有一個零點，求a的值.

筆者分析例3時，考慮到導函數f′（x）=ex-2ax中的零點不可求，發現需要將導函數求導，這樣解決問題的復雜程度就會進一步加劇，為了降低運算難度，筆者希望原函數一次求導后就能得到極值點，又由于a=0時，f（x）=ex在（0，+∞）上無零點，故而可將原函數適當等價變形為g（x）=1a-x2ex，可知g′（x）=-2x-x2ex的零點為0或2.對比原函數，發現轉化后的新函數把參數a放在常數項，通過一次求導消去a，讓函數零點問題中的“找點”更簡潔.筆者進一步考慮到，如果原函數中既含指數項，又含對數項，就更需要通過等價轉化把復雜的問題變得簡單.又比如下題：

例4 設函數f（x）=ln x-ex+（a-1）x+ln a其圖象與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，且x1lt;x2，求a的取值范圍.

類似于例4這樣的指對型函數，如果直接求導處理，那么所耗費的工作量巨大且“找點”十分困難.為了更好地處理此類復雜函數，筆者認為可以考慮尋找同構母函數轉化為較簡單形式的函數，即例4可化為“方程ax+ln ax=ex+ln ex在（0，+∞）有兩個不相等的實數解，求a的取值范圍”.由于g（x）=x+ln x在（0，+∞）單調遞增，故例4又可化為“函數h（x）=ex-ax在（0，+∞）有兩個不同的零點，求a的取值范圍”，而這個零點問題的解答就與例1類似.

以上例題的三種轉化思路在函數零點問題中較為典型，熟練運用好這三種轉化工具，能幫助我們更好地處理較復雜的函數零點問題，也使得零點問題中的“找點”變得更輕松.

4 分類討論能解決一些較困難的“找點”問題

筆者研究函數零點問題時，發現有一些零點問題中的“找點”比較困難，如下題：

例5 已知函數g（x）=aln x+x-a，其中agt;0，求g（x）零點的個數.

例5中g′（x）=ax+1，其中agt;0，xgt;0，易知g（x）在（0，+∞）單調遞增，這說明g（x）在

（0，+∞）內至多有一個零點，通過極限思想的分析，筆者發現x趨于+∞時，g（x）趨于+∞，x趨于0時，g（x）趨于-∞，從而說明g（x）在（0，+∞）有且只有一個零點.在“找點”的過程中，容易發現g（e）=egt;0，但在（0，e）內尋找一個數使其函數值小于零并不容易，經過多次賦值嘗試，筆者發現g（e-1a）=-1+e-1a-alt;0，則g（x）在（e-1a，e）內有且只有一個零點.

由于例5上述區間端點的尋找并不簡明，于是筆者嘗試從a的范圍出發去分類“找點”.在（0，e）內很容易找到g（1）=1-a，當agt;1時我們知道g（1）lt;0，則g（x）在（1，e）上有且只有一個零點，那么其他情況又如何說明其函數值小于零呢？筆者觀察到當a=1時，g（1）=0，則1恰是g（x）的唯一零點；當0lt;alt;1時，有g（a）=aln alt;0，則有g（x）在（a，e）上有且只有一個零點.

對比例5以上兩種不同的“找點”處理技巧，筆者看到第二種處理方式是將一個復雜的賦值分段解決，這樣降低了每一段尋找相應賦值的難度，有利于在更短的時間內解決好函數的零點問題.

以上四個角度就是筆者在平時研究零點問題中總結的一些“找點”的想法，限于篇幅與能力，筆者淺淺地探討了下含指數、對數的函數類型，在新高考中含三角函數的函數類型也是考試熱點之一，需要我們在新的“找點”之路上繼續探索.