從問題本身出發探尋放縮取點的數學思想

運用函數零點存在定理判斷復雜函數零點的存在性時，區間端點的選擇既是關鍵點也是難點.在此類試題的標準答案中，區間端點是以直接呈現的方式給出，難免讓眾多考生產生困惑與不解.本文從一道高考真題入手，依據放縮取點的數學思想來探尋“神秘\"端點的來龍去脈.

人教A版普通高中教科書數學必修第一冊第143頁中給出了函數零點存在定理：如果函數 y= f（x） 在區間 [a，b] 上的圖像是一條連續不斷的曲線，且有 f（a）f（b）lt;0 ，那么，函數 y=f（x） 在區間 （a ，b ）內至少有一個零點，即存在 c∈（a，b） ，使得 f（c）= 0，這個 c 也就是方程 f（x）=0 的解.從定理中不難發現判斷連續函數零點存在的關鍵在于找出區間 [a，b] 的兩個端點值，使其函數值異號即可.對于一些較簡單的函數，點 a_λ，b_λ 的選取并不困難，如人教A版普通高中教科書數學必修第一冊第143頁的例1：求方程ln x+2x-6=0 的零點個數.可選取 a=2，b=3 使得方程對應的函數 滿足 f（2） ·f（3）lt;0 ，再由函數 f（x） 的單調性可求得方程有一個零點.然而對于較復雜尤其是含有參數的超越函數，選取符合題意的端點則顯得困難重重.例如，我們可將教材中的例1改編為：若函數 有兩個不同的零點，求實數 b 的取值范圍.本題中，若采取直接討論法的話，零點所在區間端點的選取就會成為題目順利解答的瓶頸，需要運用到分類討論、數形結合、放縮等數學思想，對學生的綜合素養要求較高（后文筆者會給出其解答）.因此，依據函數零點存在定理求滿足條件的零點所在區間端點成為近年高考的熱點和難點.

1 問題提出

引例 （2021年新高考Ⅱ卷22）已知函數f（x）=（x-1）e^x-ax²+b.

（1）討論 f（x） 的單調性.

（2）從下面兩個條件中任選一個作為已知條件，

證明： f（x） 有一個零點.

注：如果選擇兩個條件分別解答，按第一個解答計分.

（1）當 a?0 時， f（x） 在 （0，+∞ ）上單調遞增，在 （-∞，0） 上單調遞減；當 時，f（x） 在 上單調遞增，在 上單調遞減；當 時， f（x） 在 上單調遞增；當 時， f（x） 在 O）上單調遞增，在 上單調遞減（求解過程略）.

（2）選擇條件 .由（1）知當 時， f（x） 在 上單調遞增，在 上單調遞減，且

f（0）=-1+bgt;-1+2agt;0，

所以 f（x） 在 （0，+∞ ）上沒有零點.又

所以 ，故 f（x） 在 （-∞，0） 上存在唯一零點.

選擇條件 ② .由（1）知當 0 時， f（x） 在 上單調遞增，

在 上單調遞減.由

號可得 ，所以 f（x） 在 （-∞，0） 上沒有零點.又

a（2|b|+2）+bgt;

2|b|+1-2a|b|-2a+b?|b|+1-2a（|b|+1）= （1-2a）|b|+1-2a=（1-2a）（|b|+1）gt;0， 所以 ，故 f（x） 在 （0，+∞） 上有唯一零點.

2 疑點探究

本題的解答中有兩個讓人疑惑的點，一是選取條件 ① ，證明 f（x） 在單調區間 上有唯一零點時，區間左端點 是如何選取的？二是選取條件 ② ，證明 f（x） 在單調區間 上有唯一零點時，區間右端點 是如何選取的？

通過探究可以得出，選取條件 ① 時，因為 f（x） 在 （-∞，0） 上單調遞增，且 f（0）gt;0 ，欲證明 f（x） 在（-∞，0） 上有一個零點，只需尋找一個 x₁∈（-∞ 0），使其滿足 f（x₁）lt;0. 當 xlt;0 時，有

f（x）=（x-1）e^x-ax²+blt;-ax²+b，

令 g（x）=-ax²+b=0 ，可取 0），進而可得 f（x₁）1）=0

選取條件 ② 時，因為 f（x） 在 （0，+∞） 上單調遞增，且 f（0）lt;0 ，欲證明 f（x） 在 （0，+∞ ）上有一個零點，只需尋找一個 x₂∈（0，+∞） ，使其滿足 f（x₂）gt;0 即可.當 _xgt;1 時，有

，可取 （1，+∞） ，所以 f（x₂）gt;h（x₂）=0.

從以上分析中我們不難發現，兩個端點的尋求都用到了放縮法，雖然兩種放縮的方法和尺度都不一樣，但目標是一致的：一是要求放縮后的函數易于求零點，二是要求所得出的零點在所給的區間內.要實現這兩個目標，對選取的放縮方法和尺度就有了很高的要求，故學會從問題本身出發，選取合適的放縮方法和尺度就成為了解題的關鍵.例如，在條件 ① 中，觀察到當 時，函數 f（x）=（x-1）e^x-ax²+b 中的 ，故可以采取局部為零的放縮法，即f（x）2+b ，進而得出屬于 （-∞，0） 內的區間左端點 ；在條件 ② 中，則采取了“指數放縮\"法，利用 e^x?x+1 這一條件將 f（x） 放縮為一個易于求出零點的二次函數 而得出在 （0，+∞ 內的右端點

3思想總結

通過以上疑點探究可以將解題的數學思想歸納如下：要證明某個不易求出零點的復雜函數 f（x） 在Ψ（aΨ，bΨ） 上有函數值大于0的點，只需將 f（x） 縮小到一個易于求出零點的函數 g（x） ，使其滿足在 （a，b） 上有 ，令 g（x）=0 求得零點為 x=x₁（x₁∈ （a，b） ），進而可得 f（x₁）gt;g（x₁）=0. 同理，要證明f（x） 在 （a，b） 上有函數值小于。的點，只需將 f（x） 放大到一個易于求出零點的函數 h（x） ，使其滿足在 （a ，b ）上有 f（x）2（x₂∈ （a，b） ），進而可得 f（x₂）2）=0. 運用此思想解題的關鍵在于通過放縮后的函數零點需在指定的區間上，要滿足這一要求，對放縮方法的選取和放縮尺度的把握就顯得尤為關鍵，同時這也是解決問題的難點所在.以下筆者通過具體的實例，從問題本身出發，來探究高中階段常用的四種放縮策略：直接取點、局部為零、指數放縮、對數放縮，

4策略與應用

4.1 直接取點

直接取點法主要適用于求解不含參數函數零點的個數問題.求解這類問題需要從問題本身出發，首先尋求函數的單調性，然后在單調區間內找尋合適的兩點 x₁，x₂ ，使其函數值滿足 f（x₁）f（x₂）lt;0 即可得出零點的存在性.

例1已知函數 f（x）=e^x-sinx-1. 證明：函數 f（x） 在區間 （-π，0] 上有且僅有兩個零點.

證明 由題意得 f^′（x）=e^x-cosx. 當 x∈ 時， f^′（x）gt;0 ，所以 f（x） 在 上單調遞增，且 ，則 f（x） 在 上有唯一零點.

當 時 為單調遞增函數，且 ，所以存在 ，），使得f\"（x）=0.當x∈（-x_?0 ）時， f^′（x） 單調遞減；當 x∈[x₀，0） 時， f^′（x） 單調遞增.又因為 ，所以f^′（x₀）lt;0 ，故存在 2，x），使得f'（x1）=0. 2，1）時，f'（x）gt;0，f（x）單調遞增；當 x∈（x₁，0） 時， f^′（x）lt;0，f（x） 單調遞減.由f（-）=egt;0，f=0，可知f（x）在（-，]上有唯一零點.

綜上， f（x） 在 （-π，0] 上有且僅有兩個零點.

4.2 局部為零

局部為零放縮法的數學思想：當自變量 x 的值向某一個值逼近時，若函數解析式中某一部分的取值對最終的函數值影響很小，可以采取將這一部分函數解析式直接舍去（局部為零）的方法，從而實現放縮的目的.采用該方法求解問題的關鍵在于觀察放縮后函數的零點是否在給定的區間內，若不在所給區間內，則放縮就是失敗的，此時需要從問題本身出發，另外尋找其他方法.

例2已知函數 .若 kgt;2 ，求函數 _y=f（x） 的圖像與直線 y=k（x-1） 的交點個數，并說明理由.

求兩函數圖像交點的個數等價于求函數 零點個數.易知g'（x）=χ2+（2-2k）x+1令 h（x）=x²+（2-2k）x+1 ，則

Δ=（2-2k）²-4=4k（k-2）gt;0，

故 h（x）=0 有兩個零點 x₁，x₂ ，且 x₁+x₂=2k-2gt;

0，x₁x₂=1

不妨設 01lt;12 ，則 g（x） 在 （0，x₁） 上單調遞增，在 （x₁，x₂） 上單調遞減，在 （x₂，+∞） 上單調遞增.又 g（1）=0 ，所以 g（x₁）gt;0，g（x₂）lt;0

當 時，函數 g（x） 中的 的函數值相對于 的函數值可以忽略不計，故可以采取局部為零法得出 （20

令 ，求得 x=e^k∈（x₂，+∞） ，使其滿足 ，所以 g（x） 在 （x₂，+∞ ）上存在一個零點.

當 x∈（0，x₁） 時，有 （2令 lnx+k=0 ，求得 x=e^-k∈（0，x₁） ，使其滿足（20 g（e^-k）-k+k=0 ，所以 g（x） 在 （0，x₁） 上存在一個零點.

綜上，函數 y=f（x） 的圖像與直線 y=k（x-1） 有三個交點.

4.3 指數放縮

指數放縮可以溯源到教材中給出的不等式 e^x? x+1 ，當且僅當 x=0 時，等號成立.放縮可得 e^xgt;x ，則 ）.當 xgt;0 時， .當 Φ_n∈N^* 時，得出常用的指數放縮式egt;x，egt; 等；當 xlt;0 時，由 e^-xgt;-x ，可得 則 ，兩邊取 n 次方可得 .當 Ψ_n∈N^* 時，同樣也可得出放縮式 等在解決具體問題時，可以從問題本身出發將指數式進行放大或縮小.

一例3（2022年全國乙卷理21，節選）已知函數 .若 f（x） 在區間 （-1，0） ，（0，+∞） 各恰有一個零點，求 Ω_a 的取值范圍.

當 a?0，x∈（0，+∞） 時， 1）+axe^-xgt;0 ，不符合題意.

當alt;0時，f'（x）=e2+a（1-χ2） 令 g（x）= e^x+a（1-x²） ，則 ，易知 g^′（x） 在（204 （-1，0） 上單調遞增，且 當 時， 0，故 g（x） 在 （-1，0） 上單調遞增，則 ，所以 f^′（x）gt;0 ，則 f（x） 在 （-1，0） 上單調遞增.由 f（0）=0 ，可知 f（x） 在 （-1，0） 上沒有零點.

當 時，由 g^′（x） 在 （-1，0） 和 （0，+∞） 上1單調遞增，且 ，故存在 x₀∈（-1，0） ，滿足 g^′（x₀）=0. 當 x∈（-1，x₀） 時， g^′（x）lt;0，g（x） 單調遞減；當 x∈（x₀，0） 時，（20 g^′（x）gt;0，g（x） 單調遞增.易知 ，g（0）=1+a .若 a?-1 ，則當 x∈（0，+∞） 時， g（x）gt; g（0）?0 ，故 f^′（x）gt;0 ，所以 f（x） 在 （0，+∞ ）上單調遞增， f（x）gt;f（0）=0 ，不滿足條件.若 alt;-1 ，則g（0）=a+1lt;0 ，故存在 x₁∈（-1，x₀） ） g（x₁）=0. 又g（1）=egt;0 ，所以存在 x₂∈（0，1），g（x₂）=0 ，則f（x） 在 （-1，x₁） 上單調遞增，在 （x₁，x₂） 上單調遞減，在 （x₂，+∞） 上單調遞增.又 f（0）=0 ，所以 f（x₁）gt; 0，當 x∈（-1，0） 時， 1-x

令 ，求得 x=e^ae-1∈（-1，0） ，所以

則 f（x） 在 （-1，0） 上存在一個零點.當 x∈（0，+∞ ）時，由指數放縮可得 ，則

令 ，求得 x=e^-a-1∈（0，+∞） ， 又 f（x₂）lt;0 ，所以函數 f（x） 在 （0，+∞） 上存在一個零點.

綜上， a 的取值范圍為 （-∞，-1） ：

4.4 對數放縮

對數放縮的原型也可以追溯到教材中給出的對數不等式 ，當且僅當 x=1 時，等號成立.放縮可得 ，再將 x 進行相應的替換，可將 進行放大或縮小.

若 αgt;0 ，則 ，故1 -.令α=1，2， ，則 ，lnx ，ln xlt;2√x，…

若 αlt;0 ，則 ，故 α=-1 ，則 1 ·.我們可以從問題本身出發，靈活將對數進行放大或縮小.

例4已知函數 ，若函數有兩個不同的零點，求實數 a 的取值范圍.

O 由題意得 .當解析

a?0 時， f^′（x）lt;0，f（x） 單調遞減，故 f（x） 至多有一個零點，不符合題意.當 agt;0 時，令 g（x）=2ax²- x-1 ，由 g（0）=-1lt;0 ，可知 g（x） 有一正一負兩個實根，不妨設正根為 x₀ .當 x∈（0，x₀） 時， f（x） 單調遞減；當 x∈（x₀，+∞）， 時， f（x） 單調遞增.要使 f（x） 有兩個零點，則需滿足 因為 g（x₀）=2ax₀²-x₀-1=0 ，所以

則 _x0gt;1 ，故 ，所以 a∈（0，1） ·

下證當 a∈（0，1） 時， f（x） 在 （0，x₀） 和 （x₀ ，+∞ ）上各有一個零點即可.

由 且 0lt; ，可知 f（x） 在 （0，x₀） 上存在一個零點.當 x∈ （x₀，+∞ ）時，由對數放縮可得 令 x（ax-2）=0 ，得 x=0 （舍）或 又 ，所以 ，故 f（x） 在 （x₀，+∞ ）上存在一個零點.

綜上， a 的取值范圍是（0，1）.

本文系安徽省教育科學研究項目“基于智慧課堂的高中數學精準教學策略研究與實踐”（項目編號：JKT24091）的階段性成果.

（完）