对赋值取点确定零点个数中取点方法的探究

安徽省宁国中学(242399) 高莹

近几年，用赋值取点来确定函数零点个数的题型一直是高考中的热点问题，全国卷更是接连三年都考到了此类题型.同样这种题型也是学生在解题过程中遇到的难点问题.下面笔者就近几年所遇此类题型来总结一下解决此类题型的一些常用方法.

方法一：直观赋值法

题目1(2013 高考江苏卷第20 题)f(x)=lnx-ax，g(x)=ex-ax，a ∈R.

(1)略；(2)若g(x)在(-1,+∞)上单调递增，求f(x)的零点个数，并证明.

分析当a≤0 时略.当0＜a＜时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.f(x)max=利用极限知识可知当x→0 时和x→+∞时，f(x)→-∞，所以f(x)在和上各有一个零点.但由于在高考的解题过程中是否可以用极限或洛必达法则解题一直未有定论，所以，以高中所学知识最严谨的解法即在和上各取一个值，使其所对应的函数值为负，再结合零点存在性定理和单调性，即可确定零点的个数.当时，我们采用直观赋值法.首先试试选择一个常数.由于ax＞0，故所取x0使得lnx0≤0且即可.故可取x0=1，f(1)=-a＜0； 当时，由于a的值的不确定性，故选择任何常数都不能确定是否在区间内，所以我们需借助于极值点来取值.可取或或(λ＞1).又为了对数运算的方便，所以可取后两者之一.现取其中再利用求导可确定

方法总结直观赋值法选点时优先选取常数点，也可借助于极值点选值，同时保证计算方便.此种方法的特点是见效快，但有时靠运气的成分较大，例如此题若选择则不行.

方法二：不等式放缩法

题目2f(x)=ex-x+a，当a＜-1 时，证明f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.

分析f′(x)=ex-1 ≥0，所以f(x)在[0,+∞)上单调递增.又f(0)=1+a＜0，故需在区间(0,+∞)上找到一个x0使得f(x0)＞0 即可.

此题可借助于超越不等式ex-1≥x进行放缩，将ex - x+a＞0 这个不可解不等式变为可解不等式.故可取

方法总结用此法的目标是利用超越不等式将题中不可解不等式放缩为可解不等式.在放缩时找出决定符号的关键项和对符号影响较弱的项.一般对对符号影响较弱的项进行放缩，即谁弱谁挨打.此种方法适用范围广，题目1 也可用此法解决.

方法三：分组定号法

同为上述题目2.

分析由于当x→+∞时ex的增长速度远大于x和-a的增长速度，故可将ex进行拆分后分别与x和-a成组，同时保证每组均为正即可.f(x)=ex-x+a=(x≥0,a＜-1).若x满足则f(x)＞0.因为g(1)＞0 且当x＞1 时g′(x)＞0，得g(x)单调递增，所以当x＞1 时，g(x)＞0.h(x)＞0 可解得x＞ln(-2a)＞0.故可取x0=b(b＞1 且b＞ln(-2a)).

方法总结对项数较多的函数，可进行分组定号法.将函数分为几组之和，各组符号均与目标符号相同时，其和必为目标符号.若决定函数符号的关键项项数较少但优越性较明显时，可进行拆项处理.

方法四：分类讨论法

同为上述题目2.

分析我们通过观察发现ex＞x是恒成立的，且随着x的增大ex的值远大于x的值，故只需保证ex+a＞0 之后将所选x稍许放大即可.因为ex+a=0 时x=ln(-a)，所以我们可试取x0=2 ln(-a).

f(2 ln(-a))=a2+a-2 ln(-a)(a＜-1).令g(a)=a2+a -2 ln(-a)(a＜-1).通过求导可得g(a)在上单调递减，在上单调递增，又g(-1)=0，所以g(a)在时的函数值必小于0，故所取点不合适.现对此法进行完善：因为且g(a)在上单调递减，所以当a≤-2 时g(a)＞0.我们可以对a的范围进行分类讨论：当a≤-2 时，可取x0=2 ln(-a)，f(x0)＞0；当-2＜a＜-1 时，可用直观赋值法取x0=2，f(2)=e2-2+a＞0.

方法总结此种方法一般适合用直观赋值法赋值时，所选取的赋值点不够好，只能保证参数在其所取范围的一部分内适合，则需对参数的范围进行分类讨论.不同范围可选择不同的赋值点.其实这题若用直观赋值法所选取的点是x0=2 ln(-a)，则不需对a的不同范围进行讨论.

方法五：待定求解法

题目3求证：当时，在R 上有两个零点.

分析当时，在上单调递减，在上当x ∈单调递增.时，易用直接赋值法找到f(0)=1-a＞0；当时，试取的符号不能确定，但当x取时可化简为常数，故可对值稍作缩小，但缩小的量必与a有关，方可产生一项与中产生的合并定号.由于缩小的量很难寻找，故可设为n，即取通过求解f(x0)＞0，从而得到n的范围.因为2en-2n+1＞0，所以当时解得n≥故取

方法总结此方法同方法四一样，适合用直观赋值法不能很好地选定合适的值，则可设出所选值，利用解不等式求出该值即可.

方法六：缩小范围法

题目4(2015年高考全国卷文科第21 题)f(x)=e2x-alnx.

(1)讨论f′(x)的零点个数；(2)略.

分析当a＞0 时，因为2e2x增，减，所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.用直接赋值法得f′(a)=2e2a-1＞0，现只需取一x0使得f′(x0)＜0.由于当x→0 时，所以当x越接近0 其对应的函数值为负的可能性就越大，故不妨设故取x0=b(0＜b＜且

方法总结此方法一般适用于需要取点的区间与a值无关，且可确定所选取的点趋近于该范围内的某个确定的值，则可对区间的范围进行缩小，从而方便取值.

方法七：中间值法

同为上述题目4，我们仅讨论a＞0 时如何取一x0使得f′(x0)＜0.

分析当x→0 时，要使即需取 中 间 值4又因为所以可取x0=b(0＜b＜

方法总结此方法一般适用于所需确定符号的函数在x0所取的值所在的一个小区间内为两个单调性相反的函数之差，这样一旦这两个函数都取到中间值所对的值后其大小关系便已明确，从而原函数符号一定.

方法八：配对法

同为上述题目4，我们仅讨论a＞0 时如何取一x0使得f′(x0)＜0.

分析且(a＞0，x＞0)，由于e2x＞0，2＞0，所以当e2x＜a且时可使不等式成立.所以可取x0=b(0＜b＜且

方法总结与方法三类似，适合不等号两边各项优越等级相差明显的例子可配对比较大小.与方法三不同之处在于此种方法转化为多组函数的乘积，而方法三转化为多组函数之和.