零点存在性定理中的“取点”问题
2022-07-08 00:53361000厦门市海沧区教师进修学校附属学校陈志康
中学数学 2022年4期
361000 厦门市海沧区教师进修学校附属学校 陈志康
361026 厦门双十中学海沧附属学校 陈雨瑾
在解决零点存在性问题时，常常需要结合图形来分析，但由于学生没有学习过函数极限，无法分辨一些函数图像在无穷远处或间断点处的性态.
如果想要严格说明零点的存在，只能借助零点存在性定理,即若f
(x
)在[a
,b
]上是一条连续不断的曲线，并且有f
(a
)·f
(b
)<0，则存在c
∈(a
,b
)，使得f
(c
)=0，适当“取点”来说明函数值的正、负.
在一些试卷公布的答案中，并没有对如何“取点”进行特别说明，很多学生不能明白其精髓所在.
正确“取点”要求具备较高的数学核心素养，以此为抓手提升学生的逻辑推理、数学运算能力正合适不过，如果能解决这些问题，对学生今后学习“极限”这部分的内容也会有所帮助.
笔者阐述解决这些问题过程中获得的感悟.
例1
(2017全国卷Ⅰ理-21) 已知函数f
(x
)=a
e2+(a
-2)e-x
，a
∈R
.
(1)讨论f
(x
)的单调性；(2)若f
(x
)有两个零点，求a
的取值范围.
小问(1) 分析：
可知f
′(x
)=2a
e2+(a
-2)e-1，结合式子的结构特征，因式分解为f
′(x
)=(2e+1)(a
e-1)，接下来只需考虑a
e-1的符号问题即可得到结果.
小问(2) 解法1：
由小问(1)可知,若f
(x
)有两个零点，则a
>0，且f
(x
)在(-∞，-lna
)上单调递减，在(-lna
，+∞)上单调递增，f
(x
)有两个零点的必要条件是结合单调性可得当0<a
<1时，有[f
(x
)]<0，即f
(x
)有两个零点的必要条件是0<a
<1，又f
(-2)=a
e+(a
-2)e+2>-2e+2>0，故f
(x
)在(-∞,-lna
)有一个零点.
设正整数n
满足则f
(n
)=e(a
e+a
-2)-n
>e-n
>0.
由于因此f
(x
)在(-lna
,+∞)有一个零点，综上a
的取值范围为(0,1).
评注:
本题涉及零点存在定理中如何“取点”，学生不明白如何想到令“x
=-2”和笔者阐述相关思路.
注意到f
(x
)=a
e2+(a
-2)e-x
，0<a
<1，目标是在(-∞，-lna
)上找到x
，使得f
(x
)>0，由于a
e2>0，只要让(a
-2)e-x
>0，限定x
<0，由于(a
-2)e-x
>a
-2-x
>-2-x
，令-2-x
≥0，得x
≤-2，于是(a
-2)e-x
>a
>0，所以f
(-2)>0.
由于0<a
<1，-lna
>1，所以-2∈(-∞，-lna
)，符合条件.
另一个目标是在(-lna
，+∞)上找到n
，使得f
(n
)>0，即a
e2+(a
-2)e-n
>0，由于e>n
，所以a
e2+(a
-2)e-n
>a
e2+(a
-2)e-e=e(a
e+a
-3)>0，得于是当设正整数n
满足就有f
(n
)>0，经检验，符合条件.
事实上，“取点”是经过适当“放缩”计算得出的，常见的不等式如当x
>0时，有e>x
>lnx.
笔者总结得出以下“取点”技巧.
(1)借助一些常见不等式对超越式放缩，放缩后的不等式容易解出.
(2)不等式放缩的方向要与所需函数值的正负一致，如上述找n
的取值需要f
(n
)>0，对f
(n
)中一些式子放缩要往“>”的方向进行.
(3)检验不等式的解是否在需求范围内.
使得f
(x
)>0的自变量的值并不是只有-2和如如何“取点”取决于放缩的程度.
需要说明的是，在寻找使得f
(x
)>0的自变量的值时，尽可能选取较为简单的结构，体现数学的简洁美.
小问(2)解法2：
由小问(1)可知a
>0.
参变分离，令f
(x
)=0，得令当x
>0时，g
′(x
)<0，当x
<0时，g
′(x
)>0，所以[g
(x
)]=1-a.g
(x
)有两个零点的必要条件是[g
(x
)]=1-a
>0，即0<a
<1.
下证充分性(只需在y
轴左侧找一点的函数值为负，在y
轴右侧找一点的函数值也为负，例如找到x
<0使得g
(x
)<0).
由于当x
<0，有e2+e>0，2e<2，取x
=-2就有符合条件.
当x
>0，要想有由x
a
的取值范围为(0,1).
教学启示：
教学时应归纳出已知函数零点个数，求参数范围通常有直接讨论函数零点(解法1)和参变分离(解法2)这两种策略.
解法1中导函数结构虽然含参，但形式较为简单.
解法2的优势在于参变量分离，使得构造出的函数不再含有参数，为后续研究带来方便，同时新构造出的函数形式也较为复杂.
在面对不需要严格推理证明的选择、填空题时，可以让学生结合图形分析，如参变分离法可以考虑f
(x
)的零点即为函数与y
=a
图像有两个交点，只需画出草图(如图1所示)进行分析即可得到正确答案.
图1
例2
(2015全国卷Ⅰ文-21) 设函数f
(x
)=e2-a
lnx.
(1)讨论f
(x
)的导函数f
′(x
)的零点个数.
(2)略.
分析：
依题意得若a
≤0，无零点；若a
>0，f
′(x
)在定义域内单调递增.
现在的目标就是在定义域上找点m
,n
，满足f
′(m
)<0,f
′(n
)>0.
由函数结构特征，f
′(a
)=2e2-1>0(把含参项变为常数项，因此可取x
=a
)，所以关键在于找到m
，使得f
′(m
)<0.
教师在教学过程中最好从图像的角度切入分析，的零点即函数y
=2e2与的交点，这两类函数是学生比较熟悉的，图2、图3分别对应了a
<0和a
>0时的图像.
图2
图3
从函数的增长趋势看，m
应当足够小，越接近0越好.
如取并不合适.
为了使结果比较“好看”，继续缩小m
的值，取令f
′(m
)=2e-4<0，得只需取就有因此问题得到解决.
评注：
从参变量分离的角度一样能解决此问题，即2x
e2-a
=0(x
>0) ①.
方程①的解也可以看作是g
(x
)=2x
e2-a
在[0，+∞)上的零点(扩大定义域)，而当x
≥0时，注意到g
′(x
)=2(2x
+1)e2>0，所以g
(x
)在[0，+∞)单调递增，g
(0)=-a
<0，g
(a
)=2a
e2-a
>2a
-a
>0，所以g
(x
)=2x
e2-a
在[0，+∞)上有唯一零点，问题得到解决.
在这个过程中化归思想起了很大的用处，原本函数的端点无法代入，从而无法确定符号，将函数延拓为g
(x
)=2x
e2-a
，使这个问题得到圆满解决.
教学启示：
对于“取点”的策略，除了借助不等式放缩以外，还可以归纳得出以下两种方法.
方法1：
把含参项消去变为常数项，如上面分析取x
=a.
方法2：
想要说明存在x
使f
(x
)-h
(x
)<0，可借助中间量α
，说明f
(x
)<α
,h
(x
)>α
即可.
在这里可用方法2找m
，目标是即限定0<m
<1，于是2e2<2e，只需得显然取符合题意.
例3
(2020福州质检理-21) 已知函数(1)略.
(2)当a
>0时，函数h
(x
)=f
(x
)-g
(x
)恰有三个不同的零点，求实数a
的取值范围.
分析：
依题意得只需讨论y
=-ax
+x
-4a
的符号.
当设y
=-ax
+x
-4a
的两个零点为x
,x
(x
<x
)，由韦达定理可以判断0<x
<2<x
，所以h
(x
)在(0,x
),(x
,+∞)上单调递减，在(x
,x
)上单调递增，又h
(2)=0，所以2是h
(x
)的零点，而h
(x
)>h
(2)=0，h
(x
)的图像如图4所示(只要在(2，+∞)上找到m
，使得h
(m
)<0即可).
当x
足够大时，y
=ax
的“增长趋势”相较大，因此这里选择m
要尽可能大，当所以令考虑到构造出常数取值不符要求，说明m
还不够大.
继续尝试取则令则则所以y
=ln8-4+0.
5.
5<0，因此因为所以存在x
∈(2,+∞)使得又即均为h
(x
)的零点，所以当时，函数h
(x
)=f
(x
)-g
(x
)恰有三个不同的零点.
图4
评注：
上面利用到构造常数法、放缩法寻求m
，这里可提供另一种放缩方式.
对放缩，利用不等式lnt
<t
，于是设则令得则时，有令得当找到x
∈(2,+∞)使得h
(x
)=0后，并不需要在(0,x
)找另一个零点，原因是该零点与x
有特殊的数量关系，往往在对数函数、反比例函数、正比例函数三者叠加的函数中零点会存在这样的关系.
教学启示：
在函数的教学过程中，可以让学生对几类初等函数的增长趋势进行比较，更有利于解决这些问题，当x
足够大时，增长趋势从大到小的函数分别是指数函数、幂函数(正指数)、对数函数.
上文对进行变形时，正是考虑到这一点.
“取点”的过程是一个不断试错的过程，学生需要经历观察、猜想、计算、证明等思维活动，这些过程能发展学生的数学运算、逻辑推理能力.
在教学中，教师要教会学生从数学的本质出发，追求通性通法，有效的解题是有专注的选择和有进展的试错.
教师也可以在日常教学过程中强化学生对常见函数增长趋势的认识，让学生走向更高的层次.
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