从次数的视角看找点问题

摘 要：引用零点存在性定理解题时，需要找到函数值为正或者为负的特定点.从高中生的理解能力出发，在x→+∞处将ex看作是正无穷次，lnx看作是0+次.函数中的零点问题可以先将超越部分化为合适次数，再在有理形式下寻找合适的点.

关键词：找点；函数；导数；拔尖创新

众多研究从不同的高视角解读函数零点中的找点问题，有效解决了学生面对此问题时知其然但不知其所以然的困扰.^［1］

笔者结合多年拔尖创新人才培养经验，对此问题整理出一套解决方案，以期为教学提供指导．

1 学情分析及方法阐释

有学者指出，学生在判断初等函数的变化快慢的能力较弱.^［2］

以y=ex与y=lnx为例展开，学生对x→+∞处指数函数y=ex的“爆炸”增长与对数函数y=lnx的缓慢增长有直观感受，但缺少代数表达，而且对函数在另一侧（指数函数y=ex在x→-∞，对数函数y=lnx在x→0+）的变化趋势基本上把握不了.虽然学生对极限思想缺少理解，但是基本上都能很好地处理有理函数的变化问题，如在x→+∞处一个有理多项式函数取值的正负完全由最高次项的系数决定.立足学生这种认知的局限性，笔者探索出依照次数视角解决找点问题的方法论，分为如下三步.

第一步，取一些特殊点将简单的问题先解决，对于复杂找点问题转化为不等式问题，其中超越部分使用换元技巧将极限的一侧朝向x→+∞.例如，若要研究指数函数y=ex在x→-∞处的变化，可以令t=-x；若要研究对数函数y=lnx在x→0+处的变化，可以令t=1x.

第二步，将超越部分看作是抽象次数，其中底数大于1的指数函数在x→+∞处可看作正无穷次，底数大于1的对数函数在x→+∞处可看作0+次，从而判断不等式是否成立.同时，可将超越部分直接放缩到合适的次数，正无穷次项放缩至当前代数式中最高项的次数+1，0+次项放缩至足够小的1n次.

在放缩时可以灵活运用常用不等式，即ex≥x+1与lnx≤x-1.例如，将ex放缩至2次多项式可这样操作，ex=

e^x22≥

x2+12；将lnx放缩至12次可这样操作，lnx=2lnx≤2

（x-1）.

第三步，在有理多项式中解决找点问题.这里只需取合适的自变量的值，使得最高次项对代数式取值正负的影响远远大于其他项即可．

2 典型例题

例1 （2020年全国卷Ⅰ文科数学第20题）已知函数f（x）=ex-a（x+2）.

（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性.

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

解析：（1）略.（2）f′（x）=ex-a，据此可推断当a≤0时，f′（x）gt;0，所以f（x）在R上单调递增，最多一个零点，不合题意.

当agt;0时，f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增.因为f（x）有两个零点，所以f（lna）=-a（lna+1）lt;0agt;1e.此时我们需要分别在区间（-∞，lna）与区间（lna，+∞）中找到点x1与x2，使得f（x1）gt;0且f（x2）gt;0.^［2］按照如下三步进行.

第一步，取特殊点f（-2）=e^-2gt;0，其中-2lt;lna，所以令x1=-2即可.此题找点较为困难的是x2，将问题转化为不等式问题，即e^x2-a（x2+2）gt;0.

第二步，当x2→+∞时，e^x2可看作是关于x2的正无穷次项，其系数为正，所以显然不等式是可以成立的.因为a（x2+2）关于x2是一次的，所以将e^x2放缩至2次，即e^x2≥

x22+12=x224+x2+1.

第三步，代数式x224+x2+1-a（x2+2）中最高次项x224对此代数式的取值影响最大，只需令x2=4a，显然x2gt;lna，此时x224=ax2，x2+1-2agt;0，不等式即成立.

例2 证明：当-1elt;alt;0时，函数f（x）=lnx-ax有两个零点．

解析：f′（x）=x+ax2，所以f（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增，并且f（-a）=ln（-a）+1lt;0.此时需要分别在区间（0，-a）与区间（-a，+∞）上找点x1与x2，使得f（x1）gt;0且f（x2）gt;0.按照如下三步进行.

第一步，对于特殊点f（1）=-agt;0，且1gt;-a，所以令x2=1即可.注意到x1所在区间的极限方向是0+，所以可以令t=1x1，则问题转化为lnt+atlt;0，其中t∈

1-a，+∞.

第二步，lnt可以看作是0+次，则此时代数式lnt+at的最高次项为at，其系数是负的，所以小于0必然可以取得.at次数为1，因此将lnt放缩至12即可，即lnt≤2（t-1）.

第三步，想让代数式2t-2+at的取值为负，可以将代数式变形为t

2+at-2，即令t=4a2即可.

上述分析过程运用了换元方法，在书写时也可以运用整体思想，使表达更加清晰准确，即令x1=a24，显然x1∈（0，-a），则f（x1）=lnx1-ax1=-2ln1x1+4-a≥-2

1x1-1+4-a=2gt;0．

例3 （华中师范大学一附中2020年月考题）已知函数f（x）=xlnx+x2-ax（a∈R）.

（1）若a=3，求f（x）的单调性和极值.

（2）证明：当agt;1时，函数y=f（x）+1ex有2个零点．

解析：（1）略.

（2）y=x

lnx+x+1xex-a，令g（x）=lnx+x+1xex-a，则g′（x）=（xex-1）（x+1）x2ex.其中xex-1在（0，+∞）上单调递增且存在唯一零点x0∈

12，1，分析得知g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，且g（x0）=1-alt;0.因此，需要分别在区间（0，x0）与区间（x0，+∞）中找点x1与x2，使得g（x1）gt;0且g（x2）gt;0.按照如下三步进行.

第一步，本题没有定值的特殊值可以利用，但也有与a相关的特殊值，即g（a）=lna+1aeagt;0，其中agt;x0，所以令x2=a即可.对于x1发现x1→0+时，e^x1的取值是为确定的有限值，所以需要关注的是lnx1的变化趋势.依然令t=1x1，则问题转化为te^1t+1t-lnt-agt;0，其中t∈

1x0，+∞.

第二步，对于这种指对数复合的情形，要关注到其中是否有些项可以用定值估计，如上述代数式中e^1t∈（1，e），所以te^1t∈

te，t可以看作一次项.当lnt

看作是0次项后，显然不等式是可以成立的.放缩为te^1t+1t-lnt-agt;te+1t-2t+2-a.

第三步，注意到上述放缩后的代数式有两项是负的，即-2t与-a.因此，可将最高次项te拆成两部分，即t2e+t2e.取合适的t使得这两部分分别大于2t与a，如令t=2ea+16e2，则此时te+1t-2t+2-agt;1t+2gt;0.

事实上，本题也可以直接换元，令t=xex，则lnx+x=lnt.化为只含对数形式的零点问题即可．

3 对拔尖创新人才培养的思考

问题是数学的灵魂.不断研究新问题、问题的新解法是培养拔尖创新人才的必要条件.

高中数学拔尖创新人才的培养目标应当体现在扎实的高中数学知识与技能、创新思维和问题解决能力、数学建模和实践能力、数学思想方法和证明能力等方面．

参考文献

［1］曹轩，龚芮.从更高的视角看找点［J］.数学通讯，2021（2）：26-28.

［2］黄思玮，徐章韬.在“高视角下看找点”之外［J］.数学通报，2022（11）：42-46.

*基金项目：江苏省中小学教学研究第14期立项课题“高中数学拔尖创新人才的培养策略研究”（项目编号：2021JY14XK16）；江苏省教育科学“十四五”规划重点课题“大概念视角下的高中数学单元整体教学实践研究”（项目编号：B/2021/02/28）；锡山区教育科学“十四五”规划2023年度立项课题“高中数学竞赛课的教学设计研究”（项目编号：A/2023/002）.