探索利用放缩法证明函数零点存在问题

华南师范大学附属中学(510630) 陈嘉华

零点存在性的判断一直是高考压轴导数题的重难点,一般来讲都是利用函数零点存在性定理来判断零点是否存在.

函数零点存在性定理 如果函数y = f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线(即y = f(x)在[a,b]上是连续的),并且有f(a)f(b) ＜0,那么函数y = f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在c ∈(a,b),使得f(c)=0.

由此可知,需要找到一正一负的两个函数值以推断零点存在.

想要找到这样的两个函数值,通常我们可以代入一些特殊值来尝试,但对于含参数的函数,这样的特殊点往往不容易找到. 此时,极限的知识可以帮助我们解决这个困难,但是高考解答题过程中出现极限可能会被扣分,因此我们可以借助极限的知识来分析问题,借助函数图象和极限的思想来探究如何利用放缩法严谨地解决问题.

首先我们来看一个简单的问题:

例1 已知a ∈(e,+∞),求证: 函数f(x) = ex-ax 在(0,+∞)上有两个不同的零点.

主要思路

(1) 为了方便处理函数, 我们先分离参数, 即证方程

=a 在(0,+∞)上有两个不同的根;

(2)设g(x) =

求导可知g(x)在(0,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增,且g(1)=e;

(3)下面利用零点存在性定理,证明方程

=a 在(0,1)和(1,+∞)上各有1 个根,而由于g(1) = e ＜a,故只需在(0,1)和(1,+∞)上分别找到x1 ∈(0,1)和x2 ∈(1,+∞),使得g(x1)＞a 且g(x2)＞a.

由于函数g(x)=

的形式不算复杂,可以尝试代入特殊点,例如取x =

则有

但我们知道,如果函数的形式比较复杂的话,特殊值不容易找到.(这里补充说明一下,取的特殊点不能是常数,必须是含有参数a 的,因为如果取的是常数x = c,则g(c)也为常数,但a的取值范围是(e,+∞),所以不能保证g(c)＞a.)

接下来我们尝试用放缩法解决上面的问题,这里需要借助极限的知识来帮助思考.

首先我们要明白为什么在(1,+∞) 一定存在x2 满足g(x2) ＞a,从极限的角度来说就是因为g(x) =

+∞,就是说无论a 的值是多少,都可以找到比a 更大的函数值g(x2).

原理清楚了之后, 就是通过实际操作去严谨地证明x2 ∈(1,+∞)的存在. 执行放缩的对象是y =ex(指数函数),y = ln x(对数函数)或者是三角函数这些我们认为不太“友好”的函数,而将y =xn(幂函数)这类函数保留下来.

对于函数g(x) =

放缩对象就是分子部分的指数函数, 要找到x2 ∈(1,+∞), 使得g(x2) ＞a, 即要先将y = ex 缩小,这时我们最容易想到的就是ex ≥x+1,则有g(x) =

此时只需要找到x2 ∈(1,+∞),使得1+

＞a 即可,但由于x2 ＞1,故1+

＜2,所以满足1+

＞a 的x2 显然不存在.

那么上面的放缩是什么原因导致找不到符合条件的x2呢? 是因为放缩后得到的函数y = 1+

在x →+∞处的极限已经改变了,不再是g(x)的函数值那样想要多大就能有多大. 所以放缩之前,要先制定一个规则,就是放缩之后得到的新函数的变化趋势与原函数的变化趋势必须保持一致.

规则制定下来之后,我们对重新放缩. 要保证趋势不变,则可以将ex 放缩成二次函数,这里可以借助泰勒公式,得到ex ≥1+x+ 

但绝大部分的高中生不了解泰勒公式,所以我们可以换个方式: 依然是从ex ≥x+1 入手,为了形式更方便,先变为ex ＞x(x ＞0),目标是放缩为二次函数,而此时不等式右边是一次函数,故两边同时平方e2x ＞x2.

设t = 2x,则有et ＞

所以有g(x) =

此时只需取x2 = 4a, 则有g(4a) =

= a. 证明了x2的存在, 接下来我们尝试用放缩法证明x1 的存在, 即找到x1 ∈(0,1),使得g(x1)＞a.

由于g(x) =

与x →+∞时一样函数值都是趋向于+∞,但对ex 的放缩方式却不一样,主要是因为在x →+∞处,y =

而指数函数y = ex 的增长速度比幂函数y = x 的增长速度快,所以ex 对函数g(x) =

的变化趋势起着至关重要的影响作用,所以对其放缩时要保证函数的变化趋势不变,而在x →0+ 时,ex →1,故ex 对函数g(x) =

的变化趋势可以说是“毫无影响”,所以此时可以直接将其放缩成一个常数即可.

当x ∈(0,1)时,ex ＞1,所以g(x) =

此时只需取x1 =

则有

通过上述两次放缩,我们可以做出小结:

1. 先确定函数的变化趋势;

2. 再确定执行放缩的部分对函数变化趋势的影响,如影响至关重要,则需要在保证趋势不变的前提下放缩成幂函数的形式;如无影响,则将其放缩成一个常数即可.

接下来我们再看另外一个问题:

例2 已知

求证: 方程f(x)=a 在(0,+∞)上恰有两个不同的根.

对f(x) =

求导可知, f(x) 在(0,e) 上单调递增,(e,+∞)上单调递减,且g(e)=

即g(e)＞a,所以只需在(0,e)和(e,+∞)上分别找到x1 ∈(0,e)和x2 ∈(e,+∞),使得f(x1) ＜a 且f(x2) ＜a. 取x1 = 1,因为f(1) = 0 ＜a,所以方程f(x)=a 在(0,e)上恰有一个根.

在(e,+∞)上,f(x) =

+∞,而对数函数y = ln x 的增长速度比幂函数y = x 的增长速度慢,所以ln x 对函数f(x) =

变化趋势起着反向的作用,而分母x 才是对变化趋势起关键作用的部分. 这种情况与上述g(x) =

在x →0+ 处的情况不一样,虽然都是分母x 对变化趋势起关键作用,但此时要放缩的分子部分ln x 是无法放缩成一个常数的,因为y = ln x 在(e,+∞)是没有上界的. 所以仍然需要将其放缩成一个幂函数形式,而为了保证不改变f(x) =

的变化趋势,该幂函数的次数需要小于1,故可以考虑将其放缩成次数为

的幂函数.

我们从ln x ≤x - 1 入手, 为了形式更方便, 先变为ln x ＜x, 目标是放缩成次数为

 的幂函数, 故设x = 

即有

所以有f(x)=

,由于

所以此时只需取x2 =

则有

接下来我们再看另一种形式:

例3 已知a ∈(-∞,0), f(x) =

 求证: 方程f(x)=a 在(0,+∞)上恰有一个根.

由例2 可知f(x)在(0,e)上单调递增,(e,+∞)上单调递减. 当x ∈(1,+∞)时,f(x)＞0 ＞a,所以方程f(x)=a在x ∈(1,+∞)上无解. 当x ∈(0,1)时,f(x)单调递增,又因为f(1)=0,所以只需找到x0 ∈(0,1),使得f(x0)＜a.

我们依然首先关注在x → 0+ 处的极限, f(x) =

 这时我们发现ln x和f(x) 在x → 0+ 处的变化趋势是一样的, 但其实

也就是说将ln x 放缩成一个负常数, 函数的变化趋势依然可以保持不变. 而当x ∈(0,1),ln x ＜0,并不能放缩为一个负常数,这时只需要把区间稍微缩小一点即可.

例如取x ∈(0,

), 则有ln x ＜-1, 即f(x) =

 此时可知当x ＜

＜a, 所以当x ＜

且x ∈

时, 有f(x) =

＜ a, 即当0 ＜x ＜

时, 均有f(x) ＜a, 故只需任取

都有f(x0)＜a.

通过上述几个例子,我们可以总结一下几个要点:

1. 做放缩之前首先要判断函数整体的变化趋势以及函数中各个部分的变化趋势;

2. 根据整体和各部分的变化趋势可以分为一下四类:

i 执行放缩的部分对函数整体的变化趋势毫无影响: 通常是执行放缩的部分的极限为非零常数,此时只需要将其放缩为一个常数;

ii 执行放缩的部分对函数整体的变化趋势起反向的作用: 此时该部分无法放缩为常数,需要在保证函数整体的变化趋势不变的前提下,可以将其放缩为一个幂函数;

iii 执行放缩的部分是函数中唯一一个对函数整体变化趋势起正向作用的部分: 此时需要在保证函数整体的变化趋势不变的前提下,可以将其放缩为一个幂函数;

iv 执行放缩的部分对函数整体的变化趋势起正向的作用,但不是唯一起正向作用的部分: 由于有另一个对函数整体变化趋势起正向作用的部分,因此只需要把执行放缩的部分放缩为一个常数.

3. 常见初等函数的放缩方式:

i 指数函数

当x ＞0 时,由ex ＞x 得enx ＞xn. 设t = nx,则

 当x ＜0 时, 由e-x ＞-x 得

 设t = nx, 则

ii 对数函数

由ln x ＜x 得ln(xn)＜xn,ln x ＜

最后我们来实际应用一下:

例4 已知a ∈(e-1,+∞),f(x)=ex-ax-x ln x-1.求证: 函数f(x)有两个零点.

设g(x) =

对g(x)求导可知,g(x)在(0,1)上单调递减, (1,+∞) 上单调递增, 且g(1) = e - 1 ＜a,故只需在(0,1) 和(1,+∞) 上分别找到x1 ∈ (0,1) 和x2 ∈(1,+∞),使得g(x1)＞a 且g(x2)＞a.

首先考虑区间(0,1),当x →0+ 时,

且

→1, -ln x →+∞. 所以

属于对整体趋势毫无影响的部分,而-ln x 是属于唯一一个对函数整体变化趋势起正向作用的部分. 因此可以先将

放缩成一个常数, 当x ∈(0,1) 时, 由ex ＞x+1 得

＞1, 故g(x)=

＞1-ln x.

此时我们发现放缩后的函数只有一个对数函数在内, 因此只需取x1 = e1-a(由a ∈ (e-1,+∞) 得,0 ＜e1-a ＜e2-e ＜1), 即有g(x1) ＞a. 然后考虑区间(1,+∞),当x →+∞时,g(x)=

→+∞.

ex 是唯一一个对函数整体变化趋势起正向作用的部分,则ln x 是对函数整体变化趋势起反向作用的部分. 因此可以先将ln x 放缩成x,即由ln x ＜x 得

然后在保证整体趋势不变的前提下对ex 做放缩,由上述对放缩方式的总结可得:

从而

由于x ∈(1,+∞),所以-1 ＞-x2,则有

而y =

-2x 是一个开口向上,对称轴为x = 27 的二次函数,由二次函数的性质可知,对任意a ∈(e-1,+∞),均存在x2 ∈(27,+∞),使得g(x2)＞a,即x2 的存在性得证.

函数问题千变万化,通过上述的探究发现,只要对函数变化趋势深入分析,对不同的情况作出不同的应对,即使千变万化,本质都是一致的.

参考文献

[1] 郝保国. 多视角破解高考数学压轴题[M].杭州: 浙江大学出版社,2020.

[2] 任宪伟, 张令元. 一道函数零点问题的多视角求解[J]. 数学通讯,2012(7-8): 26-27.