聚焦函數(shù)零點分布的常見題型及求解策略

李 波

(四川省南充高級中學(xué) 637901)

1 回歸定義，溯本求根

解析令f2(x)-mf(x)+m-1=0，

解得f(x)=1或m-1.

x1=e-1，x2=e+1.

當(dāng)x=e時，函數(shù)解析式f(x)=1，即x5=e.

綜上所述x1+x2+x3+x4+x5=5e.

例2 (2019年全國Ⅱ卷文)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1，證明：

(1)f(x)存在唯一的極值點；

(2)f(x)=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù).

易知，當(dāng)x∈(0,x0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0,+∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，f(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增.

所以當(dāng)x=x0時，f(x)有極小值.

所以f(x)存在唯一的極值點.

(2)由(1)知，f(x)在x=x0處取得最小值f(x0)=(x0-1)lnx0-x0-1.

因f(e2)=e2-3>0，f(x)在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，所以存在唯一實數(shù)m∈(x0,+∞)，使f(m)=(m-1)lnm-m-1=0.

評析求函數(shù)零點的常用方法：一是通過解對應(yīng)方程，求實數(shù)解；二是通過作函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合求交點橫坐標(biāo)，但需要注意函數(shù)的定義域，分段函數(shù)的零點檢驗.

2 巧用對稱，不攻自破

例3 (成都樹德中學(xué)期末考試)已知x1是函數(shù)f(x)=xlog2x-2020的一個零點，x2是函數(shù)g(x)=x·2x-2020的一個零點，則x1x2的值為____.

解析令f(x)=xlog2x-2020=0，得

因函數(shù)y=log2x與y=2x的圖象關(guān)于y=x對稱，所以點A(x1,y1)與B(x2,y2)關(guān)于y=x對稱，即y1=x2，y2=x1.

例4(2017年全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點，則a=( ).

解析f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)，令t=x-1，則g(t)=f(t+1)=t2+a(et+e-t)-1.

易知g(-t)=g(t)，所以函數(shù)g(x)為偶函數(shù).

又函數(shù)f(x)有唯一零點，所以函數(shù)g(x)也有唯一零點.

評析解決函數(shù)零點不可求的客觀題時，要有二個意識：一是會轉(zhuǎn)化，函數(shù)零點、方程的根、兩個圖象的交點三者之間等價轉(zhuǎn)化；二是要有整體觀，結(jié)合圖象的表征深化到圖象的對稱性：中心對稱、軸對稱，奇函數(shù)或者偶函數(shù)的零點關(guān)于數(shù)軸原點對稱，且所有零點之和等于0.

3 合理設(shè)參，統(tǒng)一變量

解析函數(shù)y=f(x)的圖象如圖1所示，令f(a)=f(b)=m，a

圖1

又f(a)=3a=m，所以a=log3m.

由f(b)=3b-4=m，知3b=4+m.

所以a+3b=log3m+m+4.

構(gòu)造函數(shù)g(x)=log3x+x+4,x∈(0,3]，易知g(x)在(0,3]上單調(diào)遞增.

所以g(x)的值域為(-∞,8].

即a+3b的取值范圍是(-∞,8].

評析將方程問題轉(zhuǎn)化為圖象的交點問題，數(shù)形結(jié)合找到參數(shù)的切入點，聯(lián)立方程組，將多變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，方便在化簡、求最值時使用均值不等式、配方、構(gòu)造函數(shù)判斷單調(diào)性、比較大小等，但要注意變形過程的等價性.

4 巧用模型，化動為靜

解析函數(shù)y=f(x)的圖象，如圖2所示，令f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m，則m∈(0,1),0

圖2

由f(x1)=f(x2)，知|log3x1|=|log3x2|.

即-log3x1=log3x2，解得x1x2=1.

由f(x3)=f(x4)=m，知x2-10x+24-3m=0.

由根與系數(shù)的關(guān)系，得

x3+x4=10,x3x4=24-3m.

①

(x3-3)(x4-3)=x3x4-3(x3+x4)+9，

將①式代入上式，得

(x3-3)(x4-3)=3-3m∈(0,3).

評析依據(jù)題目條件準(zhǔn)確畫出函數(shù)圖象，使復(fù)雜的代數(shù)問題變得形象直觀，結(jié)合圖象建立等量關(guān)系、不等關(guān)系，求得零點的分布.

5 數(shù)形結(jié)合，相得益彰

(1)求b；

(2)若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1.

圖3

綜上所述，當(dāng)f(x)有一個絕對值不大于1的零點時，f(x)所有零點的絕對值都不大于1.

評析本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、與零點有關(guān)的不等式證明，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運算、邏輯推理的核心素養(yǎng).運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或者方程的根，是高考熱點問題，以函數(shù)的單調(diào)性為切入點，畫出函數(shù)大致圖象，以便確定函數(shù)零點的分布、最值情況，真正體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合的靈活運用.

6 以退為進(jìn)，海闊天空

例8 (2020年浙江卷)已知1

(1)證明：函數(shù)y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零點；

證明(1)由f(x)=ex-x-a知，導(dǎo)函數(shù)f′(x)=ex-1，顯然，函數(shù)y=f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

又f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a>0，

所以函數(shù)y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零點.

故構(gòu)造函數(shù)g(x)=ex-x-x2-1,x∈[0,1].

所以g′(x)=ex-2x-1，g″(x)=ex-2.

令g″(x)=0,解得x=ln2.

易知函數(shù)g′(x)在(0,ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2,1)上單調(diào)遞增.

又g′(0)=0,g′(1)=e-3<0，所以，當(dāng)x∈[0,1]時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減.

所以h′(x)=ex-x-1，h″(x)=ex-1.

因為函數(shù)y=f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

評析本題給人以親而不近之感，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、零點個數(shù)，并將不等式的證明與零點的存在性定理完美結(jié)合，較好地考查了邏輯推理能力、轉(zhuǎn)化與化歸的思想.

7 反面入手，柳暗花明

例9(2016年全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點.

(1)求a的取值范圍；

(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點，證明：x1+x2<2.

由h′(x)>0知，x>1；由h′(x)<0知，x<1.

所以函數(shù)h(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增.

當(dāng)x∈(-∞,1)∪(1,2)時，h(x)<0；

當(dāng)x∈(2,+∞)時，h(x)>0.

綜上所述，h(x)的大致圖象如圖4所示.

圖4

因為函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點，所以y=-a與y=h(x) 圖象有兩個交點，即-a<0，解得a>0.

(2)由(1)知x1<1,x2>1，不妨假設(shè)x1+x2≥2，則x2≥2-x1>1.

由函數(shù)h(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增，知

h(x2)≥h(2-x1).

又h(x1)=h(x2)，所以h(x1)≥h(2-x1).

整理,得(x1-2)ex1+x1e2-x1≥0,x1∈(-∞,1).

下證對任意的x∈(-∞,1)，不等式(x-2)ex+xe2-x≥0恒成立.

令g(x)=(x-2)ex+xe2-x,x∈(-∞,1)，則

由x<1知g′(x)>0,

即g(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增.

所以g(x)

評析已知x1,x2是函數(shù)f(x)的零點，證明：x1+x2

函數(shù)零點的分布是難點，也是近幾年高考的熱點，綜合性很強，考法靈活多變，解題時應(yīng)該避重就輕，避實就虛，不失為一種明智的策略，可以考慮以上7種策略.考查了數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸數(shù)學(xué)思想，也是解題策略的優(yōu)化與變通，更是“臨淵羨魚，不如退而結(jié)網(wǎng)”的人生境界.