放縮法處理零點存在定理中的找點問題

摘要：零點存在定理中的找點問題一直是導數(shù)壓軸題中的難點，文章對近年來各地高考題中的此類問題進行了深入探究，對“特殊點”的來龍去脈追本溯源，并歸納總結了幾種常見的找點方法.

關鍵詞：放縮法；零點；找點

零點存在定理：如果函數(shù)y=f（x）在區(qū)間［a，b］上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，并且有f（a）f（b）lt;0，那么函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（a，b）內至少有零點，即存在x0∈（a，b），使得f（x0）=0，這個x0也就是方程f（x）=0的解.

在與零點問題有關的高考壓軸題中，如何確定出區(qū)間［a，b］，使f（a）f（b）lt;0，從而判斷f（x）是否存在零點，是解決問題的關鍵.常見的方法是利用不等式進行放縮，下面對利用放縮法處理零點問題進行歸納總結.

1 利用極限進行放縮找點

當函數(shù)方程較為復雜或項數(shù)較多時，可以采用極限分析法對原函數(shù)在無窮遠處的正負性進行分析，消去原函數(shù)中對正負性影響不大的項，再去找點a使得f（a）lt;0或f（a）gt;0就比較輕松了.常見的放縮有：當xlt;0時，0lt;exlt;1.

例1（2017全國卷 Ⅰ 理21改編）證明：當0lt;alt;1時，函數(shù)f（x）=ae2x+（a－2）ex－x有兩個零點.

分析：求導后易知f（x）在－∞，ln1a單調遞減，在ln1a，+∞單調遞增，又ln1agt;0，f（0）=2a－2lt;0，所以需要在（－∞，0）上找到一個點x1使得f（x1）gt;0.由于當x→－∞時，ex→0+，－x→+∞，因此當xlt;0時我們保留－x，想辦法把e2x及ex消去即可，此時f（x）gt;（a－2）ex－x，又exlt;1，a－2lt;0，則（a－2）exgt;a－2，故f（x）gt;a－2－xgt;－2－x，f（－2）gt;0，這樣就得到了第一個“特殊點”x1=－2.當x∈ln1a，+∞時，我們需要找到另外一個點x2使得f（x2）gt;0，同理當x→+∞時，e2x對整個函數(shù)正負的影響最大，因此始終保留e2x，把－x消去，此時xlt;ex，則－xgt;－ex，可得f（x）gt;ae2x+（a－2）ex－ex.接下來我們繼續(xù)把含參的aex消去.易得（a－2）exgt;－2ex，則f（x）gt;ae2x－3ex=ex（aex－3），于是得到了第二個“特殊點”x2=ln3a.

證明：易知f（x）在－∞，ln1a上單調遞減，在ln1a，+∞上單調遞增，則f（x）min=fln1a=a－1a+ln alt;0.又f（－2）=ae4+a－2e2+2gt;a－2+2=agt;0.所以f（x）在－∞，ln1a上有一個零點.

又易證exgt;x，所以－xgt;－ex，則f（x）gt;ae2x+（a－2）ex－exgt;ae2x－3ex=ex（aex－3），所以fln3agt;3a（aeln3a－3）=0，所以f（x）在ln1a，+∞上有一個零點.

綜上，當0lt;alt;1時，函數(shù)f（x）有兩個零點.

2 將原函數(shù)放縮為一次函數(shù)或二次函數(shù)

當原函數(shù)是幾個基本初等函數(shù)和的形式，且其中的指數(shù)項和一次或二次項在無窮遠處的極限趨勢相同時，可以選擇縮小其中的指數(shù)，將復雜的指數(shù)式轉化為一次函數(shù)或二次函數(shù).這時再去找點a使得f（a）lt;0或f（a）gt;0就比較輕松了.

常見的放縮有：當xgt;0時，ex≥ex，exgt;x，exgt;x+1，exgt;x2，等等.上述不等式在使用后需要構造函數(shù)并求導證明.若原函數(shù)含有三次項，可以考慮把三次項放縮成二次項或者提取公因式.

例2（2020全國卷Ⅰ文20改編）證明：當agt;1e時，f（x）=ex－a（x+2）有兩個零點.

分析：求導易知f（x）在（－∞，ln a）上單調遞減，在（ln a，+∞）上單調遞增，而難點是在（ln a，+∞）上找一個點x1使f（x1）gt;0.當x→+∞時，ex→+∞，a（x+2）→+∞，但ex增長速度遠遠大于a（x+2），這時我們可以利用exgt;x2，將復雜的含指數(shù)的函數(shù)轉化為簡單的二次函數(shù)y=x2－a（x+2），這樣既縮小了ex與a（x+2）的差距，也方便“特殊點”的尋找.顯然a2－a（a+2）lt;0，（2a）2－a（2a+2）=2a（a－1）的正負性不確定，（3a）2－a（3a+2）=2a（3a－1）gt;0，故“特殊點”可以取x1=3a.

證明：易知函數(shù)f（x）在（－∞，ln a）上單調遞減，在（ln a，+∞）上單調遞增，則f（x）min=f（ln a）=－a（1+ln a）lt;0，且ln agt;－1.又f（－2）=e－2gt;0，所以f（x）在（－∞，ln a）上存在一個零點.

又易證exgt;x2，xgt;ln x在（0，+∞）恒成立，所以f（3a）=e3a－a（3a+2）gt;（3a）2－3a2－2agt;0，且3agt;agt;ln a，所以f（x）在（ln a，+∞）上有一個零點.

綜上，當agt;1e時，f（x）有兩個零點.

3 將比值型函數(shù)放縮為冪函數(shù)

若原函數(shù)是exx，ln xx之類的比值型函數(shù)，可利用exgt;x2（xgt;0），exgt;13x3，－1xlt;ln xlt;x，ln xlt;2x等不等式將原函數(shù)放縮為冪函數(shù)，然后再去找點a使得f（a）lt;0或f（a）gt;0.

例3（2018全國卷Ⅱ理21改編）證明：當agt;e24時，函數(shù)f（x）=ex－ax2有三個零點.

分析：本題把ex移項變形至分母，可避免二次求導及對導函數(shù)零點的各種討論.由f（x）=0，得a·x2ex－1=0.令g（x）=a·x2ex－1，求導后易知g（x）在（－∞，0）上單調遞減，在（0，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減，又g（2）=4ae2－1gt;1－1=0，g（0）=－1lt;0，故難點在于如何確定（2，+∞）的點x0使g（x0）lt;0.若利用exgt;x2放縮，則a·x2ex－1lt;a5x2x2－1=a－1，而a－1gt;0，顯然放縮失敗，于是利用exgt;13x3重新放縮，則a·x2ex－1lt;3ax－1，故“特殊點”可以取x=3a.

證明：令g（x）=ax2ex－1，則f（x）=0即g（x）=0.易知g（x）在（－∞，0）上單調遞減，在（0，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減.由g（0）=－1lt;0，g（2）=4ae2－1gt;1－1=0，可知g（x）在（0，2）有一個零點.又g（－2）=a54e－2－1gt;e4－1gt;0，所以g（x）在（－∞，0）有一個零點.

易證exgt;13x3在（0，+∞）恒成立，則g（3a）=a·（3a）2e3a－1lt;9a313（3a）3－1=0，所以g（x）在（2，+∞）有一個零點.

綜上，當agt;e24時，g（x）有三個零點，即f（x）有三個零點.

4 巧用立方和與立方差公式進行放縮

若原函數(shù)含有三次項，可以考慮把三次項放縮成二次項或者提取公因式，或者使用立方和與立方差公式進行因式分解，然后再去找點a使得f（a）lt;0或f（a）gt;0.

例4（2018全國卷Ⅱ文21節(jié)選）證明：函數(shù)f（x）=13x3－a（x2+x+1）只有一個零點.

分析：下面的解法是標答解法，但3a－1和3a+1這兩個特殊點可謂是神來之筆，讓人猝不及防，對于這兩個“特殊點”是怎么來的，大部分教輔都是避之不談，把真正的難點一筆帶過.實際上這里利用了立方差公式x3－1=（x－1）（x2+x+1）進行放縮，g（x）=（x3－1）+1x2+x+1－3a=x+1x2+x+1－3a－1，又x2+x+1≥34，則1x2+x+1∈0，43，所以x－3a－1lt;g（x）≤x+43－3a－1lt;x－3a+1，則g（3a+1）gt;0，g（3a－1）lt;0，所以g（x）只有一個零點.

證明：x2+x+1=x+122+34gt;0，令g（x）=x3x2+x+1－3a，則f（x）=0即g（x）=0.又g′（x）=x2［（x+1）2+2］（x2+x+1）2≥0，則g（x）在R上單調遞增，所以g（x）至多有一個零點，即f（x）至多有一個零點.

又f（x）=13x－ax2－a（x+1），則f（3a+1）=13（3a+1）－a（3a+1）2－a（3a+2）=13（3a+1）2－（3a2+2a）=13gt;0，f（3a－1）=13（3a－1）－a（3a－1）2－a·3a=－6a2+2a－13=－6a－162－16lt;0.

故f（x）只有一個零點.

零點問題中“找點”的過程，其實就是一個不斷試錯的過程，在找出點a使得f（a）lt;0或f（a）gt;0的過程中，我們應該對幾類初等函數(shù)（指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等）的增長趨勢了然于心，這樣才能“抓大放小”，從而利用常用不等式將指數(shù)函數(shù)或對數(shù)函數(shù)進行適當放縮，以達到“找點”的目的.