高中数学讲义微专题09 零点存在的判定与证明

高中数学讲义微专题09 零点存在的判定与证明

- 1 - 微专题 09 零点存在的判定与证明 一、基础知识： 1、函数的零点：一般的，对于函数 ，我们把方程 的实数根 叫作函数 的零点。 2、零点存在性定理：如果函数 在区间 上的图像是连续不断的一条曲线，并且 有 ，那么函数 在区间 内必有零点，即 ，使得 注：零点存在性定理使用的前提是 在区间 连续，如果 是分段的，那么零点 不一定存在 3、函数单调性对零点个数的影响：如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。 因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调 4、几个“不一定”与“一定”（假设 在区间 连续） （1）若 ，则 “一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析 的性质与图像，如果 单调，则“一定”只有一个零点 （2）若 ，则 “不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。如果 单调，那么“一定”没有零点 （3）如果 在区间 中存在零点，则 的符号是“不确定”的，受函数性 质与图像影响。如果 单调，则 一定小于 0 5、零点与单调性配合可确定函数的符号： 是一个在 单增连续函数， 是 的零点，且 ，则 时， ； 时， 6、判断函数单调性的方法： （1）可直接判断的几个结论： ① 若 为增（减）函数，则 也为增（减）函数 ② 若 为增函数，则 为减函数；同样，若 为减函数，则 为增函数  y f x   0f x  0x  y f x  y f x  ,a b     0f a f b   y f x  ,a b  0 ,x a b   0 0f x   f x  ,a b  f x  f x  ,a b     0f a f b   f x  f x  f x     0f a f b   f x  f x  f x  ,a b    f a f b  f x    f a f b  f x  ,a b 0x x  f x  0 ,x a b  0,x a x   0f x   0,x x b   0f x     ,f x g x    f x g x  f x  f x  f x  f x - 2 - ③ 若 为增函数，且 ，则 为增函数 （2）复合函数单调性：判断 的单调性可分别判断 与 的单调 性（注意要利用 的范围求出 的范围），若 ， 均为增函数或均为减函数， 则 单调递增；若 ， 一增一减，则 单调递减（此 规律可简记为“同增异减”） （3）利用导数进行判断——求出单调区间从而也可作出图像 7、证明零点存在的步骤： （1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数 （2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数 （3）分析函数 的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间 （4）利用零点存在性定理证明零点存在 例 1：函数 的零点所在的一个区间是（ ） A. B. C. D. 思路：函数 为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可 解： ， ，使得 答案：C 例 2：函数 的零点所在的大致区间是（ ） A. B. C. D. 思路：先能判断出 为增函数，然后利用零点存在性判定定理，只需验证选项中区间端点    ,f x g x    , 0f x g x     f x g x   y f g x  t g x  y f t x t  t g x  y f t   y f g x  t g x  y f t   y f g x  f x  f x   2 3xf x e x   1 ,02     10, 2      1 ,12      31, 2       f x 1 21 1 12 3 4 02 2f e e                    0 2 0f    1 12 3 2 02 2f e e            1 2 3 1 0f e e       1 1 02f f      0 1 ,12x       0 0f x     ln 1f x x x   31, 2      3,22       2,e  ,e   f x - 3 - 函 数 值 的 符 号 即 可 。 时 ， ， 从 而 ， ，所以 ，使得 答案：A 小炼有话说：（1）本题在处理 时，是利用对数的性质得到其 的一个趋势，从 而确定符号。那么处理零点问题遇到无法计算的点时也要善于估计函数值的取向。 （2）本题在估计出 时， 后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来 说明，比如 。正是在已分析清楚函数趋势的前提下，才能保证快速找 到合适的例子。 例 3 ： （ 2010 ， 浙 江 ） 已 知 是 函 数 的 一 个 零 点 ， 若 ，则（ ） A. B. C. D. 思路：条件给出了 的零点，且可以分析出 在 为连续的增函数，所以结合 函数性质可得 答案：B 例 4：已知函数 ，当 时，函数 的 零点 ，则 ________ 思路：由 的范围和 解析式可判断出 为增函数，所以 是唯一的零点。考虑 ， ，所以 ，从而 答案： 例 5 ： 定 义 方 程 的 实 数 根 叫 做 函 数 的 “ 新 驻 点 ”， 若 的“新驻点”分别为 ，则（ ） 1x   ln 1x     f x   3 1 3ln 02 2 2f        0 31, 2x      0 0f x  1x   ln 1x  1x   ln 1x      11.1 1.1 ln 010f    0x   12 1 xf x x      1 0 2 01, , ,x x x x      1 20, 0f x f x     1 20, 0f x f x     1 20, 0f x f x     1 20, 0f x f x   f x  f x  1,        1 0 2 00, 0f x f x f x f x       log 0, 1af x x x b a a     2 3 4a b     f x  0 , 1 ,x n n n N    n  a  f x  f x 0x  3 log 3 3 log 3 3 4 log 3 1 0a a af b          2 log 2 2 log 2 2 3 log 2 1 0a a af b          0 2,3x  2n  2n     'f x f x 0x  f x         3, ln 1 , 1g x x h x x x x     , ,   - 4 - A. B. C. D. 思 路 ： 可 先 求 出 ， 由 “ 新 驻 点 ” 的 定 义 可 得 对 应 方 程 为 ： ，从而构造函数 ，再利用零点存在性定理判断 的范围即可 解： 所以 分别为方程 的根，即为函数： 的零点 在 单调减，在 单调增，而 ， 时， ，而 答案：C 例 6：若函数 的零点与 的零点之差的绝对值不超过 ， 则 可以是（ ） A． B． C． D． 思路：可判断出 单增且连续，所以至多一个零点，但 的零点无法直接求出，而各 选项的零点便于求解，所以考虑先解出各选项的零点，再判断 的零点所在区间即可 解：设各选项的零点分别为 ，则有 对于 ，可得：                      ' ' ', ,g x h x x   3 211,ln 1 , 1 31x x x xx             3 2 1 1 1 11, ln 1 , 3 11g x x h x x x x xx         , ,        ' ' ' 211, , 31g x h x x xx    , ,     3 211,ln 1 , 1 31x x x xx             3 2 1 1 1 11, ln 1 , 3 11g x x h x x x x xx         1     1 1 10 1 0, 1 ln2 02h h           1 10 1 0 0,1h h         ' 2 1 3 6 3 2x x x x x      1 x  0,2    ,0 , 2,   1 0 1 0     ,2x    1 0x   1 4 15 0      1 12 4 0     2,4       )(xf   ln 2 8g x x x   5.0 )(xf 63)(  xxf 2)4()(  xxf 1)( 1  xexf )2 5ln()(  xxf  g x  g x  g x , , ,A B C Dx x x x 72, 4, 1, 2A B C Dx x x x      ln 2 8g x x x      3 ln3 2 0, 4 ln4 0g g      0 3,4x   0 0g x  - 5 - ，所以 C 选项符合条件 答案：C 例 7：设函数 ，若实数 分别是 的 零点，则（ ） A. B. C. D. 思路：可先根据零点存在定理判断出 的取值范围： ， 从 而 ； ， 从 而 ， 所 以 有 ， 考 虑 ， 且 发 现 为 增 函 数 。 进 而 ，即 答案：A 例 8：已知定义在 上的函数 ，求证： 存在唯一的零点，且零 点属于 思路：本题要证两个要素：一个是存在零点，一个是零点唯一。证明零点存在可用零点存在 性定理，而要说明唯一，则需要函数的单调性 解： 在 单调递增 ，使得 因为 单调，所以若 ，且 则由单调性的性质： 与题设矛盾 所以 的零点唯一 小炼有话说：如果函数 在 单调递增，则在 中， ， 7 7=ln 1 02 2g       0 73, 2x          22 4, ln 2 5xf x e x g x x x      ,a b    ,f x g x    0g a f b     0f b g a     0 g a f b      0f b g a  ,a b    0 3 0, 1 2 4 0f f e        0,1a     1 3 0, 2 ln2 3 0g g       1,2b 0 1 2a b       0 f a g b     ,f x g x        0, 0g a g b f b f a       0g a f b   1,   ln 2f x x x    f x  3,4  ' 1 11 xf x x x     1,x    ' 0f x   f x  1,+    3 1 ln3 0, 4 2 ln2 0f f         3 4 0f f   0 3,4x   0 0f x   f x  ' ' 0 0 03,4 ,x x x      ' 0 00f x f x  ' 0 0x x  f x  f x  ,a b  ,a b    1 2 1 2x x f x f x   - 6 - 即函数值与自变量一一对应。在解答题中常用这个结论证明零点的唯一性 例 9：（2011 年，天津）已知 ，函数 （ 的图像连续不断） （1）求 的单调区间 （2）当 时，证明：存在 ，使得 解：（1） 令 解得： 在 单调递减，在 单调递增 （2）思路：由（1）可得 在 单调递减，在 单调递增，从而从图像上看必 然会在 存在 使得 ，但由于是证明题，解题过程要有理有据。所以 可以考虑将所证等式变为 ，构造函数 ，从而只需利 用零点存在性定理证明 有零点即可。 解：设 由（1）可得：当 时， 在 单调递减，在 单调递增 ，因为 根据零点存在性定理可得： ，使得 0a    2lnf x x ax   f x  f x 1 8a   0 2,+x    0 3 2f x f        2 ' 1 2 12 axf x axx x      ' 0f x  1 2x a  f x 10, 2a       1 ,2a       f x  0,2  2,  2, 0x  0 3 2f x f       0 3 02f x f          3 2g x f x f        g x     3 2g x f x f          ' 'g x f x  1 8a   f x  0,2  2,   32 2f f           32 2 02g f f          21 3 3 3 9ln , ln8 2 2 2 32g x x x f f                3 9100 ln100 1250 ln 2 32g     ln100 1250 0   100 0g     2 100 0g g   0 2,100x     0 0 3 02g x f x f       - 7 - 即存在 ，使得 小炼有话说：（1）在证明存在某个点的函数值与常数相等时，往往可以将常数挪至函数的一 侧并构造函数，从而将问题转化成为证明函数存在零点的问题。 （ 2 ） 本 题 在 寻 找 小 于 零 的 点 时 ， 先 观 察 表 达 式 的 特 点 ： ，意味着只要 取得足够大，早晚 比 要大的多，所以只 需要取较大的自变量便可以找到 的点。选择 也可，选择 等等也 可以。 例 10 ： 已 知 函 数 ， 其 中 常 数 ， 若 有 两 个 零 点 ，求证： 思路：若要证零点位于某个区间，则考虑利用零点存在性定理，即证 且 ，即只需判断 的符号，可先由 存在两个零点判断出 的取值范围为 ，从而 ，只需将 视为关于 的函数，再利 用函数性质证明均大于零即可。 解： 令 设 ，可得 为增函数且 时， 时，  0 2,+x    0 3 2f x f       g x  g x   21 3ln 8 2g x x x f        x 21 8 x ln x   0g x  100x  10,271x    lnxf x e a x a   0a   f x  1 2 1 2, 0x x x x  1 2 1 1x x aa      1 1 0f fa         1 0f f a     1 , 1 ,f f f aa       f x a a e  1 0f e a    1 ,f f aa      a   1ln 0 ln 1 x x ef x e a x a a xx e              ln 1 xex x       ' 2 1ln 1 ln 1 xe x xx x           1ln 1g x x x    g x  1 0g  1 10, ,1x e e               '0 0g x x    1,x      '0 0g x x   - 8 - 在 单调递减，在 单调递增 所以在 ， 有两个零点 在 单调递增 在 单调递增 而 ，使得 即 另一方面： 而 ，使得 即 综上所述：  x 1 10, , ,1e e             1, 1,x e         min 1x e    f x a e   1 0f e a      lnaf a e a a a    ' ln 2af a e a     '' 1 1 1 0a a ef a e e ea e e        'f a  ,e     ' ' 23 3 0ef a f e e e        f a  ,e       22 2 2 0ef a f e e e e e e e          1 0f     1 0f f a   2 1,x a   2 0f x  21 x a    1 1 11 1ln ln ln 1a a af e a a e a a a e a aa a              a e ln 1 0a   1 0f a       1 0f    11 0f f a      1 1 ,1x a       1 0f x  1 1 1xa   1 2 1 1x x aa    