零点存在与判定

第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 第 9 炼 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 yf x 0f x 0 x 数的零点 yf x 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 yf x a b 并且有 那么函数在区间内必有零点 即 0f af b yf x a b 0 xa b 使得 0 0f x 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 f x a b f x 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 f x a b 1 若 则 一定 存在零点 但 不一定 只有一个零点 要 0f af b f x 分析的性质与图像 如果单调 则 一定 只有一个零点 f x f x 2 若 则 不一定 存在零点 也 不一定 没有零点 如果 0f af b f x 单调 那么 一定 没有零点 f x 3 如果在区间中存在零点 则的符号是 不确定 的 受函 f x a b f af b 数性质与图像影响 如果单调 则一定小于 0 f x f af b 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 f x a b 0 xx 的零点 且 则时 时 f x 0 xa b 0 xa x 0f x 0 xx b 0f x 6 判断函数单调性的方法 1 可直接判断的几个结论 若为增 减 函数 则也为增 减 函数 f xg x f xg x 若为增函数 则为减函数 同样 若为减函数 则为增函 f x f x f x f x 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 数 若为增函数 且 则为增函数 f xg x 0f xg x f xg x 2 复合函数单调性 判断的单调性可分别判断与的单 yf g x tg x yf t 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xt tg x yf t 函数 则单调递增 若 一增一减 则单 yf g x tg x yf t yf g x 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 f x 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 f x 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 23 x f xex A B C D 1 0 2 1 0 2 1 1 2 3 1 2 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 f x 可 解 1 2 111 2340 22 fe e 020f 11 2320 22 fee 使得 12310fee 1 10 2 ff 0 1 1 2 x 0 0f x 答案 C 例 2 函数的零点所在的大致区间是 ln1f xxx A B C D 3 1 2 3 2 2 2 e e 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 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 f x 端点函数值的符号即可 时 从而 1x ln1x f x 所以 使得 313 ln0 222 f 0 3 1 2 x 0 0f x 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 1x ln1x 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1x ln1x 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 1 1 11 1ln0 10 f 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 0 x 1 2 1 x f x x 则 1020 1 xxxx A B 12 0 0f xf x 12 0 0f xf x C D 12 0 0f xf x 12 0 0f xf x 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 f x f x 1 合函数性质可得 1020 0 0f xf xf xf x 答案 B 例 4 已知函数 当时 函数 log0 1 a f xxxb aa 234ab 的零点 则 f x 0 1 xn nnN n 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a f x f x 0 x 3log 33log 334log 310 aaa fb 所以 从而 2log 22log 223log 210 aaa fb 0 2 3x 2n 答案 2n 例 5 定义方程的实数根叫做函数的 新驻点 若 f xfx 0 x f x 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 的 新驻点 分别为 则 3 ln1 1g xx h xxxx A B C D 思路 可先求出 由 新驻点 的定义可得对应方程为 gxh xx 从而构造函数 32 1 1 ln1 13 1 xxxx x 再利用零点存在性定理判 32 111 1 1 ln1 31 1 gxxhxxxxx x 断的范围即可 解 2 1 1 3 1 gxh xxx x 所以分别为方程的根 即为函数 32 1 1 ln1 13 1 xxxx x 的零点 32 111 1 1 ln1 31 1 gxxhxxxxx x 1 11 1 010 1ln20 2 hh 11 0100 1hh 在单调减 在单调增 2 1 3632xxxx x 1 x 0 2 0 2 而 时 而 1 010 2x 1 0 x 1 4150 11 240 2 4 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 xf ln28g xxx 5 0 可以是 xf A B 63 xxf 2 4 xxf C D 1 1 x exf 2 5 ln xxf 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 g x g x 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 g x 可 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 解 设各选项的零点分别为 则有 ABCD xxxx 7 2 4 1 2 ABCD xxxx 对于 可得 ln28g xxx 3ln320 4ln40gg 0 3 4x 0 0g x 所以 C 选项符合条件 77 ln10 22 g 0 7 3 2 x 答案 C 例 7 设函数 若实数分别是 2 24 ln25 x f xexg xxx a b 的零点 则 f xg x A B 0g af b 0f bg a C D 0g af b 0f bg a 思路 可先根据零点存在定理判断出的取值范围 a b 从而 030 1240ffe 0 1a 从而 所以有 考虑 130 2ln230gg 1 2b 012ab 且发现为增函数 进而 0f ag b f xg x 即 0 0g ag bf bf a 0g af b 答案 A 例 8 已知定义在上的函数 求证 存在唯一的零点 1 ln2f xxx f x 且零点属于 3 4 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 11 1 x fx xx 1 x 在单调递增 0fx f x 1 31ln30 42ln20ff 使得 340ff 0 3 4x 0 0f x 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 因为单调 所以若 且 f x 000 3 4 xxx 00 0f xf x 则由单调性的性质 与题设矛盾 00 xx 所以的零点唯一 f x 小炼有话说 如果函数在单调递增 则在中 f x a b a b 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 1212 xxf xf x 零点的唯一性 例 9 2011 年 天津 已知 函数 的图像连续不断 0a 2 lnf xxax f x 1 求的单调区间 f x 2 当 当时 证明 存在时 证明 存在 使得 使得 1 8 a 0 2 x 0 3 2 f xf 解 1 令 2 121 2 ax fxax xx 0fx 解得 在单调递减 在单调递增 1 2 x a f x 1 0 2a 1 2a 2 思路 由 1 可得在单调递减 在单调递增 从而从图像上看 f x 0 2 2 必然会在存在使得 但由于是证明题 解题过程要有理有据 2 0 x 0 3 2 f xf 所以可以考虑将所证等式变为 构造函数 从 0 3 0 2 f xf 3 2 g xf xf 而只需利用零点存在性定理证明有零点即可 g x 解 设 3 2 g xf xf gxfx 由 1 可得 当时 在单调递减 在单调递增 1 8 a f x 0 2 2 3 2 2 ff 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 3 220 2 gff 2 13339 ln ln 822232 g xxxff 因为 39 100ln1001250ln 232 g ln10012500 根据零点存在性定理可得 1000g 21000gg 使得 0 2 100 x 00 3 0 2 g xf xf 即存在 使得 0 2 x 0 3 2 f xf 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 g x g x 意味着只要取得足够大 早晚比要大的多 所以 2 13 ln 82 g xxxf x 2 1 8 xlnx 只需要取较大的自变量便可以找到的点 选择也可 选择等 0g x 100 x 10 271x 等也可以 例 10 已知函数 其中常数 若有两个零点 ln x f xeaxa 0a f x 求证 1212 0 x xxx 12 1 1xxa a 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 1 10ff a 即只需判断的符号 可先由存在两个零点判断 10ff a 1 1 fff a a f x 出的取值范围为 从而 只需将视为关于的函aae 10fea 1 ff a a a 数 再利用函数性质证明均大于零即可 解 1 ln0 ln1 x x e f xeaxaax xe 第二章 第 9 炼 零点存在的判定与证明 函数及其性质 令 ln1 x e x x 2 1 ln1 ln1 x ex x x x 设 可得为增函数且 1 ln1g xx x g x 10g 时 11 0 1x ee 00g xx 时 1 x 00g xx 在单调递减 在单调递增 x 11 0 1 ee 1 所以在 1 x e min 1xe 有两个零点 f x ae 10fea ln a f aeaaa ln2 a faea 111 0 aae faeee