千题百炼——高考数学100个热点问题(一)：第9炼零点存在的判定与证明Word版含解析课案

1、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y = f(x),我们把方程 f(x)=0的实数根 小叫作函数y = f(x )的零点。2、零点存在性定理：如果函数y=f(x)在区间ia,b上的图像是连续不断的一条曲线，并且有 f(arf(b)0, 那么函数 y=f(x)在区间(a,b)内必有零点，即 三x#(a,b),使得f x0 = 0注：零点存在性定理使用的前提是f(x近区间ia,b连续，如果f(x)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

2、4、几个“不一定”与“一定”(假设f (x堆区间(a,b )连续)(1)若f (a ) f (b )0 ,则f (x不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。如果f (x) 单调，那么“一定”没有零点(3)如果f (x加区间(a,b)中存在零点，则f (a )叶(b)的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。如果 f(x件调，则f (a)f (b)一定小于05、零点与单调性配合可确定函数的符号：f(x那一个在(a,b)单增连续函数，x = x0是f(x)的零点，且 x0 w (a,b ),则 x w (a,x0 )时，f(x)06、判断函数单调性的方法：(1)可直接判断的几个结论： 若f (x

3、),g(x)为增(减)函数，则 f (x)+g(x)也为增(减)函数 若f (x )为增函数，则 -f (x)为减函数；同样，若 f(x )为减函数，则-f(x)为增函数 若f (x ),g (x )为增函数，且f(x)g(x)0,则f(x),g(x )为增函数(2)复合函数单调性：判断 y= f (g(x)的单调性可分别判断t = g(x)与y= f(t)的单调性(注意要利用x的范围求出t的范围)，若t = g(x卜y=f(t)均为增函数或均为减函数，则y = f(g(x )详调递增；若t =g(x), y = f (t)一增一减，则y=f(g(x)单调递减(此 规律可简记为“同增异减”)(

4、3)利用导数进行判断一一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f(x )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f (x尸ex +2x -3的零点所在的一个区间是()a 1d1cle3a. - 0 i b.i 0c.1 i d. i 1 i2,. ,22,2解：f -122 2 -3=思路：函数f (x )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1八八-=-40 , f

5、 (0) = -20 ef je2 1 -3 we -2 ：二022f 1 =e 2-3= e-1 0. f 1 f 1 0x02r,11，使得 f(%)=02答案：c例2：函数f (x )=ln(x1 )+x的零点所在的大致区间是()i 3i 3一，.a. 1,3 b. .-,2 c.2,e d.e,i 2)12 j思路：先能判断出f(x)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-10 -函数值的符号即可。xt1时，ln(x-1p 从而f(x户所以x. i?，使得f x0 =0ln(x-1)的一个趋势，从答案：a 小炼有话说：(1)本题在处理xt 1时，是利用对数的性质得

6、到其而确定符号。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xt1时，ln(x-1尸 后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来1_说明，比如f 1.1 =1.1 +ln 0。正是在已分析清楚函数趋势的前提下，才能保证快速找10到合适的例子。一、，一、一x 1,人工，4例 3 : ( 2010 ,浙江)已知x0是函数f (x )=2 +的一个零点，若1 一 xx 三(1,小 及2 w (x，依)，则()f x1: 0, f x20f x10, f x2 - 0a.fx1： 0, fx2：0b.c.fx10,fx20,a/1),当 2ca3b loga 竽 3-4

7、 log 3 1 0f (2) = loga2+2bloga2 + 23 = loga210,所以 亡(2,3),从而 n=2答案：n = 2例5 :定义万程f (x )= f (x )的实数根x叫做函数f (x )的“新驻点”，若g(x ) = x,h(x ) = ln(x +1)严(x )=x3 1 的“新驻点”分别为 0(,邑 ,则()a.、工.f- 、 - b. c. ，j. d. !.?、工 思路：可先求出g(x),h(x(x),由“新驻点”的定义可得对应方程为：132x=1,ln(x+1)=,x - 1 =3x，从而构造函数x 11g1 (x )= x1,h1 (x )=ln (x

8、+1*(x)=x - 3x 一1 ,再利用手点存在性 te 理判断x 1% b,尸的范围即可19斛：g x =1,h x =, : x = 3xx 1所以a,白尸分别为方程x =1,ln x 1 二x31=3x2的根，即为函数:1.32g1 (x )= x1,h1 (x )=ln (x+1 ) ,q(x)=x - 3x -1 的手点x 11-二二1, h1 0)； =-1 ;0,h1 1 )=ln2 - 0. % 0 h1 1 ; 010,12叼(x) = 3x 6x=3x(x2)二中 1(x )在(0,2)单调减，在(血,0 ),(2,一)单调增，而 9 1(0) = 1 m0,二 xw (

9、,2 )时，中 1(x)0,而中 1(4)=15a01 21 4 二0.2,4p ?答案：c例6：若函数f(x)的零点与g(x )= lnx+2x-8的零点之差的绝对值不超过0.5,则f(x)可以是()2a. f(x)=3x6b. f(x)=(x4)-,、 x.一5c. f(x)=e -1d. f (x) =ln(x-？)思路：可判断出g(x)单增且连续，所以至多一个零点，但g(x )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 g(x)的零点所在区间即可解：设各选项的零点分别为xa,xb,xc,xd,则有xa = 2,xb = 4, xc = 1,xd =

10、2对于 g(x)=lnx+2x8,可得：g(3 )= ln3 - 2 0%3,4 g % =0/7 ) , 7 1-j 7、_ 、一 一、g = =ln - -1 0-xo w |3-,所以c选项符合条件12 j2i 2j答案：c例 7：设函数 f (x ) = ex+2x_4,g (x )= ln x+2x2-5,若实数 a,b 分别是 f(x),g(x)的 零点，则()a. g a ： 0 ： f bb. f b : 0 ： g ac. 0 ： g a ： f bd. f b 二 g a ： 0思路：可先根据零点存在定理判断出 a,b的取值范围：f (0)=30, 从而 aq0,j1； g

11、(1)=3c0,g(2) = ln2 +3a0 ,从而 b11,2 ,所以有 0a1bc2,考虑0 = f(a)= g b,且发现f (x ) g(x )为增函数。进而 g(a ) f (a ) = 0 ,即 g(a)0 f(b)答案：a例8：已知定义在(1,+s )上的函数f(x)=x-lnx - 2,求证：f(x)存在唯一的零点， 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1 x -1解：f x) = 1 - = t x - l：1,:x x .二 f (x)a0, f(x )在(1, + 0)单

12、倜递增：*f 3 =1 -ln3 ：0,f 4 =2 - ln2 0二. f (3)f (4 )0 ,函数f(x)=lnx-ax2 ( f(x )的图像连续不断)(1)求f (x )的单调区间1，、 r -a =-时，证明：存在8c一口 . 3xo w (2, +8)，使得 f (x0 )= f - i解：(1)1x =-2ax =x2ax 1令 f (x)0解得：x21a f)在|。般 j单调递减，在,收 单调递增waj(2)思路:由(1)可得f (x)在(0,2 )单调递减，在(2,一 评调递增，从而从图像上看必 然会在(2* /在x0使得f (x0 )= f 3 i：但由于是证明题，解题

13、过程要有理有据。所以2i,从而只需利2可以考虑将所证等式变为f (x0 )- f)=0,构造函数g(x)= f (x)- f2用零点存在性定理证明 g ( x )有零点即可。解：设 gx=fx-f g x = f x 21 一一一由(1)可得：当2=一时，f(x )在(0,2 )单调递减，在(2,十无)单调递增8g 2 =f 2 -f 10,、1 2 j3 * j3 2 1 39g(x) = lnx x -f .- ,f _)-ln- -822.) 22.)2 3239. _二 g (100 ) = ln100 1250 -in-,因为 ln100 -1250 02 32二g(100 )0a

14、g(2)g(100)0 根据零点存在性定理可得：3% w (2,100 %使得 g(x0 )= f(xo)-f -j=0，3即存在 xo w (2,+o ),使得 f(x0 )= f . i2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g ( x )小于零的点时，先观察g ( x )表达式的特点,1 2 f 3g(x) = lnx-8x -f q,1 2意味着只要x取得足够大，早晚-x比lnx要大的多，所以只8需要取较大的自变量便可以找到g(x)0 ,c,1x1，x2 (0 x x2 ),求证：一 ax1=： 1 :二x2: 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f |f (1)0 且 af (1 )f (a) e ,从而f (1 )=e-a0=中(x)0(1* )单调递增所以在xw|一,代卜中(x )min =邛(1 )=e e；*f(x)有两个零点a a e f(1)= e a f(e)