高考数学经典常考题型第9专题零点存在的判定与证明

1、第9专题训练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Xo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a,b上的图像是连续不断的一条曲线,并且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内必有零点，即三x°w(a,b),使得fxo)=0注：零点存在性定理使用的前提是f(x)在区间la,b连续，如果f(x)是分段的，那么零点不定存在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

2、、几个“不一定”与“一定”(假设f(x推区间(a,b)连续)若f(a)，f(b)<0Mf(x广一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析f(x)的性质与图像，如果f(x)单调，则“一定”只有一个零点若f(a)，f(b)>0，贝Uf(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”没有零点如果f(x准区间(a,b)中存在零点，则f(a),f(b)的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。如果f(x)单调，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世一个在(a,b)单增连续函数，x=x0是f(x)的零点，且x0亡(a,b

3、),则x亡(a,x0)时，f(x)<0；x己(x0,b)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),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),y=f(t)均为增函数或均为减函数，则y=f(g(x)单调递增；若t=g

4、(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”)(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)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)=ex+2x3的零点所在的一个区间是()A.i1,0B.io1C.i11D.I1.2''2.2''2思路：函数f(x内增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数

5、值是否异号即可解:f-121八-3：40,f0=-2：0ef=、e21-3=一e-2：01,1I,使得f(x°)=02221f1=e2-3=e-10-ff10x02答案:C例2：函数f(x)=ln(x1)+x的零点所在的大致区间是()B.i，2C.2,eD.e,二思路：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函数值的符号即可。xt1时,ln(x11q,从而f(x_oo,"，in1+20，所222以x0击'l,3j,使得f(x0)=0答案:A小专题训练有话说：(1)本题在处理xt1时，是利用对数的性质得到其ln(x-1)的一个趋势

6、，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。本题在估计出XT1时，ln(X1)T一.，1明，比如f(1.1)=1.1+ln10适的例子。例3:(2010,浙江)已知X0是函数f(x)=2则()A.fX1:0,fX2<0B.C.fX1)*0,fX2:0D.思路：条件给出了f(X)的零点，且可以分析出-8后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来说<0。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+的一个零点，若X产(1,X0),X2W(x0,f1-XfX1:0,fX20fX10,fX20f(X侄(1,危)为连续的增函数，所以结合函数性质可得fX1

7、K：fX0=0,fX2fX0=0答案:B例4：已知函数f(x)=logax+xb(a0,ao1),当2<a<3<b<4时，函数f(x)的零点X°w(n,n+1),nwN*则n=思路：由a的范围和f(x)解析式可判断出f(x)为增函数，所以X0是唯一的零点。考虑f3=loga33-blog334log310,f(2)=loga2+2b<loga2+23=loga21<0,所以x0w(2,3),从而n=2答案：n=2例5：定义方程f(x)='f(X的实数根X0叫做函数f(X)的"新驻点”，若g(x)=x,h(x)=ln(x+1),中(

8、x)=x31的“新驻点”分别为口，口，则()A.>'B.'C.'>h>D.>'>h思路：可先求出g(x),h(xW(x),由新驻点的定义可得对应万程、，1为：x=1,ln(x+1)=,x31=3x2,从而构造函数x11.32g1(x)=x-1,h1(x)=ln(x+1)-，甲1(x)=x-3x一1,再利用岑点存在性te理判断x1a,E,Y的范围即可，'1'2解：gx=1,hx,'x=3xx11所以a,E,丫分别为方程x=1,ln(x+1)=,x31=3x2的根，即为函数：x11g1(x)=x1,h1(x)=l

9、n(x+1)-，甲1(x)=x-3x_1的岑点x11-1,h10)=-1：0,h11=ln2-50.凡0h11：0=L0,1平1(x)=3x26x=3x(x2)二%(x)在(0,2)单调减，在(皿,0),(2，危)单调增，而明(0)=-1<0,xH工,2)时，气(x)<0,而申1(4)=15>01214:0.2,4P<a<Y答案:C例6：若函数f(x)的零点与g(x)=lnx+2x8的零点之差的绝对值不超过0.5,贝Uf(x)可以是()A.f(x)=3x-6B.f(x)=(x-4)2x-1,-5C.f(x)=e-1D.f(x)=ln(x)2思路：可判断出g(x汗增

10、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-2对于g(x)=lnx+2x-8，可得:g(3)=ln3-2<0,g(4)=ln4>0x3,4g冷=0g'7=ln71A0二xo在13,7|,所以C选项符合条件答案:C例7：设函数f(x)=ex+2x-4,g(x)=lnx+2艾一5,若实数a,b分别是f(x),g(x)的零点，则()A.ga:0：fbB.fb：0：gaC.0：ga：fbD.fb:ga

11、: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)=3<0,f(1)=e+24>0，从而a(0,1);g(1)=3<0,g(2)=ln2+3a0，从而b(1,2),所以有0<a<1<b<2,考虑0=f(户(g,b且发现f(j,(g为x增函数。进而g(a)<g(b)=0,f(b)>f(a)=0,即g(a)<0<f(b)答案:A例8：已知定义在(1,e)上的函数f(x)=xlnx2,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

12、明唯一，则需要函数的单调性1x-11*解：fx=1=,乂二1,.二_一一.f(x)A0二f(x)在(1,+*)单倜递增*f3=1-ln3:0,f4=2-ln20,f(3)f(4)<0二次。彳3,4),使得f(、)=0因为f(x件调，所以若三x0在(3,4),x0#x0,且f(x°)=0=f(x°)一、，、一,一,则由单倜性的性质：xo=x0与题设矛盾所以f(x)的零点唯一小专题训练有话说：如果函数f(x)在(a,b)单调递增，贝U在(a,b)中，x=X2Uf(x)=f(X2),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

13、知a>0,函数f(x)=lnX_ax2(f(X)的图像连续不断)求f(x)的单调区间(2)当a=，时，证明：存在x°w(2,+8)，使得f(x°)=fI解:fx=1-2ax=-2ax1令fx)：0xx土如、)在叫单调递减，在，二心单调递增思路：由可得f(x并(0,2)单调递减，在(2,田)单调递增，从而从图像上看必然会在2,二府在x0使得f(x0)=fI,但由于是证明题，解题过程要有理有据。所以可以考虑2将所证等式变为f(x0)-f？)=0,构造函数g(x)=f(x)-f''3I,从而只需利用零点存02a2在性定理证明g(x)有零点即可。解:设g(x)

14、=f(x)fg'(x)=f'(x)2,一、“1一一.由可得：当a=-时，fx)在0,2单调递减，在2,e单调递增8g2=f2-f|0FI12”3U，3*|39g(x)=lnxx_f,f_l=ln8J2)23239.一g(100)=ln1001250ln，因为ln1001250<0232g(100)<0g(2)g(100)<0根据零点存在性定理可得=03以亡(2,100),使碍g(x°)=f(x°)f.区I，3即存在x°己2,+二，使得fx°=f-小专题训练有话说：(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

15、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成达式的特点：g(x)=Inx】x2-f3i,82意味着只要x取得足够大，早晚1x2比Inx要大的多，所以只需要取较大的自变量便可以找到8g(x)<0的点。选择x=100也可，选择x=10,271等等也可以。例10：已知函数f(x)=exalnxa,其中常数a0,若f(x)有两个零点1x1,x20x1：x2，求证：一：:：x1:1：x2：aa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fif(1)<0且a1f(1)f(a)<0,即只需判断f.一

16、,f(1),f(a)的符号，可先由f(x)存在两个零点判断出a的取值范围为a:>e，从而f(1)=ea<0，只需将f'】i,f(a)视为关于a的函数，再利用a函数性质证明均大于零即可。x一ex1解：fx=e-alnx-a=0=a=x=X1ex11nx1x(Inx+12Inx1.ex令x=Inx1F1-一，-设g(x)=Inx+1-一，可得g(x)为增函数且g(1)=0xw冗1jU'1,1时,g(x)<0nWx)<0xW(1,E)时，g(x)A0n8(x)A0tp(x旋10,1)1,1单调递减，在(1,危)单调递增所以在X：-j1,二，：xmin='1=ee'f(x)有两个零点二ae.Lf(1)=ea<0fa)=ea-alna-a'afa=e-lna-2''a1a1e1fa)=eaeaee0aee-',f(a并(e,危)单倜递增.fa|、fe=