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 yf x，我们把方程 0f x 的实数根 0 x叫作函数 yf x的零点。 2、零点存在性定理：如果函数 yf x在区间, a b上的图像是连续不断的一条曲线，并且 有 0f af b，那么函数 yf x在区间, a b内必有零点，即 0 ,xa b，使得 0 0f x 注：零点存在性定理使用的前提是 f x在区间, a 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
2、调 4、几个“不一定”与“一定” （假设 f x在区间, a b连续） （1）若 0f af b，则 f x“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 （2）若 0f af b，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在区间, a b中存在零点，则 f af 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 af b一定小于 0 5、 零点与单调性配合可确定函数的符号： f x是一个在, a b单增连续函数， 0 xx是 f x
3、的零点，且 0 ,xa b，则 0 ,xa x时， 0f x ； 0, xx b时， 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 ,f xg x为增（减）函数，则 f xg 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 xg x为增函数，且 ,0f xg x ，则 f xg x为增函数 （2）复合函数单调性：判断 yf g x的单调性可分别判断 tg x与 yf t的单调 性（注意要利用x的范围求出t的范围） ，若 tg x， yf t均为增函数或均为减函数， 则 yf g x单调递增； 若 tg
4、 x， yf t一增一减， 则 yf 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 23 x f xex的零点所在的一个区间是（ ） A. 1 ,0 2 B. 1 0, 2 C. 1 ,1 2 D. 3 1, 2 思路：函数 f x为增函数，所以只需代入每个选项区间
5、的端点，判断函数值是否异号即可 解： 1 2 111 2340 22 fe e ， 020f 11 2320 22 fee 12310fee 1 10 2 ff 0 1 ,1 2 x ，使得 0 0f x 答案：C 例 2：函数 ln1f xxx的零点所在的大致区间是（ ） A. 3 1, 2 B. 3 ,2 2 C. 2,e D. , e 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。1x时，ln1x ， 从而 f x ， 313 ln0 222 f ， 所以 0 3 1, 2 x ，使得 0 0f x 答案：A 小炼有话说： （1）
6、本题在处理1x 时，是利用对数的性质得到其ln1x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1x 时，ln1x 后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来 说明，比如 1 1.11.1ln0 10 f。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 0 x是 函 数 1 2 1 x f x x 的 一 个 零 点 ， 若 1020 1,xxxx，则（ ） A. 12 0,0f xf x B. 12 0,0f xf x C. 12 0,0f xf x D. 12 0,0
7、f xf x 思路：条件给出了 f x的零点，且可以分析出 f x在1,为连续的增函数，所以结合 函数性质可得 1020 0,0f xf xf xf x 答案：B 例 4：已知函数 log0,1 a f xxxb aa，当234ab时，函数 f x的 零点 0 ,1 ,xn nnN ，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 0 x是唯一的零点。考虑 3log 33log 334log 3 10 aaa fb ， 2log 22log 223log 210 aaa fb ，所以 0 2,3x ，从而2n 答案：2n 例 5 ： 定 义 方 程 f xfx的 实
8、数 根 0 x叫 做 函 数 f x的 “ 新 驻 点 ” ， 若 3 ,ln1 ,1g xx h xxxx的“新驻点”分别为, ，则（ ） A. B. C. D. 思 路 ： 可 先 求 出 ,g x h xx， 由 “ 新 驻 点 ” 的 定 义 可 得 对 应 方 程 为 ： 32 1 1,ln1,13 1 xxxx x ，从而构造函数 32 111 1 1,ln1,31 1 gxxhxxxxx x ，再利用零点存在性定理判断 , 的范围即可 解： 2 1 1,3 1 gxh xxx x 所以, 分别为方程 32 1 1,ln1,13 1 xxxx x 的根，即为函数： 32 111 1
9、 1,ln1,31 1 gxxhxxxxx x 的零点 1 11 1 010,1ln20 2 hh 11 0100,1hh 2 1 3632xxxx x 1 x在0,2单调减，在 ,0 , 2,单调增，而 1 010 ，,2x 时， 1 0 x，而 1 4150 11 240 2,4 答案：C 例 6： 若函数)(xf的零点与 ln28g xxx的零点之差的绝对值不超过5 . 0， 则)(xf可 以是（ ） A63)( xxf B 2 )4()( xxf C1)( 1 x exf D) 2 5 ln()(xxf 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，
10、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, ABCD xxxx，则有 7 2,4,1, 2 ABCD xxxx 对于 ln28g xxx，可得： 3ln320,4ln40gg 0 3,4x 0 0g x 77 =ln10 22 g 0 7 3, 2 x ，所以 C 选项符合条件 答案：C 例 7：设函数 2 24,ln25 x f xexg xxx，若实数, a b分别是 ,f xg x的 零点，则（ ） A. 0g af b B. 0f bg a C. 0g af b D. 0f bg a 思路：可先根据零点存在定理判断
11、出, a b的取值范围： 030,1240ffe ， 从 而0 , 1a； 130,2ln230gg ， 从 而1 , 2b ， 所 以 有 012ab ， 考 虑 0fag b， 且 发 现 ,f xg x为 增 函 数 。 进 而 0,0g ag bf bf a，即 0g af b 答案：A 例 8：已知定义在1,上的函数 ln2f xxx，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 解： 11 1 x fx xx 1,x 0fx f x在1,+单调递增 31l
12、n30,42ln20ff 340ff 0 3, 4x ，使得 0 0f x 因为 f x单调，所以若 000 3,4 ,xxx，且 00 0f xf x 则由单调性的性质： 00 xx与题设矛盾 所以 f x的零点唯一 小炼有话说：如果函数 f x在, a b单调递增，则在, a b中， 1212 xxf xf x， 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0a ，函数 2 lnf xxax（ f x的图像连续不断） （1）求 f x的单调区间 （2）当）当 1 8 a 时时，证明证明：存在存在 0 2,+x ，使得使得 0 3 2
13、 f xf 解： （1） 2 121 2 ax fxax xx 令 0fx 解得： 1 2 x a f x在 1 0, 2a 单调递减，在 1 , 2a 单调递增 （2）思路：由（1）可得 f x在0,2单调递减，在2,单调递增，从而从图像上看必 然会在2,存在 0 x使得 0 3 2 fxf ，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 0 3 0 2 f xf ， 构造函数 3 2 g xf xf ， 从而只需利 用零点存在性定理证明 g x有零点即可。 解：设 3 2 g xf xf g xfx 由（1）可得：当 1 8 a 时， f x在0,2单调递减，在2,单调
14、递增 3 2 2 ff 3 220 2 gff 2 13339 ln,ln 822232 g xxxff 39 100ln1001250ln 232 g，因为ln100 12500 1000g 21000gg 根据零点存在性定理可得： 0 2,100 x，使得 00 3 0 2 g xf xf 即存在 0 2,+x ，使得 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 g x小 于 零 的 点 时 ， 先 观 察 g x表 达 式 的 特 点
15、： 2 13 ln 82 g xxxf ，意味着只要x取得足够大，早晚 2 1 8 x比lnx要大的多，所以只 需要取较大的自变量便可以找到 0g x 的点。选择100 x 也可，选择10,271x 等等也 可以。 例 10 ： 已 知 函 数 ln x f xeaxa， 其 中 常 数0a ， 若 f x有 两 个 零 点 1212 ,0 x xxx，求证： 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 1 10ff a 且 10ff a ， 即只需判断 1 ,1 ,fff a 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ae ，从而
16、 10fea，只需将 1 ,ff a a 视为关于a的函数，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 令 ln1 x e x x 2 1 l n1 l n1 x ex x x x 设 1 ln1g xx x ，可得 g x为增函数且 10g 11 0,1x ee 时， 00g xx 1,x时， 00g xx x在 11 0,1 ee 单调递减，在1,单调递增 所以在 1 ,x e ， min 1xe f x有两个零点 ae 10fea ln a f aeaaa ln2 a faea 111 0 aae faeee aee fa在, e 单调递增 2 330 e fafeee f a在, e 单调递增 2 2220 e f af eeeeee e 而 10f 10ff a 2 1,xa，使得 2 0f x即 2 1xa 另一方面： 111 11 lnlnln1 aaa feaaeaaaeaa aa ae ln10a 1 0f a 而 10f 1 10ff a 1 1 ,1x a ，使得 1 0f x即 1 1 1x a 综上所述： 12 1 1xxa a
