1、第9專題訓練零點存在的判定與證明一、基礎知識：1、函數的零點：一般的，對于函數y=f(x),我們把方程f(x)=0的實數根Xo叫作函數y=f(X)的零點。2、零點存在性定理：如果函數y=f(x)在區間a,b上的圖像是連續不斷的一條曲線,并且有f(a)f(b)<0,那么函數y=f(x)在區間(a,b)內必有零點，即三x°w(a,b),使得fxo)=0注：零點存在性定理使用的前提是f(x)在區間la,b連續，如果f(x)是分段的，那么零點不定存在3、函數單調性對零點個數的影響：如果一個連續函數是單調函數，那么它的零點至多有一個。因此分析一個函數零點的個數前，可嘗試判斷函數是否單調4

2、、幾個“不一定”與“一定”(假設f(x推區間(a,b)連續)若f(a)，f(b)<0Mf(x廣一定”存在零點，但“不一定”只有一個零點。要分析f(x)的性質與圖像，如果f(x)單調，則“一定”只有一個零點若f(a)，f(b)>0，貝Uf(x)“不一定”存在零點，也“不一定”沒有零點。如果f(x)單調,那么“一定”沒有零點如果f(x準區間(a,b)中存在零點，則f(a),f(b)的符號是“不確定”的，受函數性質與圖像影響。如果f(x)單調，則f(a)f(b)一定小于05、零點與單調性配合可確定函數的符號：f(x世一個在(a,b)單增連續函數，x=x0是f(x)的零點，且x0亡(a,b

3、),則x亡(a,x0)時，f(x)<0；x己(x0,b)時，f(x»06、判斷函數單調性的方法：(1)可直接判斷的幾個結論：若f(x),g(x)為增(減)函數，則f(x)+g(x)也為增(減)函數若f(x)為增函數，則-f(x)為減函數；同樣，若f(x)為減函數，則-f(x)為增函數若f(x),g(x)為增函數,且f(x)g(x)>0,則f(x),g(x)為增函數復合函數單調性：判斷y=f(g(x)的單調性可分別判斷t=g(x)與y=f(t)的單調性(注意要利用x的范圍求出t的范圍),若t=g(x),y=f(t)均為增函數或均為減函數，則y=f(g(x)單調遞增；若t=g

4、(x),y=f(t)一增一減，則y=f(g(x)單調遞減(此規律可簡記為“同增異減”)(3) 利用導數進行判斷一一求出單調區間從而也可作出圖像7、證明零點存在的步驟：(1)將所證等式中的所有項移至等號一側，以便于構造函數判斷是否要對表達式進行合理變形，然后將表達式設為函數f(x)分析函數f(x)的性質，并考慮在已知范圍內尋找端點函數值異號的區間(4) 利用零點存在性定理證明零點存在例1：函數f(x)=ex+2x3的零點所在的一個區間是()A.i1,0B.io1C.i11D.I1.2''2.2''2思路：函數f(x內增函數，所以只需代入每個選項區間的端點，判斷函數

5、值是否異號即可解: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：函數f(x)=ln(x1)+x的零點所在的大致區間是()B.i，2C.2,eD.e,二思路：先能判斷出f(x)為增函數，然后利用零點存在性判定定理，只需驗證選項中區間端點函數值的符號即可。xt1時,ln(x11q,從而f(x_oo,"，in1+20，所222以x0擊'l,3j,使得f(x0)=0答案:A小專題訓練有話說：(1)本題在處理xt1時，是利用對數的性質得到其ln(x-1)的一個趨勢

6、，從而確定符號。那么處理零點問題遇到無法計算的點時也要善于估計函數值的取向。本題在估計出XT1時，ln(X1)T一.，1明，比如f(1.1)=1.1+ln10適的例子。例3:(2010,浙江)已知X0是函數f(x)=2則()A.fX1:0,fX2<0B.C.fX1)*0,fX2:0D.思路：條件給出了f(X)的零點，且可以分析出-8后，也可舉一個具體的函數值為負數的例子來說<0。正是在已分析清楚函數趨勢的前提下，才能保證快速找到合+的一個零點，若X產(1,X0),X2W(x0,f1-XfX1:0,fX20fX10,fX20f(X侄(1,危)為連續的增函數，所以結合函數性質可得fX1

7、K：fX0=0,fX2fX0=0答案:B例4：已知函數f(x)=logax+xb(a0,ao1),當2<a<3<b<4時，函數f(x)的零點X°w(n,n+1),nwN*則n=思路：由a的范圍和f(x)解析式可判斷出f(x)為增函數，所以X0是唯一的零點?？紤]f3=loga33-blog334log310,f(2)=loga2+2b<loga2+23=loga21<0,所以x0w(2,3),從而n=2答案：n=2例5：定義方程f(x)='f(X的實數根X0叫做函數f(X)的"新駐點”，若g(x)=x,h(x)=ln(x+1),中(

8、x)=x31的“新駐點”分別為口，口，則()A.>'B.'C.'>h>D.>'>h思路：可先求出g(x),h(xW(x),由新駐點的定義可得對應萬程、，1為：x=1,ln(x+1)=,x31=3x2,從而構造函數x11.32g1(x)=x-1,h1(x)=ln(x+1)-，甲1(x)=x-3x一1,再利用岑點存在性te理判斷x1a,E,Y的范圍即可，'1'2解：gx=1,hx,'x=3xx11所以a,E,丫分別為方程x=1,ln(x+1)=,x31=3x2的根，即為函數：x11g1(x)=x1,h1(x)=l

9、n(x+1)-，甲1(x)=x-3x_1的岑點x11-1,h10)=-1：0,h11=ln2-50.凡0h11：0=L0,1平1(x)=3x26x=3x(x2)二%(x)在(0,2)單調減，在(皿,0),(2，危)單調增，而明(0)=-1<0,xH工,2)時，氣(x)<0,而申1(4)=15>01214:0.2,4P<a<Y答案:C例6：若函數f(x)的零點與g(x)=lnx+2x8的零點之差的絕對值不超過0.5,貝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：可判斷出g(x汗增

10、且連續，所以至多一個零點，但g(x)的零點無法直接求出，而各選項的零點便于求解，所以考慮先解出各選項的零點，再判斷g(x)的零點所在區間即可解:設各選項的零點分別為xA,xB,xC,xD,則有xA=2,xB=4,xC=1,xD-2對于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選項符合條件答案:C例7：設函數f(x)=ex+2x-4,g(x)=lnx+2艾一5,若實數a,b分別是f(x),g(x)的零點，則()A.ga:0：fbB.fb：0：gaC.0：ga：fbD.fb:ga

11、:0思路：可先根據零點存在定理判斷出a,b的取值范圍：f(0)=3<0,f(1)=e+24>0，從而a(0,1);g(1)=3<0,g(2)=ln2+3a0，從而b(1,2),所以有0<a<1<b<2,考慮0=f(戶(g,b且發現f(j,(g為x增函數。進而g(a)<g(b)=0,f(b)>f(a)=0,即g(a)<0<f(b)答案:A例8：已知定義在(1,e)上的函數f(x)=xlnx2,求證：f(x)存在唯一的零點，且零點屬于3,4思路：本題要證兩個要素：一個是存在零點，一個是零點唯一。證明零點存在可用零點存在性定理，而要說

12、明唯一，則需要函數的單調性1x-11*解：fx=1=,乂二1,.二_一一.f(x)A0二f(x)在(1,+*)單倜遞增*f3=1-ln3:0,f4=2-ln20,f(3)f(4)<0二次。彳3,4),使得f(、)=0因為f(x件調，所以若三x0在(3,4),x0#x0,且f(x°)=0=f(x°)一、，、一,一,則由單倜性的性質：xo=x0與題設矛盾所以f(x)的零點唯一小專題訓練有話說：如果函數f(x)在(a,b)單調遞增，貝U在(a,b)中，x=X2Uf(x)=f(X2),即函數值與自變量一一對應。在解答題中常用這個結論證明零點的唯一性例9:(2011年,天津)已

13、知a>0,函數f(x)=lnX_ax2(f(X)的圖像連續不斷)求f(x)的單調區間(2)當a=，時，證明：存在x°w(2,+8)，使得f(x°)=fI解:fx=1-2ax=-2ax1令fx)：0xx土如、)在叫單調遞減，在，二心單調遞增思路：由可得f(x并(0,2)單調遞減，在(2,田)單調遞增，從而從圖像上看必然會在2,二府在x0使得f(x0)=fI,但由于是證明題，解題過程要有理有據。所以可以考慮2將所證等式變為f(x0)-f？)=0,構造函數g(x)=f(x)-f''3I,從而只需利用零點存02a2在性定理證明g(x)有零點即可。解:設g(x)

14、=f(x)fg'(x)=f'(x)2,一、“1一一.由可得：當a=-時，fx)在0,2單調遞減，在2,e單調遞增8g2=f2-f|0FI12”3U，3*|39g(x)=lnxx_f,f_l=ln8J2)23239.一g(100)=ln1001250ln，因為ln1001250<0232g(100)<0g(2)g(100)<0根據零點存在性定理可得=03以亡(2,100),使礙g(x°)=f(x°)f.區I，3即存在x°己2,+二，使得fx°=f-小專題訓練有話說：(1)在證明存在某個點的函數值與常數相等時，往往可以將常數

15、挪至函數的一側并構造函數，從而將問題轉化成為證明函數存在零點的問題。(2)本題在尋找g(x)小于零的點時，先觀察g(x成達式的特點：g(x)=Inx】x2-f3i,82意味著只要x取得足夠大，早晚1x2比Inx要大的多，所以只需要取較大的自變量便可以找到8g(x)<0的點。選擇x=100也可，選擇x=10,271等等也可以。例10：已知函數f(x)=exalnxa,其中常數a0,若f(x)有兩個零點1x1,x20x1：x2，求證：一：:：x1:1：x2：aa思路：若要證零點位于某個區間，則考慮利用零點存在性定理，即證fif(1)<0且a1f(1)f(a)<0,即只需判斷f.一

16、,f(1),f(a)的符號，可先由f(x)存在兩個零點判斷出a的取值范圍為a:>e，從而f(1)=ea<0，只需將f'】i,f(a)視為關于a的函數，再利用a函數性質證明均大于零即可。x一ex1解：fx=e-alnx-a=0=a=x=X1ex11nx1x(Inx+12Inx1.ex令x=Inx1F1-一，-設g(x)=Inx+1-一，可得g(x)為增函數且g(1)=0xw冗1jU'1,1時,g(x)<0nWx)<0xW(1,E)時，g(x)A0n8(x)A0tp(x旋10,1)1,1單調遞減，在(1,危)單調遞增所以在X：-j1,二，：xmin='1=ee'f(x)有兩個零點二ae.Lf(1)=ea<0fa)=ea-alna-a'afa=e-lna-2''a1a1e1fa)=eaeaee0aee-',f(a并(e,危)單倜遞增.fa|、fe=