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2021927
函数零点问题“找点”的策略*
广东省中山市中山纪念中学(528454)李文东
摘要文章探讨了函数零点存在定理中“找点”的策略:
等价变形,利用极限分析和放缩法.
关键词零点;放缩;极限
我们知道,对于函数y=f(x)有如下的零点存在定理:
如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一
条曲线,并且有f(a)·f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间
(a,b)内有零点,即存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也
就是方程f(x)=0的根.这里怎样找到符合题意的a,b,往
往是一个难点问题.若是根据函数y=f(x)的特点去尝试,
往往很难凑效,特别是函数y=f(x)含有参数的时候,一般
很难通过简单的观察找到.一种解决的办法是利用高等数学
中的知识考虑函数y=f(x)在区间端点(或x→±∞)处的
极限情况,有时需要用到洛必达法则,但是这在高考阅卷中
很难拿到满分,因此怎样找到满足条件的点a,b,我们称为函
数零点问题中的“找点”问题,这是一个非常重要也是难点问
题,本文尝试对这一问题给出切实可行的找点策略.
一、一道函数零点问题“找点”的历程
笔者在教学时,碰到如下问题:
例1证明:当1<a<e时,f(x)=e x−a
x
−a ln x在
(0,ln a)上有唯一零点.
解析为验证结果的正确性,我们先通过软件画图观察:比如取a=1.02,画出函数f(x)的图形,如图1所示,发现f(x)确实存在唯一的零点.
我们对f(x)进行求导分
析:f′(x)=(e x−a)(x−1)
x2
,因
为0<x<ln a<1,故当x∈(0,ln a)时,f′(x)>0,
即
图1
f(x)在(0,ln a)上单调递增,又f(ln a)=−a ln(ln a)>0,因此要证明f(x)在(0,ln a)上有唯一零点,还需在(0,ln a)上找一点x0,使得f(x0)<0.
由于1<a<e,ln a可以无限接近于零,因此区间(0,ln a)可以无限小,要想找到这样一个x0,很不容易.而要使得f(x0)<0,其本质是找到满足不等式f(x)=
e x−a
x
−a ln x<0的一个解即可,由于这个不等式
含有参数a和e x与ln x,直接求解不容易,可考虑对其进行适当变形:f(x)=
e x−a
x
−a ln x<0⇔e x<a+ax ln x,
考虑到lim
x→0
e x=1,lim
x→0
(a+ax ln x)=a>1,于是我们需要找到一个正实数介于1和a之间,可考虑它们的算术平均值
a+1
2
,即令e x<
a+1
2
<a+ax ln x,由左边的不等式得x<ln
a+1
2
,再将右边的不等式a+1
2
<a+ax ln x变形为ln x>
1−a
2ax
.由于直接求解该不等式仍然比较困难,我们需要将ln x进行适当的放缩.利用常见的放缩ln x<x−1<x,于是ln
1
√
x
<
1
√
x
,即ln x>−
2
√
x
,从而只需−
2
√
x
>
1−a
2ax
,解得x<
(a−1)2
16a2
,故取x0=min{ln
a+1
2
,
(a−1)2
16a2
},即可得f(x0)<0.为了得到更简洁的结果,下面比较ln
a+1
2
和
(a−1)2
16a2
的大小,令g(a)=ln
a+1
2
−(a−1)
2
16a2
(a>1),则g′(a)= 1
a+1
−a−1
8a3
=
a2(8a−1)+1
8a3(a+1)
>0,即g(a)在(1,+∞)上递增,故g(a)>g(1)=0,即ln
a+1
2
>
(a−1)2
16a2
,由此可见取x0=
(a−1)2
16a2
,有f(x0)<0,所以f(x)在(0,ln a)上有唯一零点.
分析上述问题的解决过程,我们可以总结出函数零点问题“找点”的策略:
(1)对不等式f(x)=
e x−a
x
−a ln x<0进行适当等价变形e x<a+ax ln x;
(2)分析不等式e x<a+ax ln x两端在端点x=0处
的极限值的情况:lim
x→0
e x=1,lim
x→0
(a+ax ln x)=a>1,然后引入
a+1
2
,将该不等式转化为两个相对简单的不等式e x<
a+1
2
和
a+1
2
<a+ax ln x;
(3)利用不等式ln x<x放缩得到ln x>−
2
√
x
,便于不等式求解.
等价变形,端点值分析和适当放缩这三点是我们函数零点问题找点的方向,下面举例说明.
*本文系中山市教育科研2020年度专门项目——落实高考评价体系“引导教学”核心功能的数学学科实践研究(项目编号:Z2020014)的阶段性研究成果.
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