零点存在与判定

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，对于函纱=f (x)，我们把方程f (x) = 0的实数根X0叫作函数 y = f (x)的零点。2、零点存在性定理：如果函数 = f (x )在区间Z, 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，即女0 e(a,b)，使 得 f (x ) = 00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

2、个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调4、几个“不一定”与“一定”(假设f (x )在区间(a, b )连续)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”没有零点如果f (x )在区间(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)是一个在(a,b)单增连续函数，x = x0是 f(x)的零点，且 X0 e(a, b)，则 x e(a, x0)时，f (x ) 06、判

3、断函数单调性的方法：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，则一f (x)为减函数；同样，若f (x)为减函数，则一f (x)为增函数若f G),g G)为增函数，且f G),g G) 0,则f G)g G)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 (x)，y = f (t)一增一减，

4、则y = f (g (x)单调 递减(此规律可简记为“同增异减”)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：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利用零点存在性定理证明零点存在例1：函数f(x)= ex + 2x-3的零点所在的一个区间是()r 1八jr一 1 jr 1 jr 3 jA.- ,0B.0,C.,1D.1,V 2 JV 2 JV 2 JV 2)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

5、值是否异号即可r1J1r1J=e2 + 2 -V2 JV2 j解：f解：f-3 =-4 0 , f(0)=-2 0_ 1:e + 2 - 3 = ：e 2 0-f (1) 0，所以上g 1,-V 2 J22，使得f (% )=0答案：A小炼有话说：(1)本题在处理x T1时，是利用对数的性质得到其ln(x -1)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x 1时，ln (x - 1)T-3后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来说明，比如f (1.1) =1.1 + lnv 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适

6、的例子。例3 : ( 2010，浙江)已知X0是函数f(x)= 2x + Fx的一个零点，若x G(1, x ), x G(x , +3)，则()1020B. f (气) 0D. B. f (气) 0D. f (气) 0, f (x2) 0C. f (气) 0, f (x2)v 0思路：条件给出了 f (x )的零点，且可以分析出f (x )在(1,+3)为连续的增函数，所以结合函数性质可得 f (气) f(x0) = 0答案：B例 4：已知函数 f (x) = log x + x - b(a 0,a 丰 1)，当 2 v a v 3 v b v 4 时，函数 f (x)的 零点 x0 G(n

7、,n +1),n g N*，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 f (3)= log 3 + 3 - b log 3 + 3 - 4 = log 3 -1 0，f (2) = log 2 + 2-b v log 2 + 2- 3 = log 2-1 v 0，所以 x g (2,3)，从而 n = 20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),cp(x ) =x3-1的“新驻点”分别为以,P,丫，则()B. PB

8、. PayC. Y a PD. Pya思路：可先求出g(x),h(x),0(x)，由“新驻点”的定义可得对应方程为：x = 1,ln (x +1) =, X3 1 = 3 X2，从而构造函数X +1g (x) = X- 1,h (x) = ln(X +1)- 1 ,9(X)= X3 -3X2 -1，再利用零点存在性定理判11X +1 1断a,P,y的范围即可解：g(X ) = 1,h (x ) = 1，甲(x ) = 3x2X +1所以a,p,Y分别为方程x = 1,ln(x +1)=,x3 -1 = 3x2的根，即为函数：X +1g (x) = X- 1,h (x) = ln(X +1)-

9、1 ,9(X)= X3 - 3X2 -1 的零点11X +1 1h(0)=-1 0 h(0) h (1)0np g(0,1)11211甲 1 (x)= 3x2 -6x = 3x(x-2)/.甲(x)在(0,2)单调减，在(-8,0),(2, +8)单调增，而气(0)=-1 0，xe(-8,2)时，七(x)0.气(2)气(4)0/.Y e(2,4)/.p a y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()B. f(x) = (x -4)2C. f (x) = ex-i -1C. f (x) = ex-i

10、-1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-.7解：设各选项的零点分别为X ,X ,X ,X，则有X = 2,X = 4,X = 1,X =-A B C DA BC D 2对于g(x) = InX + 2X-8,可得：g(3)= ln3 -20/.3x e(3,4)g (x ) = 0工0 e 3,-，所以C选项符合条件工0 e 3,-，所以C选项符合条件-=ln-12 )2答案：C例 7：设函数 f (x) = ex + 2x - 4,g (x) = ln

11、x + 2x2 - 5，若实数a,b 分别是 f (x),g (x)的零点，则()A. g(a)0 f (b)B. f (b)0 g(a)C. 0 g(a) f (b)D. f (b) 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 )=3 0 , 从而 a e(0,1) ； g (1)=-3 0，从而 b e(1,2)，所以有 0 a 1 b 2，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 0f (x)在(1,+8)单调递增 f (3) = 1 -ln3 0: f (3)f

12、 (4) 0,函数f (x) = ln工-ax2 ( f (x)的图像连续不断)(1)求f (x)的单调区间当a = 时，证明：存在x0 e(2，+ 3)，使得f(x0)= f 2解：(1)f (x)= - 一 2ax = -2ax21令 f (x) 0 xx解得：x ( f 解得：x ( f (x)在 0,V,+3单调递增 2a)土 I单调递减，在(2(2)思路:由(1)可得f (x)在(0,2)单调递减，在(2, +3)单调递增，从而从图像上看必然会在(必然会在(2, +3)存在x使得f (x ) = f ，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f (x )- f

13、-V 2 )=0以可以考虑将所证等式变为f (x )- f -V 2 )=0，构造函数 g (x)= f (x)- f -需利用零点存在性定理证明g (x)有零点即可。解：设 g (x)=f(x)- f -g (x)= f (x)V2)由(1)可得：当a =：时，8，从而只./_、.( 3 f (x)在(0,2)单调递减，在(2, +3)单调递增:.f (2) f V2):.g(2 )= f (2 )- f (- 0V2)g (x )= ln x -1 x 2 - f J -8ln3- Z2 32:.g (100) = ln100 -1250 - ln| - 32，因为ln100 -1250

14、0.:g (100) 0.: g (2)g (100) 0根据零点存在性定理可得:3x e0(2，100)，使得 g (x )= f (x )- f 3V2)00=0/一、/ 、( 3(2,+8)，使得 f (x )= f -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。g(x)= lnx -1 x2 g(x)= lnx -1 x2 - f ，意味着只要x取得足够大，早晚-x2比ln x要大的多，所以8只需要取较大的自变量便可以找到g(x) 0，若f (x)有两个零点x , x (0 x x )，求证

15、：4 x 1 x a1212a 12 一 一 一/1 八思路：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f (1) f (a ) 0，即只需判断f f 1 , f (1), f (f (1) f (a ) e，从而f (1) = e - a 0，只需将f f -1, f (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：f (x)= ex - a In x - a = 0 n aexln x +1.甲(x)=f1 ex In x +1 Ix 7(ln x +1)21，可得g (x )为增函数且g (1) = 0 xr 1、f 1 Ax eo，一一V e 7/ 7设 g (x) = ln x +1时，g(x)0n9(x) 0 nQ (x ) 0在在(1,+8)单调递增/、 r 1、/1 一、.中(x)在0,单调递减，1、所以在X G , +8Ve 7q(x)二中(1)= ef (x )有两个零点a e. f (1) = e - a V 0 f (a )= ea - af (x )有两个零点.f (a )= ea - In a - 2f (a