王芝平 李亞斌

(1.北京宏志中學(xué) 100013；2.黑龍江省農(nóng)墾總局人社局 150036)

若f(x0)=0，則稱x0是函數(shù)f(x)的零點(diǎn).顯然函數(shù)的零點(diǎn)就是該函數(shù)的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo).所以函數(shù)零點(diǎn)問題也可轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)問題來(lái)處理，甚至轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的圖象交點(diǎn)來(lái)處理.解答這類問題，首先要明確基本初等函數(shù)零點(diǎn)問題的解決方法，其次要熟練應(yīng)用 “函數(shù)零點(diǎn)存在性定理”：

如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f(a)f(b)<0，那么，函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得f(c)=0，這個(gè)也就是方程f(x)=0的根．[1]

若繼續(xù)研究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，則可借助函數(shù)的單調(diào)性予以討論：

如果f(x)在區(qū)間(a，b)上是單調(diào)函數(shù)，那么f(x)在區(qū)間(a，b)上最多有一個(gè)零點(diǎn).

函數(shù)零點(diǎn)問題不但能充分體現(xiàn)函數(shù)與方程、分類與整合、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等重要思想方法，而且涉及知識(shí)面廣，綜合性強(qiáng)，對(duì)數(shù)學(xué)素養(yǎng)要求較高.特別地，恰當(dāng)“取點(diǎn)”使其函數(shù)值大于0或小于0是解題順利進(jìn)行的一個(gè)瓶頸，但許多解法對(duì)如何“取點(diǎn)”也不做解釋，或語(yǔ)焉不詳，讓人感覺到像“魔術(shù)師帽子里的兔子”般神奇.我們認(rèn)為，教育部考試中心公布的高考試題的“標(biāo)準(zhǔn)答案”主要是供閱卷參考使用的，不宜機(jī)械地照搬到課堂教學(xué)中去.本文介紹筆者在解決這類問題時(shí)的一些基本想法，供大家教學(xué)時(shí)參考，并請(qǐng)方家指正.

例1(2019年陜西省第一次質(zhì)量檢測(cè)理科第21題)已知函數(shù)f(x)=lnx+x2+3ax+1 (a∈R).

(Ⅰ)略； (Ⅱ)當(dāng)a<-1時(shí)，討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

(1)謀定思路有方向

(Ⅱ)由二次函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)可以預(yù)感(直覺)到，函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽，且當(dāng)變量x較大時(shí)x2+3ax+1是增函數(shù)，又lnx也是增函數(shù)，所以存在正數(shù)m，n(m>n>0)，使得函數(shù)f(x)在區(qū)間(m，+∞)和(0，n)上是增函數(shù)，且當(dāng)x>m時(shí)，f(x)>0，當(dāng)0

(2)規(guī)范解答不失分

令g(x)=2x2+3ax+1(x∈R)，(注意，這里的定義域不是(0，+∞))

因?yàn)閍<-1，所以g(0)=1>0，

g(1)=2+3a+1=3(a+1)<0，

g(-2a)=2(-2a)2+3a(-2a)+1

=2a2+1>0，

所以g(x)在區(qū)間(0，1)與(1，-2a)內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)其分別為s，t，則0

所以g(x)>0?xt，g(x)<0?s

易知f(x)的增區(qū)間為(0，s]和[t，+∞)，減區(qū)間為[s，t].

所以f(x)的極大值為f(s)=lns+s2+3as+1.

因?yàn)?s2+3as+1=0，所以3as+1=-2s2.

所以f(s)=lns+s2-2s2=lns-s2<0.

所以，當(dāng)0

從而f(x)在區(qū)間(0，t]內(nèi)沒有零點(diǎn).

又f(-3a)=ln(-3a)+(-3a)2+3a(-3a)+1

=ln(-3a)+1>0，

所以，f(x)在區(qū)間(t，+∞)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

綜上所述，當(dāng)a<-1時(shí)，函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

(3)解后反思要升華

將f′(x)變形整理后發(fā)現(xiàn)，f′(x)的正負(fù)完全由其分子2x2+3ax+1決定，通常的方法是考察方程2x2+3ax+1=0的判別式，并由求根公式得到它的兩個(gè)根，進(jìn)而得到函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間以及f(x)的極值.可以想象的到，這種方法思維過程雖然不難，但運(yùn)算與表述較為復(fù)雜.在上述解法中，我們借助函數(shù)零點(diǎn)存在定理，確定了函數(shù)g(x)的零點(diǎn)所在的一個(gè)恰當(dāng)區(qū)間和零點(diǎn)滿足的條件，由此簡(jiǎn)潔明快地判斷出函數(shù)f(x)的極大值小于0，使解題過程順暢、和諧，極具美感.

“數(shù)缺形時(shí)少直觀”，結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象(圖1)，也能獲得一些基本念頭，為解題的順利進(jìn)行提供了值得努力的方向.

圖1

例2(2015，全國(guó)Ⅰ卷，文21)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-alnx.

(Ⅰ)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；

(Ⅱ)略.

(1)謀定思路有方向

圖2

(2)規(guī)范解答不失分

當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)；

又易知函數(shù)f′(x)在(0，+∞)上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，所以函數(shù)f′(x)在(0，+∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f′(x)沒有零點(diǎn)；

當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f′(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

解2f(x)的定義域?yàn)?0，+∞)，

所以f′(x)=0?2xe2x-a=0.

令g(x)=2xe2x-a(x≥0)，則

當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)>0在區(qū)間(0，+∞)上恒成立，所以f′(x)沒有零點(diǎn)；

當(dāng)a>0時(shí)，g(0)=-a<0，

g(a)=2ae2a-a=a(2e2a-1)>0，

又g′(x)=2e2x(x+1)>0，

即g(x)是單調(diào)增函數(shù)，

且函數(shù)g(x)在[0，+∞)上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，

所以，函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，

即函數(shù)f′(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f′(x)沒有零點(diǎn)；

當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f′(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

(3)解后反思要升華

本題的解決有兩點(diǎn)值得認(rèn)真體會(huì)：

例3(2016，全國(guó)Ⅰ卷，理21) 已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn)．

(Ⅰ)求a的取值范圍；(Ⅱ)略．

(1)謀定思路有方向

(Ⅰ)首先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值．由于f′(x)= (x-1)(ex+2a)，故可以求得f′(x)的零點(diǎn)，進(jìn)而對(duì)參數(shù)a進(jìn)行討論，得到f(x)的單調(diào)性，從而得到f(x)的大致圖象，借助圖象得到f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)的條件.

但是，這還得從代數(shù)的角度給予嚴(yán)謹(jǐn)論證，即研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性、極值、最值等一般性質(zhì)，如果函數(shù)f(x)有最大(小)值，則其最大(小)值必須大(小)于0，并且在最大(小)值點(diǎn)的左、右兩邊都存在小(大)于0的函數(shù)值．

從而h′(x)>0等價(jià)于x<1，h′(x)<0等價(jià)于x>1.

所以h(x)在(-∞，1)上是增函數(shù)，在(1，+∞)上是減函數(shù)．

易知當(dāng)x<1或10；

當(dāng)x>2時(shí)，h(x)<0.

圖3

所以函數(shù)y=h(x)的圖象如圖3所示．

顯然，當(dāng)a≤0時(shí)，直線y=a與曲線y=h(x)只有一個(gè)交點(diǎn)，所以f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)；

當(dāng)a>0時(shí)，直線y=a與曲線y=h(x)有兩個(gè)交點(diǎn)，所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．

從而得到a的取值范圍為(0，+∞)．

另外，因?yàn)閒(x)=(x-2)ex+a(x-1)2=0等價(jià)于(x-2)ex=-a(x-1)2，而后邊這個(gè)等式的等號(hào)兩邊分別是比較簡(jiǎn)單的函數(shù)，所以研究對(duì)象得以優(yōu)化.借助導(dǎo)數(shù)研究(x-2)ex的單調(diào)性與極值，即可得到他們的大致圖象：

圖4

圖5

結(jié)合圖4與圖5，可以預(yù)感到：當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．

有了初步的結(jié)論，下面的證明就有了一個(gè)明確的努力方向了！

(2)規(guī)范解答不失分

(Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且

f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)= (x-1)(ex+2a)．

(1)當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=(x-2)ex有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．

(2)當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)=0，得x=1或x=ln(-2a)．

所以當(dāng)x>1時(shí)，ex+2a>e+2a≥0，

所以f′(x) ≥0，

所以f(x)在區(qū)間(1，+∞)上是增函數(shù)，進(jìn)而函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，+∞)最多只有一個(gè)零點(diǎn)．

又x≤1時(shí)，

顯然f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2<0．

所以，此時(shí)函數(shù)f(x)最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．

所以f′(x)<0?1

即f(x)在(1，ln(-2a))上是減函數(shù)；

f′(x)>0?x<1或x>ln(-2a)，

即f(x)在(-∞，1)和(ln(-2a)，+∞)上是增函數(shù)，

又f(1)=-e<0，

所以當(dāng)x≤ln(-2a)時(shí)，f(x)<0，

所以函數(shù)f(x)最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．

綜上，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．

(3)若a>0，則ex+2a>0.

所以f′(x)<0?x<1，f′(x)>0?x>1.

所以f(x)在(-∞，1)上是減函數(shù)；在(1，+∞)上是增函數(shù)．

所以函數(shù)f(x)的最小值為f(1)=-e<0．

又f(2)=a>0，由零點(diǎn)存在性定理知，

函數(shù)f(x)在(1，+∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．

(下面的目標(biāo)是尋找小于1的一個(gè)實(shí)數(shù)b，使f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>0.注意到，當(dāng)b<0時(shí)，b-2<0，eb<1，所以(b-2)eb>b-2.所以f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>(b-2)+a(b-1)2.而g(b)= (b-2)+a(b-1)2是一個(gè)二次項(xiàng)系數(shù)(a)大于0的二次函數(shù)，由二次函數(shù)性質(zhì)知，顯然存在b∈(-∞，0)，使得g(x)>0.)

因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，x-2<0，ex<1，

所以(x-2)ex>x-2.

所以f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2

>(x-2)+a(x-1)2=ax2-(2a-1)x+a-2.

設(shè)g(x)=ax2-(2a-1)x+a-2(x∈R).

令b=-a-1，則g(b)=g(-a-1)=a(-a-1)2-(2a-1)(-a-1)+a-2=a>0.

因?yàn)閎<0<1，

又f(x)在區(qū)間(-∞，1)上是減函數(shù)，

所以函數(shù)f(x)在(-∞，1)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

故f(x)在R上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，滿足題意．

綜上，a的取值范圍為(0，+∞)．

(3)解后反思要升華

在應(yīng)用函數(shù)零點(diǎn)存在性定理時(shí)，需要判斷函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的正負(fù)．當(dāng)區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值的正負(fù)不易判斷或所給的區(qū)間是開區(qū)間時(shí)，可考慮考察區(qū)間內(nèi)的特殊值對(duì)應(yīng)的函數(shù)值的正負(fù)．那么，取怎樣的特殊值，為什么取這個(gè)特殊值？其實(shí)問題很明顯，依據(jù)之一就是特殊值的選取應(yīng)以得到需要的函數(shù)值正負(fù)以及消去參數(shù)為主要目的．

解題的目標(biāo)是需要說明存在一個(gè)比1小的實(shí)數(shù)b，使得f(b)>0，因?yàn)閒(x)在(-∞，1)上是減函數(shù)，所以這個(gè)b的選取要盡量小，不妨設(shè)b<0，注意到f(x)表達(dá)式中含有ex，為了化復(fù)雜為簡(jiǎn)單，可以令b=lnt(t>0)的形式，使其滿足f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2=(b-2)t+a(b-1)2>0.

那么，上述我們的解法中又是如何想到取b=-a-1的呢？

首先考慮能否將復(fù)雜的超越函數(shù)f(x)變形為簡(jiǎn)單的多項(xiàng)式函數(shù)，并且這個(gè)多項(xiàng)式函數(shù)小于f(x).這應(yīng)該從f(x)中的超越式入手，即(x-2)·ex能否被比它小的代數(shù)式替代？顯然當(dāng)x<0時(shí)，x-2<0，ex<1，所以(x-2)ex>x-2.所以只需尋找一個(gè)負(fù)實(shí)數(shù)b，使g(b)=(b-2)+a(b-1)2>0即可.對(duì)于二次項(xiàng)系數(shù)大于0的二次函數(shù)g(x)=ax2-(2a-1)x+a-2來(lái)說，這是完全可以做得到的！

例4(2017，全國(guó)Ⅰ，理21)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x．

(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)性；

(Ⅱ)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．

(1)謀定思路有方向

(Ⅰ) 為了討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1的正負(fù)，應(yīng)結(jié)合f′(x)解析式的特點(diǎn)對(duì)其進(jìn)行因式分解，即f′(x)=(aex-1)(2ex+1)．顯然其正負(fù)由aex-1確定.這與a的正負(fù)有關(guān)，所以應(yīng)對(duì)a≤0和a>0分別討論，即可得到f(x)單調(diào)區(qū)間；

又由于f(-1)=ae-2+(a-2)e-1+1>ae-2+ae-1>0，所以f(x)在(-∞，-lna)上存在唯一零點(diǎn)；

下面若能說明存在b∈(-lna，+∞)，使得f(b)>0，則f(x)在(-lna，+∞)亦存在唯一零點(diǎn)．

(2)規(guī)范解答不失分

(Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).

①若a≤0，則aex-1<0，又2ex+1>0，則f′(x)<0，所以f(x)在(-∞，+∞)上是減函數(shù)．

②若a>0，令f′(x)=0，得x=-lna．

因?yàn)閍ex-1是增函數(shù)，

所以f′(x)<0?x<-lna；f′(x)>0?x>-lna.

所以f(x)在(-∞，-lna)上是減函數(shù)，

在(-lna，+∞)上是增函數(shù)．

綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(-∞，+∞)上是減函數(shù)；

當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(-∞，-lna]上是減函數(shù)，在[-lna，+∞)上是增函數(shù)．

(Ⅱ)解1(直接法)

(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，由(Ⅰ)知，f(x)是減函數(shù)，所以f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．

(ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，由(Ⅰ)知f(x)的最小值為

所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)的必要條件是

易知g(a)是增函數(shù)，又因?yàn)間(1)=0，

所以g(a)<0?0

即f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)的必要條件是0

(以下若能證明0

當(dāng)00，

所以存在t∈(-1，-lna)，使得f(t)=0．

又因?yàn)閒(x)在(-∞，-lna)上是減函數(shù)，

所以f(x)在(-∞，-lna)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；

(下面還需說明f(x)在(-lna，+∞)上也存在唯一零點(diǎn)．這只需找到一個(gè)大于-lna的數(shù)，其函數(shù)值大于0即可)

因?yàn)閤

所以f(x)=ae2x+(a-2)ex-x

>ae2x+(a-2)ex-ex

=(aex+a-3)ex.

則f(b)=ae2b+(a-2)eb-b

>ae2b+(a-2)eb-eb=(aeb+a-3)eb=0.

所以存在t∈(-lna，+∞)，使得f(t)=0．

又因?yàn)閒(x)在(-∞，-lna)上是增函數(shù)，

所以f(x)在(-lna，+∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．

所以當(dāng)0

綜上，當(dāng)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍為(0，1).

(Ⅱ)解2(參變量分離法)

(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，由(Ⅰ)知，f(x)是減函數(shù)，所以f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．

(ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，

(先構(gòu)造函數(shù)，再研究這個(gè)函數(shù))

顯然g′(x)的符號(hào)與1-x-lnx相同，

令h(x)=1-x-lnx(x>0)，

易知h(x)是減函數(shù)．

又因?yàn)閔(1)=0，

所以h(x)>0?01.

所以g′(x)>0?h(x)>0?0

g′(x)<0?h(x)>0?x>1.

所以g(x)增區(qū)間是(0，1)，減區(qū)間是(1，+∞).

所以g(x)的最大值為g(1)=1-a.

所以g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)的必要條件是1-a>0，

即0

所以g(x)在區(qū)間(0，1)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

所以g(x)在區(qū)間(1，+∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

所以g(x)且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，

進(jìn)而f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).

綜上，當(dāng)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍為(0，1).

(3)解后反思收獲大

另一種方法是直接對(duì)含參數(shù)的函數(shù)進(jìn)行研究，即從整體上研究函數(shù)的性質(zhì)，如奇偶性、對(duì)稱性、其單調(diào)性、極值、最值等函數(shù)的一些基本特征．若f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，且函數(shù)是先減后增的，則可先求出必要條件，即其最小值小于0，在此條件下，再驗(yàn)證最小點(diǎn)的兩邊還存在函數(shù)值大于0的點(diǎn)，則得知這個(gè)條件亦是充分條件.

數(shù)學(xué)解題的真正目的是落實(shí)“四基”、提高“四能”，最終提升學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).解題教學(xué)應(yīng)當(dāng)追求解決問題的根本大法，即引導(dǎo)學(xué)生在理解基本概念及其所蘊(yùn)涵的思想方法上下功夫，讓學(xué)生逐步養(yǎng)成從基本概念、原理及其聯(lián)系出發(fā)思考和解決問題的習(xí)慣，這是發(fā)展學(xué)生數(shù)學(xué)理性思維能力的根本途徑．

數(shù)學(xué)是美的，遺憾的是，數(shù)學(xué)的優(yōu)雅常常被淹沒在機(jī)械化的證明與一堆公式之中.數(shù)學(xué)解題教學(xué)要從數(shù)學(xué)的本質(zhì)出發(fā)，追求本質(zhì)、自然、簡(jiǎn)單的解法，并創(chuàng)造機(jī)會(huì)充分展示獲得解題思路的思維過程，讓冰冷的美麗變?yōu)榛馃岬乃伎?

我們不僅需要證明，更需要有趣的、直覺(直觀)化的感悟.