2022年零点存在与判定

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1、第二章第 9 炼 零点存在的判定与证明函数及其性质第 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，对于函数yfx，我们把方程0fx的实数根0x叫作函数yfx的零点。2、零点存在性定理：如果函数yfx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yfx在区间,a b内必有零点，即0,xa b，使得00fx注：零点存在性定理使用的前提是fx在区间,a b连续，如果fx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调4、几个“不一定”与

2、“一定”假设fx在区间,a b连续1假设0f afb，则fx“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析fx的性质与图像，如果fx单调，则“一定”只有一个零点2假设0f afb，则fx“不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。如果fx单调，那么“一定”没有零点3如果fx在区间,a b中存在零点，则faf b的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。如果fx单调，则f afb一定小于0 5、零点与单调性配合可确定函数的符号：fx是一个在,a b单增连续函数，0xx是fx的零点，且0,xa b，则0,xa x时，0fx；0,xx b时，0fx6、判断函数单调性的方法：1可直接判断的几个结论

3、： 假设,fxg x为增减函数，则fxg x也为增减函数 假设fx为增函数，则fx为减函数；同样，假设fx为减函数，则fx为增精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与证明函数及其性质函数 假设,fxg x为增函数，且,0fxg x，则fxg x为增函数2复合函数单调性：判断yfg 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，假设tg x，yf t均为增函数或均为减函数， 则yfg x单调递增； 假设tg x，yf t一增一减， 则yfg x单调递减此规律可

4、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fx3分析函数fx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23xfxex的零点所在的一个区间是A. 1,02 B. 10,2 C. 1,12 D. 31,2思路：函数fx为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可解：12111234022fee，020f11232022fee12310fee1102ff01,12x，使得00fx答

5、案： C 例 2：函数ln1fxxx的零点所在的大致区间是A. 31,2 B. 3,22 C. 2,e D. , e精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与证明函数及其性质思路：先能判断出fx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fx，313ln0222f，所以031,2x，使得00fx答案： A 小炼有话说： 1此题在处理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

6、到无法计算的点时也要善于估计函数值的取向。2此题在估计出1x时，ln1x后，也可举一个具体的函数值为负数的例子来说明，比方11.11.1ln010f。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0x是 函 数121xfxx的 一 个 零 点 ， 假 设10201,xxxx，则A. 120,0fxfx B. 120,0fxfxC. 120,0fxfx D. 120,0fxfx思路： 条件给出了fx的零点， 且可以分析出fx在1,为连续的增函数，所以结合函数性质可得10200,0fxfxfxfx答案： B 例 4：已知函数log0,1afxx

7、xb aa，当234ab时，函数fx的零点0,1 ,xn nnN，则n_ 思路：由a的范围和fx解析式可判断出fx为增函数，所以0x是唯一的零点。考虑3log 33log 334log 310aaafb，2log 22log 223log 210aaafb，所以02,3x，从而2n答案：2n例5 ： 定 义 方 程fxfx的 实 数 根0x叫 做 函 数fx的 “ 新 驻 点 ” ， 假 设精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与证明函数及其性质3,ln1 ,1g xx h xxxx的“新

8、驻点”分别为,，则A. B. C. D. 思 路 ： 可 先 求 出,gxh xx， 由 “ 新 驻 点 ” 的 定 义 可 得 对 应 方 程 为 ：3211,ln1,131xxxxx，从而构造函数3211111,ln1,311gxxhxxxxxx，再利用零点存在性定理判断,的范围即可解：211,31gxhxxxx所以,分别为方程3211,ln1,131xxxxx的根，即为函数：3211111,ln1,311gxxhxxxxxx的零点1111010,1ln202hh110100,1hh213632xxxx x1x在0,2单调减，在,0 , 2,单调增，而1010，,2x时，10x，而1415

9、0112402,4答案： C 例 6：假设函数)(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 B2)4()(xxfC1)(1xexf D)25ln()(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，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,ABCDxxxx，则有72,4,1,2ABCDxxxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与证

10、明函数及其性质对于ln28g xxx，可得：3ln320,4ln40gg03,4x00g x77=ln1022g073,2x，所以 C 选项符合条件答案： C 例 7： 设函数224,ln25xfxexg xxx， 假设实数,a b分别是,fxg x的零点，则A. 0g af bB. 0f bg aC. 0g afbD. 0f bg a思路：可先根据零点存在定理判断出,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0f ag b， 且 发 现,fxg x为 增 函 数 。 进 而0,0g ag bf bf

11、a，即0g afb答案： A 例 8：已知定义在1,上的函数ln2fxxx，求证：fx存在唯一的零点，且零点属于3,4思路： 此题要证两个要素：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：111xfxxx1,x0fxfx在1,+单调递增31ln30,42ln20ff340ff03,4x，使得00fx因为fx单调，所以假设0003,4 ,xxx，且000fxfx则由单调性的性质：00xx与题设矛盾精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与

12、证明函数及其性质所以fx的零点唯一小炼有话说： 如果函数fx在,a b单调递增，则在,a b中，1212xxfxfx，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2lnfxxaxfx的图像连续不断1求fx的单调区间2当18a时，证明：存在02,+x，使得032fxf解： 121212axfxaxxx令0fx解得：12xafx在10,2a单调递减，在1,2a单调递增2思路：由 1可得fx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0x使得032fxf，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

13、302fxf，构造函数32g xfxf，从而只需利用零点存在性定理证明g x有零点即可。解：设32g xfxfgxfx由 1 可得：当18a时，fx在0,2单调递减， 在2,单调递增322ff32202gff213339ln,ln822232g xxxff39100ln1001250ln232g，因为ln100125001000g21000gg根据零点存在性定理可得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与证明函数及其性质02,100x，使得00302g xfxf即存在02,+x，使得03

14、2fxf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 此 题 在 寻 找g x小 于 零 的 点 时 ， 先 观 察g x表 达 式 的 特 点 ：213ln82g xxxf，意味着只要x取得足够大，早晚218x比ln x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100x也可，选择10,271x等等也可以。例10 ： 已 知 函 数lnxfxeaxa， 其 中 常 数0a， 假 设fx有 两 个 零 点1212,0x xxx，求证：1211xxaa思路：假设要证零点位于某个区间，

15、则考虑利用零点存在性定理，即证110ffa且10ffa，即只需判断1,1 ,fffaa的符号，可先由fx存在两个零点判断出a的取值范围为ae， 从而10fea， 只需将1,ffaa视为关于a的函数，再利用函数性质证明均大于零即可。解：1ln0ln1xxefxeaxaaxxe令ln1xexx21ln1ln1xexxxx设1ln1g xxx，可得g x为增函数且10g110,1xee时，00g xx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页第二章第 9 炼 零点存在的判定与证明函数及其性质1,x时，00g xxx在110,1ee单调递减，在1,单调递增所以在1,xe，min1xefx有两个零点ae10fealnaf aeaaaln2afaea1110aaefaeeeaeefa在, e单调递增2330efafeeef a在, e单调递增22220ef af eeeeee e而10f10ffa21,xa，使得20fx即21xa另一方面：11111lnlnln1aaafeaaeaaaeaaaaaeln10a10fa而10f110ffa11,1xa，使得10fx即111xa综上所述：1211xxaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页