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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