高考数学总复习-零点存在的判定与证明.pdf

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1、 - 1 - / 8 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 yf x，我们把方程 0f x 的实数根0 x叫作函数 yf x的零点。 2、零点存在性定理：如果函数 yf x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00f x 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。因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调 4、几个

2、“不一定”与“一定” （假设 f x在区间, a b连续） （1）若 0f af b，则 f x“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。要分析 f x的性质与图像，如果 f x单调，则“一定”只有一个零点 （2）若 0f af b，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 （3）如果 f x在区间, a b中存在零点，则 f af 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 af b一定小于 0 5、 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，0 xx是 f x的零点，且0,xa

3、b，则0,xa x时， 0f x ；0,xx b时， 0f x 6、判断函数单调性的方法： （1）可直接判断的几个结论： 若 ,f xg x为增（减）函数，则 f xg x也为增（减）函数 若 f x为增函数，则 f x为减函数；同样，若 f x为减函数，则 f x为增函数 - 2 - / 8 若 ,f xg x为增函数，且 ,0f xg x ，则 f xg x为增函数 （2）复合函数单调性：判断 yf g 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） ，若 tg x， yf t均为增函数或均为减函数，则 yf g x单调递增； 若 tg x， yf t

4、一增一减， 则 yf g x单调递减 （此规律可简记为“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 f x （3）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 （4）利用零点存在性定理证明零点存在 例 1：函数 23xf xex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 f x为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可 解：1

5、2111234022fee ， 020f 11232022fee 12310fee 1102ff 01,12x，使得00f x 答案：C 例 2：函数 ln1f xxx的零点所在的大致区间是（ ） A. 31,2 B. 3,22 C. 2,e D. , e 思路：先能判断出 f x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 - 3 - / 8 函数值的符号即可。1x 时，ln1x ， 从而 f x ，313ln0222f，所以031,2x，使得00f x 答案：A 小炼有话说： （1）本题在处理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

6、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，比如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0 x是 函 数 121xf xx的 一 个 零 点 ， 若10201,xxxx，则（ ） A. 120,0f xf x B. 120,0f xf x C. 120,0f xf x D. 120,0f xf x 思路：条件给出了 f x的零点，且可以分析出 f x在1,为连续的增函数，所以结合函数性质可得 10200,0f x

7、f xf xf x 答案：B 例 4：已知函数 log0,1af xxxb aa，当234ab时，函数 f x的零点0,1 ,xn nnN，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0 x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 f xfx的 实 数 根0 x叫 做 函 数 f x的 “ 新 驻 点 ” ， 若 - 4 - / 8 3,ln1 ,1g xx h xxxx的“新驻点”分别为, , ，则（ ）

8、A. B. C. D. 思 路 ： 可 先 求 出 ,g xh 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,ln1,311gxxh xxxxxx，再利用零点存在性定理判断, , 的范围即可 解： 211,31gxh xxxx 所以, , 分别为方程3211,ln1,131xxxxx 的根，即为函数： 3211111,ln1,311gxxh xxxxxx的零点 1 111010,1ln202hh 110100,1hh 213632xxxx x 1x在0,2单调减，在 ,0 , 2,单调增，而 101

9、0 ，,2x 时， 10 x，而 14150 11240 2,4 答案：C 例 6： 若函数)(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()( xxf C1)(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 对于 ln28g xxx，可得： 3ln320,4ln40gg - 5

10、 - / 8 03,4x 00g x 77=ln1022g 073,2x ，所以 C 选项符合条件 答案：C 例 7：设函数 224,ln25xf xexg xxx，若实数, a b分别是 ,f xg x的零点，则（ ） A. 0g af b B. 0f bg a C. 0g af b D. 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 0fag b， 且 发 现 ,f xg x为 增 函 数 。 进 而 0,0g ag bf bf

11、a，即 0g af b 答案：A 例 8：已知定义在1,上的函数 ln2f xxx，求证： f x存在唯一的零点，且零点属于3,4 思路：本题要证两个要素：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： 111xfxxx 1,x 0fx f x在1,+单调递增 31ln30,42ln20ff 340ff 03, 4x ，使得00f x 因为 f x单调，所以若0003,4 ,xxx，且 000f xf x 则由单调性的性质：00 xx与题设矛盾 所以 f x的零点唯一 - 6 - / 8 小炼有话说：如果函数 f x在, a b单调递增，

12、则在, a b中， 1212xxf xf x，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 2lnf xxax（ f x的图像连续不断） （1）求 f x的单调区间 （2）当）当18a 时时，证明证明：存在存在02,+x ，使得使得032f xf 解： （1） 21212axfxaxxx 令 0fx 解得：12xa f x在10,2a单调递减，在1,2a单调递增 （2）思路：由（1）可得 f x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0 x使得032f xf，但由于是证明题，解题过程要有理有据。所以可

13、以考虑将所证等式变为0302f xf， 构造函数 32g xf xf， 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 xf xf g xfx 由（1）可得：当18a 时， f x在0,2单调递减，在2,单调递增 322ff 32202gff 213339ln,ln822232g xxxff 39100ln1001250ln232g，因为ln100 12500 1000g 21000gg 根据零点存在性定理可得： - 7 - / 8 02,100 x，使得00302g xf xf 即存在02,+x ，使得032f xf 小炼有话说： （1）在证明存在某个点的函数值与常数相等

14、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 ） 本 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lnx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100 x 也可，选择10,271x 等等也可以。 例 10 ： 已 知 函 数 lnxf xeaxa， 其 中 常 数0a ， 若 f x有 两 个 零 点1212,0 x xxx，求证：1211xxaa 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

15、，即证 110ffa且 10ff a ， 即只需判断 1,1 ,fff aa的符号， 可先由 f x存在两个零点判断出a的取值范围为ae ，从而 10fea，只需将 1,ff aa视为关于a的函数，再利用函数性质证明均大于零即可。 解： 1ln0ln1xxef xeaxaaxxe 令 ln1xexx 21l n1l n1xexxxx 设 1ln1g xxx ，可得 g x为增函数且 10g 110,1xee 时， 00g xx - 8 - / 8 1,x时， 00g xx x在110,1ee 单调递减，在1,单调递增 所以在1,xe， min1xe f x有两个零点 ae 10fea lnaf aeaaa ln2afaea 1110aaefaeeeaee fa在, e 单调递增 2330efafeee f a在, e 单调递增 22220ef af eeeeee e 而 10f 10ff a 21,xa，使得20f x即21xa 另一方面：11111lnlnln1aaafeaaeaaaeaaaa ae ln10a 10fa 而 10f 110ffa 11,1xa，使得10f x即111xa 综上所述：1211xxaa