遼寧 張 軍

從近幾年高考試題來看，函數(shù)零點個數(shù)問題一直是高考壓軸題的熱門考點.不論是討論零點的個數(shù)，還是給定零點的個數(shù)求參量的取值范圍，解題時利用函數(shù)的單調性和極限知識，結合函數(shù)圖象進行判斷并不是很難，但如果要從代數(shù)角度進行論證，就需要利用函數(shù)的單調性和零點存在性定理來解決.單調性往往容易判斷、證明，但想找到一個滿足條件的函數(shù)值或正負交替的區(qū)間端點值特別困難.仔細觀察高考試題的答案，感覺答案中給出的數(shù)像是橫空出世，不知從何而來，那么高考題答案中的“怪數(shù)”是怎么來的呢？下面對近四年高考試題的答案加以分析，探索尋找零點所在區(qū)間端點的一般規(guī)律和方法.

【必備知識】

1.函數(shù)的零點存在性定理：如果函數(shù)y=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)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內有零點，即存在c∈(a,b)，使得f(c)=0，這個c也就是方程f(x)=0的根.

2.推論：如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的圖象是一條連續(xù)不斷且單調遞增(或單調遞減)的曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內有且只有一個零點.

【例題選講】

方法一：逐一放縮，取交集.

例1.(2015·全國卷Ⅰ文·21)設函數(shù)f(x)=e2x-alnx.

(Ⅰ)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)的零點的個數(shù)；

高考答案：(Ⅰ)f(x)的定義域為(0,+∞),

當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點；

所以f′(x)在(0,+∞)上單調遞增，又f′(a)=2e2a-1>0，

(Ⅱ)證明：由(Ⅰ)知，可設f′(x)在(0,+∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；

當x∈(x0，+∞)時，f′(x)>0.

故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，+∞)上單調遞增，所以x=x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).

例2.(2018·全國卷Ⅲ理·21)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x．

(Ⅰ)若a=0，證明：當-10時，f(x)>0；

(Ⅱ)若x=0是f(x)的極大值點，求a．

當-10時，g′(x)>0．故當x>-1時，g(x)≥g(0)=0，且僅當x=0時，g(x)=0，從而f′(x)≥0，且僅當x=0時，f′(x)=0．

所以f(x)在(-1，+∞)上單調遞增．

又f(0)=0，故當-10時，f(x)>0．

(Ⅱ)(i)若a≥0，由(Ⅰ)知，當x>0時，f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0)，這與x=0是f(x)的極大值點矛盾．

又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的極大值點當且僅當x=0是h(x)的極大值點．

思路分析：需要說明f(x)與h(x)在“0”附近小區(qū)間內的函數(shù)值符號相同，在這個小區(qū)間內既要滿足函數(shù)f(x)的定義域x∈(-1,+∞)，又要滿足2+x+ax2>0恒成立，故可在x>-1的基礎上，先對“2+x+ax2”中的一次項“x”進行放縮，再解含參不等式1+ax2>0，二者取交集就可以了.

例3.(2017·全國卷Ⅰ理·21)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.

(Ⅰ)討論f(x)的單調性；

(Ⅱ)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.

高考答案：(Ⅰ)f(x)的定義域為(-∞,+∞)，f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).

(i)若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞減.

(ii)若a>0，則由f′(x)=0，得x=-lna.

當x∈(-∞,-lna)時，f′(x)<0；當x∈(-lna,+∞)時，f′(x)>0.

所以f(x)在(-∞,-lna)上單調遞減，在(-lna,+∞)上單調遞增.

(Ⅱ)(i)若a≤0,由(Ⅰ)知f(x)至多有一個零點.

①當a=1時，由于f(-lna)=0，故f(x)只有一個零點；

又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0，故f(x)在(-∞,-lna)上有一個零點.

則f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.

綜上，a的取值范圍為(0,1).

思路分析：想要求解不等式ae2x+(a-2)ex-x>0非常困難，故可考慮利用學過的不等式“ex≥x+1>x”將“x”放縮為“ex”，進而解指數(shù)不等式就可以了.

難點突破：ae2x+(a-2)ex-x>0，因為ex≥x+1>x，所以a·e2x+(a-2)·ex-x>a·e2x+(a-2)·ex-ex.

方法三：利用局部函數(shù)的最值進行放縮

例4.(2016·全國卷Ⅰ理·21)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點.

(Ⅰ)求a的取值范圍；

(Ⅱ)設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1+x2<2.

高考答案：(Ⅰ)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)·(ex+2a)．

(i)設a=0，則f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一個零點．

(ii)設a>0，則當x∈(-∞,1)時，f′(x)<0；當x∈(1,+∞)時，f′(x)>0．所以f(x)在(-∞,1)上單調遞減，在(1,+∞)上單調遞增．

(iii)設a<0，由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a)．

又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．綜上，a的取值范圍為(0,+∞)．

(Ⅱ)證明：不妨設x1f(2-x2)，即f(2-x2)<0．

由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2，而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0，所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2．

設g(x)=-xe2-x-(x-2)ex，則g′(x)=(x-1)(e2-x-ex)．

所以當x>1時，g′(x)<0，而g(1)=0，故當x>1時，g(x)<0．

從而g(x2)=f(2-x2)<0，故x1+x2<2．

思路分析：因為函數(shù)f(x)的解析式涉及了基本初等函數(shù)的乘除運算，所以想要求解不等式(x-2)·ex+a(x-1)2>0非常困難.故可以考慮先將函數(shù)f(x)的形式轉化為兩個基本初等函數(shù)的加減運算，然后求解一個基本初等函數(shù)的值域，根據(jù)最值進行放縮之后，再解和另一個函數(shù)相關的不等式就可以了.