浅析放缩法在应用零点存在判定定理时的作用

2016年第10期摘要：为弥补尝试的盲目性，浅析了放缩法在零点定理中的作用，通过具体例子，阐述了放缩的方向、尺度、方法等技巧，结合尝试法与放缩法有效地解决了零点定理使用中涉及的取点问题.关键词：零点定理；放大处理；缩小处理题目已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.（1）求a的取值范围；（2）设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x22.解：（1）f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).①设a=0，则f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一个零点.②设a0，则当x∈(-∞,1)时，f′(x)0；当x∈(1,+∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增.因为f(1)=-e，f(2)=a，取b满足b0，且blna2，所以f(b)a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)0.③设a0（下略，与本文无关）.一、提出问题高考过后，按照学校的安排，笔者参加了2016年山西省高考数学评卷工作，评阅的就是上面的题目.然而，在评阅过程中，一个细节问题引起了笔者的关注.在第（1）小题中，当a0时，f(x)在(-∞,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以在x=1处函数有最小值f(1)=-e0，要使函数有两个不同的零点，根据零点定理，还需满足如下两个条件：①∃x1∈(-∞,1)，使得f(x1)0；②∃x2∈(1,+∞)，使得f(x2)0.就这一问题，据统计，近16万文科学生竟无一人能够完整写出符合题意的一组x1，x2（尤其是x1），从理科评阅组了解到，情况也很糟糕.虽然类似这样的“取点”问题本身是一个难点，但也从侧面反映了，就这一问题，我们在教学中是有缺失的.那么，在第（1）小题a0这一情形中，满足条件的x1，x2的取值该如何去找呢？这一问题实质是分别在区间(-∞,1)，(1,+∞)上，各找到不等式f(x)=(x-2)ex+a(x-1)20的一个解.而要求这个不等式的解集，显然是比较困难的.因此，尝试（法）必然是解决这一问题的首选方法，多多尝试，的确能够解决一部分问题.例如，在此题中，经尝试不难发现，取x2=2∈(1,+∞)，有f(x2)=a0，另外从解析式看，由于a(x-1)20，所以当ex(x-2)≥0，即x≥2时，必有f(x2)0成立.再看，如何取x1∈(-∞,1)，使得f(x1)0呢？这里进行尝试似乎就有些困难了.实际上，从另一个角度讲，尝试往往具有盲目性，大多数情况下，是不易找到答案的.那么如何才能使这一过程有法可依呢？这正是笔者要探讨的话题.人教A版教材必修1中的“函数的零点”一节，给出零点定理.定理：如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)∙f(b)0，那么，函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在c∈(a,b)，使得f(c)=0，这个c也就是方程f(x)=0的根.收稿日期：2016—08—05作者简介：李素波（1982—），男，中学一级教师，主要从事中学数学教学研究.浅析放缩法在应用零点存在判定定理时的作用浅析放缩法在应用零点存在判定定理时的作用李素波李素波姚芝英姚芝英（（山西省平定县第一中学校山西省平定县第一中学校））史瑞华史瑞华解题研究JIETIYANJIU532016年第10期本文所关注的问题，实际上就是在零点定理中，使得函数值异号的两自变量a,b取值的问题，或者说，是寻找不等式f(x)0（或0）的一个解的问题.经笔者探究发现，在尝试（法）无果的情况下，合理放缩可有效解决这类问题.二、放缩法1.放大或缩小的条件要寻找f(x)0的一个解，只需将f(x)放大到g(x)，只要能找到g(x)0的一个解，问题便可以得到解决；相反，要寻找f(x)0的一个解，只需将f(x)缩小到g(x)，找到g(x)0的一个解即可.这就是本文关注的放缩法（但是放缩法并不能解决所有问题）.2.如何把握好放缩的尺度把握好放缩的尺度至关重要，放的过大或缩的过小问题都得不到解决.下面我们先通过一道例题来阐述一下这一观点.例1若函数f(x)=lnx-x-a有两个不同的零点，求实数a的取值范围.解：因为f′(x)=1x-1=1-xx，所以f(x)在(0,1)上单调递增，(1,+∞)上单调递减.故当x=1时，f(x)取得最大值，且最大值为f(1)=-1-a.若函数f(x)有两个不同的零点，当且仅当下列三个条件同时成立：①f(1)=-1-a0；②∃x1∈(0,1)，使得f(x1)0；③∃x2∈(1,+∞)，使得f(x2)0.事实上，由f(1)=-1-a0，可以得到a-1；此时可取x1=ea∈(0,1)，有f(ea)=-ea0；取x2=-2a∈(1,+∞)，有f(-2a)=ln(-2a)+a0.【评析】首先，来看解法中的x1=ea，x2=-2a是如何得到的.先考虑条件②∃x1∈(0,1)，使得f(x1)0.这里显然要做放大处理，当x∈(0,1)时，f(x)=lnx-x-alnx-a，解lnx-a0，可得xea，且ea∈(0,1).故当x≤ea时，有f(x)0.下面考虑条件③∃x2∈(1,+∞)，使得f(x2)0.这里仍需做放大处理，当x∈(1,+∞)时，f(x)=lnx-x-ax2-x-a=-x2-a，解-x2-a0，可得x-2a，且-2a∈(1,+∞).故当x≤-2a时，有f(x)0.下面我们重点来看一下放缩“失当”的后果.例如，在考虑条件②∃x1∈(0,1)，使得f(x1)0时，由于x∈(0,1),lnx0，若将f(x)=lnx-x-a放大到-x-a，即f(x)=lnx-x-a-x-a，解-x-a0，得x-a，而-a∉(0,1).所以此时，并没有在区间(0,1)上，找到f(x)0的一个解.出现这样结果的原因就是因为将不等式放得过大.再如，考虑条件③∃x2∈(1,+∞)，使得f(x2)0时，由于在x∈(1,+∞)时，lnx2x，将f(x)=lnx-x-a放大到2x-x-a=x-a，即f(x)=lnx-x-ax-a，解x-a0，可得xa.而a∉(1,+∞)，所以此时也并没有在区间(1,+∞)上，找到f(x)0的一个解.这同样是因为放的过大了.那么何为放的过大，缩的太小呢？如何控制好放缩的尺度呢？经笔者探究，得出一个充分条件，一般地，要寻找f(x)0的一个解，只需找到同时满足下列三个条件的函数g(x)即可.①f(x)g(x)；②不等式g(x)0是容易求解的；③当自变量x趋向于定义域某端点（哪个端点，视具体题目而定）时，两函数f(x)，g(x)有相同的变化趋势（极限）.事实上，在例1中，在x∈(0,1)上，若将f(x)=lnx-x-a放大到-x-a，此时当x→0时，f(x)=lnx-x-a→-∞，而当x→0时，g(x)=-x-a→-a，这不满足条件③；在x∈(1,+∞)上，若将f(x)=lnx-x-a放大到2x-x-a=x-a，此时当x→+∞时，f(x)=lnx-x-a→-∞，而当x→+∞时，g(x)=x-a→+∞，仍不满足条件③.同样，一般地，要寻找f(x)0的一个解，只需找到同时满足下列三个条件的函数g(x)即可.①f(x)g(x)；②g(x)0是易解的；③当自变量x趋向于定义域某端点（哪个端点，视具体题目而定）时，两函数f(x)，g(x)有相同的变化趋势（极限）.所以，放缩的尺度问题，是运用放缩法时首先需要关注的一点，而放缩的方法是其次需要考虑的问题.解题研究JIETIYANJIU542016年第10期3.常用的放缩方法（1）利用函数的单调性进行放缩.在例1中，在考虑条件②∃x1∈(0,1)，使得f(x1)0时，要做放大处理，由于-x-a在(0,1)上单调递减，所以将-x-a放大到左端点的函数值-a，即f(x)lnx-a，而此时，当x趋向于0时，f(x)=lnx-x-a和g(x)=lnx-a都趋向于-∞（有相同的变化趋势），解lnx-a0，得xea，故当xea∈(0,1)时，有f(x)0.这就是利用了-x-a的单调性做了放大处理.例2设函数f(x)=e2x-alnx.（1）讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；（2）证明：当a0时，f(x)≥2a+aln2a.解：（1）f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2e2x-ax(x0).当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点；当a0时，因为e2x单调递增，-ax单调递增，所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.因为f′(a)0，当b满足0ba4，且b14时，f′(b)0，所以当a0时，f′(x)存在唯一零点.（2）略.【评析】这里我们只关注在第（1）小题，当a0时的情形里，如何找满足f′(b)0的点b.当a0时，f′(x)=2e2x-ax(x0)，通过尝试（法）不难发现，f′(a)=2e2a-10.下面重点研究在(0,a)上找一点b，使得f′(b)0.这里需对f′(x)=2e2x-ax(x0)做放大处理，注意到当x→0时,f′(x)→-∞，所以我们可借助端点a，在(0,a)上可做如下放大.当0xa时，2e2x2e2a，从而f′(x)2e2a-ax（此处有x→0,2e2a-ax→-∞），解2e2a-ax0，可得xa2e2a.故当ba2e2a时，有f′(b)0.这里就是利用了2e2x的单调性做了放大处理.当然也可以不用借助端点a，因为当x→0时,f′(x)→-∞，所以满足条件的b，越接近0越容易找到.不妨先限定x12，然后再该范围内取点，当x12时，2e2x2e，从而f′(x)2e-ax，解2e-ax0，可得xa2e.所以当b满足0b12，且ba2e时，有f′(b)0.再看文初题目，我们要如何找到b∈(-∞,1)，使得f(b)0.这里需要做缩小处理，又考虑到当x→-∞,f(x)→+∞.因为当x1时，exe，所以f(x)e(x-2)+a(x-1)2（当x→-∞,e(x-2)+a(x-1)2→+∞）.解e(x-2)+a(x-1)20，即ax2+(e-2a)x+a-2e0，可得x2a-e-e2+4ae2a或x2a-e+e2+4ae2a.此处显然有2a-e-e2+4ae2a=1-e+e2+4ae2a∈(-∞,1).故当b2a-e-e2+4ae2a时，有f(b)0.如果读者觉得这里带根式，显得复杂，还可以做如下细微的处理.下面说明，当b-ea时，也有f(b)0成立.因为当x1时，exe，所以f(x)e(x-2)+a(x2-2x).解e(x-2)+a(x2-2x)0，即(x-2)(ax+e)0，可得x-ea或x2.此处显然有-ea∈(-∞,1)，故当b-ea时，有f(b)0.当然，这里也可以利用φ(x)=ex(x-2)在(-∞,1)上单调递减做缩小处理.当x1时，φ(x)=ex(x-2)φ(1)=-e，所以有f(x)a(x-1)2-e.解a(x-1)2-e0，可得x1-ea或x1+ea，其中1-ea∈(-∞,1).故当b1-ea时，有f(b)0.可见利用函数的单调性放缩是一个常用方法，必解题研究JIETIYANJIU552016年第10期须掌握好，另外不同函数的变化快慢程度放缩也是很常见的.（2）利用函数的增长速度进行放缩.继续分析例1，在考虑条件③∃x2∈(1,+∞)，使得f(x2)0，要对f(x)=lnx-x-a做放大处理，由于x→+∞时，f(x)→+∞，所以要把握好放大的尺度，将f(x)放大到一个相同变化趋势的函数.所以在例1中，笔者利用了对∀x0，lnxx2，将f(x)放大到-x2-a（此处有x→+∞,-x2-a→+∞），解-x2-a0,可得x-2a.而-2a∈(1,+∞)，故当x2满足x2-2a时，都有f(x2)0.在这里，就是利用了一次函数比对数函数增长速度快，将lnx放大到了一