- 2021-05-06 发布 |
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文档介绍
高中数学讲义微专题09 零点存在的判定与证明
- 1 - 微专题 09 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 ,我们把方程 的实数根 叫作函数 的零点。 2、零点存在性定理:如果函数 在区间 上的图像是连续不断的一条曲线,并且 有 ,那么函数 在区间 内必有零点,即 ,使得 注:零点存在性定理使用的前提是 在区间 连续,如果 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“一定”(假设 在区间 连续) (1)若 ,则 “一定”存在零点,但“不一定”只有一个零点。要分析 的性质与图像,如果 单调,则“一定”只有一个零点 (2)若 ,则 “不一定”存在零点,也“不一定”没有零点。如果 单调,那么“一定”没有零点 (3)如果 在区间 中存在零点,则 的符号是“不确定”的,受函数性 质与图像影响。如果 单调,则 一定小于 0 5、零点与单调性配合可确定函数的符号: 是一个在 单增连续函数, 是 的零点,且 ,则 时, ; 时, 6、判断函数单调性的方法: (1)可直接判断的几个结论: ① 若 为增(减)函数,则 也为增(减)函数 ② 若 为增函数,则 为减函数;同样,若 为减函数,则 为增函数 y f x 0f x 0x y f x y f x ,a b 0f a f b y f x ,a b 0 ,x a b 0 0f x f x ,a b f x f x ,a b 0f a f b f x f x f x 0f a f b f x f x f x ,a b f a f b f x f a f b f x ,a b 0x x f x 0 ,x a b 0,x a x 0f x 0,x x b 0f x ,f x g x f x g x f x f x f x f x - 2 - ③ 若 为增函数,且 ,则 为增函数 (2)复合函数单调性:判断 的单调性可分别判断 与 的单调 性(注意要利用 的范围求出 的范围),若 , 均为增函数或均为减函数, 则 单调递增;若 , 一增一减,则 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 (3)分析函数 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 的零点所在的一个区间是( ) A. B. C. D. 思路:函数 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: , ,使得 答案:C 例 2:函数 的零点所在的大致区间是( ) A. B. C. D. 思路:先能判断出 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 ,f x g x , 0f x g x f x g x y f g x t g x y f t x t t g x y f t y f g x t g x y f t y f g x f x f x 2 3xf x e x 1 ,02 10, 2 1 ,12 31, 2 f x 1 21 1 12 3 4 02 2f e e 0 2 0f 1 12 3 2 02 2f e e 1 2 3 1 0f e e 1 1 02f f 0 1 ,12x 0 0f x ln 1f x x x 31, 2 3,22 2,e ,e f x - 3 - 函 数 值 的 符 号 即 可 。 时 , , 从 而 , ,所以 ,使得 答案:A 小炼有话说:(1)本题在处理 时,是利用对数的性质得到其 的一个趋势,从 而确定符号。那么处理零点问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 时, 后,也可举一个具体的函数值为负数的例子来 说明,比如 。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 是 函 数 的 一 个 零 点 , 若 ,则( ) A. B. C. D. 思路:条件给出了 的零点,且可以分析出 在 为连续的增函数,所以结合 函数性质可得 答案:B 例 4:已知函数 ,当 时,函数 的 零点 ,则 ________ 思路:由 的范围和 解析式可判断出 为增函数,所以 是唯一的零点。考虑 , ,所以 ,从而 答案: 例 5 : 定 义 方 程 的 实 数 根 叫 做 函 数 的 “ 新 驻 点 ”, 若 的“新驻点”分别为 ,则( ) 1x ln 1x f x 3 1 3ln 02 2 2f 0 31, 2x 0 0f x 1x ln 1x 1x ln 1x 11.1 1.1 ln 010f 0x 12 1 xf x x 1 0 2 01, , ,x x x x 1 20, 0f x f x 1 20, 0f x f x 1 20, 0f x f x 1 20, 0f x f x f x f x 1, 1 0 2 00, 0f x f x f x f x log 0, 1af x x x b a a 2 3 4a b f x 0 , 1 ,x n n n N n a f x f x 0x 3 log 3 3 log 3 3 4 log 3 1 0a a af b 2 log 2 2 log 2 2 3 log 2 1 0a a af b 0 2,3x 2n 2n 'f x f x 0x f x 3, ln 1 , 1g x x h x x x x , , - 4 - A. B. C. D. 思 路 : 可 先 求 出 , 由 “ 新 驻 点 ” 的 定 义 可 得 对 应 方 程 为 : ,从而构造函数 ,再利用零点存在性定理判断 的范围即可 解: 所以 分别为方程 的根,即为函数: 的零点 在 单调减,在 单调增,而 , 时, ,而 答案:C 例 6:若函数 的零点与 的零点之差的绝对值不超过 , 则 可以是( ) A. B. C. D. 思路:可判断出 单增且连续,所以至多一个零点,但 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 的零点所在区间即可 解:设各选项的零点分别为 ,则有 对于 ,可得: ' ' ', ,g x h x x 3 211,ln 1 , 1 31x x x xx 3 2 1 1 1 11, ln 1 , 3 11g x x h x x x x xx , , ' ' ' 211, , 31g x h x x xx , , 3 211,ln 1 , 1 31x x x xx 3 2 1 1 1 11, ln 1 , 3 11g x x h x x x x xx 1 1 1 10 1 0, 1 ln2 02h h 1 10 1 0 0,1h h ' 2 1 3 6 3 2x x x x x 1 x 0,2 ,0 , 2, 1 0 1 0 ,2x 1 0x 1 4 15 0 1 12 4 0 2,4 )(xf ln 2 8g x x x 5.0 )(xf 63)( xxf 2)4()( xxf 1)( 1 xexf )2 5ln()( xxf g x g x g x , , ,A B C Dx x x x 72, 4, 1, 2A B C Dx x x x ln 2 8g x x x 3 ln3 2 0, 4 ln4 0g g 0 3,4x 0 0g x - 5 - ,所以 C 选项符合条件 答案:C 例 7:设函数 ,若实数 分别是 的 零点,则( ) A. B. C. D. 思路:可先根据零点存在定理判断出 的取值范围: , 从 而 ; , 从 而 , 所 以 有 , 考 虑 , 且 发 现 为 增 函 数 。 进 而 ,即 答案:A 例 8:已知定义在 上的函数 ,求证: 存在唯一的零点,且零 点属于 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: 在 单调递增 ,使得 因为 单调,所以若 ,且 则由单调性的性质: 与题设矛盾 所以 的零点唯一 小炼有话说:如果函数 在 单调递增,则在 中, , 7 7=ln 1 02 2g 0 73, 2x 22 4, ln 2 5xf x e x g x x x ,a b ,f x g x 0g a f b 0f b g a 0 g a f b 0f b g a ,a b 0 3 0, 1 2 4 0f f e 0,1a 1 3 0, 2 ln2 3 0g g 1,2b 0 1 2a b 0 f a g b ,f x g x 0, 0g a g b f b f a 0g a f b 1, ln 2f x x x f x 3,4 ' 1 11 xf x x x 1,x ' 0f x f x 1,+ 3 1 ln3 0, 4 2 ln2 0f f 3 4 0f f 0 3,4x 0 0f x f x ' ' 0 0 03,4 ,x x x ' 0 00f x f x ' 0 0x x f x f x ,a b ,a b 1 2 1 2x x f x f x - 6 - 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 ,函数 ( 的图像连续不断) (1)求 的单调区间 (2)当 时,证明:存在 ,使得 解:(1) 令 解得: 在 单调递减,在 单调递增 (2)思路:由(1)可得 在 单调递减,在 单调递增,从而从图像上看必 然会在 存在 使得 ,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 ,构造函数 ,从而只需利 用零点存在性定理证明 有零点即可。 解:设 由(1)可得:当 时, 在 单调递减,在 单调递增 ,因为 根据零点存在性定理可得: ,使得 0a 2lnf x x ax f x f x 1 8a 0 2,+x 0 3 2f x f 2 ' 1 2 12 axf x axx x ' 0f x 1 2x a f x 10, 2a 1 ,2a f x 0,2 2, 2, 0x 0 3 2f x f 0 3 02f x f 3 2g x f x f g x 3 2g x f x f ' 'g x f x 1 8a f x 0,2 2, 32 2f f 32 2 02g f f 21 3 3 3 9ln , ln8 2 2 2 32g x x x f f 3 9100 ln100 1250 ln 2 32g ln100 1250 0 100 0g 2 100 0g g 0 2,100x 0 0 3 02g x f x f - 7 - 即存在 ,使得 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 ) 本 题 在 寻 找 小 于 零 的 点 时 , 先 观 察 表 达 式 的 特 点 : ,意味着只要 取得足够大,早晚 比 要大的多,所以只 需要取较大的自变量便可以找到 的点。选择 也可,选择 等等也 可以。 例 10 : 已 知 函 数 , 其 中 常 数 , 若 有 两 个 零 点 ,求证: 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,即证 且 ,即只需判断 的符号,可先由 存在两个零点判断出 的取值范围为 ,从而 ,只需将 视为关于 的函数,再利 用函数性质证明均大于零即可。 解: 令 设 ,可得 为增函数且 时, 时, 0 2,+x 0 3 2f x f g x g x 21 3ln 8 2g x x x f x 21 8 x ln x 0g x 100x 10,271x lnxf x e a x a 0a f x 1 2 1 2, 0x x x x 1 2 1 1x x aa 1 1 0f fa 1 0f f a 1 , 1 ,f f f aa f x a a e 1 0f e a 1 ,f f aa a 1ln 0 ln 1 x x ef x e a x a a xx e ln 1 xex x ' 2 1ln 1 ln 1 xe x xx x 1ln 1g x x x g x 1 0g 1 10, ,1x e e '0 0g x x 1,x '0 0g x x - 8 - 在 单调递减,在 单调递增 所以在 , 有两个零点 在 单调递增 在 单调递增 而 ,使得 即 另一方面: 而 ,使得 即 综上所述: x 1 10, , ,1e e 1, 1,x e min 1x e f x a e 1 0f e a lnaf a e a a a ' ln 2af a e a '' 1 1 1 0a a ef a e e ea e e 'f a ,e ' ' 23 3 0ef a f e e e f a ,e 22 2 2 0ef a f e e e e e e e 1 0f 1 0f f a 2 1,x a 2 0f x 21 x a 1 1 11 1ln ln ln 1a a af e a a e a a a e a aa a a e ln 1 0a 1 0f a 1 0f 11 0f f a 1 1 ,1x a 1 0f x 1 1 1xa 1 2 1 1x x aa 查看更多