浅析放缩法在应用零点存在判定定理时的作用

③ 当自变量 x 趋向于定义域某端点 （哪个端点，
③ ∃ x 2 ɪ(1, +ɕ) ，使得 f (x 2) < 0 .
-ɕ，而当 x ң 0 时， g(x) = -x - a ң -a ，这不满足条件③； a = x - a ，此时当 x ң +ɕ 时， f (x) = ln x - x - a ң -ɕ ，
解 题 研 究
J I E T I YAN J I U
浅析放缩法在应用零点存在判定定理时的作用
李素波 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
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)e + a(x - 1) 有两个零点 .
各找到不等式 f (x) = (x - 2)ex + a(x - 1)2 > 0 的一个解 . 而 要求这个不等式的解集，显然是比较困难的 . 法，多多尝试，的确能够解决一部分问题 .
因此，尝试 （法） 必然是解决这一问题的首选方 例如，在此题中，经尝试不难发现，取 x 2 = 2 ɪ(1, +ɕ) ， 再看，如何取 x1 ɪ(-ɕ, 1) ，使得 f (x1) > 0 呢？这里
递减，在 (1, +ɕ) 单调递增，所以在 x = 1 处函数有最小 值 f (1) = - e < 0 ，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 ɪ(-ɕ, 1) ，使
收稿日期：2016—08—05
续不断的一条曲线，并且有 f (a) ∙f (b) < 0 ，那么，函数
x x x
的 x1 ， x 2 的取值该如何去找呢？
① 设 a = 0 ，则 f (x) = (x - 2)e ，f (x) 只有一个零点 . ② 设 a > 0 ，则当 x ɪ(-ɕ, 1) 时，f ᶄ(x) < 0 ； 当 x ɪ(1, +ɕ) 时， f ᶄ(x) > 0 . 所以 f (x) 在 (-ɕ, 1) 单调递减，在 (1, +ɕ) 单调递增 . f (2) = a，取 b 满足 b < 0， 且 b < ln a ， 因为 f (1) = - e， 2 2 2 3 a 所以 f (b) > (b - 2) + a(b - 1) = a(b - b) > 0 . 2 2 ③ 设 a < 0 （下略，与本文无关） .
x - a < ln x - a， 解 ln x - a < 0 ，可得 x < ea ，且 ea ɪ(0, 1) .
【评析】 首先，来看解法中的 x1 = ea ， x 2 = - 2a 是
同样，一般地，要寻找 f (x) > 0 的一个解，只需找
这 里 仍 需 做 放 大 处 理 ， 当 x ɪ(1, +ɕ) 时 ， f (x) = ln x - x - a < x - x - a = - x - a ，解 - x - a < 0 ，可得 x < 2 2 2
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） .
③ 当自变量 x 趋向于定义域某端点 （哪个端点，
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 .
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2016 年第 10 期
解 题 研 究
J I E T I YAN J I U
经笔者探究发现，在尝试 （法） 无果的情况下，
时，由于 x ɪ(0, 1), ln x < 0 ，若将 f (x) = ln x - x - a 放大
到 -x - a ，即 f (x) = ln x - x - a < -x - a ，解 -x - a < 0 ，
(0, 1) 上，找到 f (x) < 0 的一个解 .
f (b) > 0 .
再看文初题目，我们要如何找到 b ɪ(-ɕ, 1) ，使得 这 里 需 要 做 缩 小 处 理 ， 又 考 虑 到 当 x ң -ɕ, 因为当 x < 1 时， ex < e ， 解 e(x - 2) + a(x - 1)2 > 0 ， 所以 f (x) > e(x - 2) + a(x - 1)2 （当 x ң -ɕ, e(x - 2) + 即 ax2 + (e - 2a)x + a - 2e > 0 ，
x - a 放大到 -x - a ，此时当 x ң 0 时， f (x) = ln x - x - a ң
事实上，由 f (1) = - 1 - a > 0 ，可以得到 a < - 1 ；
x 2 = - 2a ɪ(1, +ɕ) ，有 f (- 2a) = ln(- 2a) + a < 0 .
在 x ɪ(1, +ɕ) 上 ， 若 将 f (x) = ln x - x - a 放 大 到 2x - x 而当 x ң +ɕ 时， g(x) = x - a ң +ɕ ，仍不满足条件③. 到同时满足下列三个条件的函数 g(x) 即可 . ① f (x) > g(x) ； ② g(x) > 0 是易解的；
g(x) ，找到 g(x) > 0 的一个解即可 . 的一个解，只需将 f (x) 放大到 g(x) ，
由于在 x ɪ(1, +ɕ) 时， ln x < 2x ，将 f (x) = ln x - x - a 放 大 到 2x - x - a = x - a ， 即 f (x) = ln x - x - a < x - a ， 解
二、放缩法
1. 放大或缩小的条件
得 x > -a ， 而 - a ∉(0, 1) . 所 以 此 时 ， 并 没 有 在 区 间 出现这样结果的原因就是因为将不等式放得过大 .
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 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
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 . 合理放缩可有效解决这类问题 .
本文所关注的问题，实际上就是在零点定理中， - 2a ，且 - 2a ɪ(1, +ɕ) . 故当 x ɤ - 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 ɪ(0, 1) ， 使 得 f (x1) < 0
故当 x = 1 时，f (x) 取得最大值，且最大值为 f (1) =
② 不等式 g(x) < 0 是容易求解的；
个条件同时成立：
若函数 f (x) 有两个不同的零点，当且仅当下列三 ① f (1) = - 1 - a > 0 ； ② ∃ x1 ɪ(0, 1) ，使得 f (x1) < 0 ；
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 ɪ(0, 1) 上，若将 f (x) = ln x -
有 f (x 2) = a > 0 ，另外从解析式看，由于 a(x - 1)2 > 0 ， 所以当 ex (x - 2) ȡ 0 ，即 x ȡ 2 时，必有 f (x 2) > 0 成立 . 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 .
但也从侧面反映了，就这一问题，我们在教学中是有 那么，在第 （1） 小题 a > 0 这一情形中，满足条件 这一问题实质是分别在区间 (-ɕ, 1) ， (1, +ɕ) 上，
（1） 求 a 的取值范围； （2） 设 x1 ,x 2 是 f (x) 的两个零点，证明： x1 + x 2 < 2 . 解： （1） f ᶄ(x) = (x - 1)e + 2a(x - 1) = (x - 1)(e + 2a) .
到 . 不妨先限定 x < 1 ，然后再该范围内取点，当 x < 1 2 2 时， 2e2x < 2e ，从而 f ᶄ(x) < 2e - a ，解 2e - a < 0 ，可 x x 得 x < a . 所以当 b 满足 0 < b < 1 ，且 b < a 时，有 2e 2e 2 f ᶄ(b) < 0 .
f (x) ң +ɕ .
（1） 讨论 f (x) 的导函数 f ᶄ(x) 零点的个数； （2） 证明：当 a > 0 时， f (x) ȡ 2a + a ln 2 . a 解： （1） f (x) 的定义域为 (0, +ɕ) ， f ᶄ(x) = 2e2x - a x (x > 0) .
一、提出问题
高考过后，按照学校的安排，笔者参加了 2016 年 然而，在评阅过程中，一个细节问题引起了笔者 在第 （1） 小题中，当 a > 0 时， f (x) 在 (-ɕ, 1) 单调
山西省高考数学评卷工作，评阅的就是上面的题目 . 的关注 .
者要探讨的话题 . 给出零点定理 .
那么如何才能使这一过程有法可依呢？这正是笔 人教 A 版教材必修 1 中的“函数的零点”一节， 定理：如果函数 y = f (x) 在区间 [a,b] 上的图象是连