例谈求解函数零点问题的方法

上海中学数学・2019年第10期41
例谈求解函数零点问题的方法
236000安徽省阜阳市第三中学范文满凌小平
摘要：函数的零点问题一直是高考中的热点问题，笔者通过对几例零点问题的求法进行分析归纳.得到一般求解零点问题的方法，并且对各种方法进行分析.
关键词：函数零点问题；分类讨论；分参;变形
函数零点问题一直是高考的热点、难点问题，2017年全国I卷理科数学第21题再次考查了此问题.此题的解法多样，学生很难掌握.笔者对此题进行了详细的研究，得到几种解决此类问题的方法.
一、分类讨论画图法
试题(2017全国卷理-21)已知函数/(.r)= ae"+(a—2)e"—.r.(1)讨论/(.丫)的单调性；(2)若/(.r)有两个零点，求a的取值范围.
本题问题(1)是很常规的含参数的分类讨论问题，并且是可分解的一类，只需注意讨论根的区间断点大小即可，具体解法如下.
解：由于/(.r)=ae2r+(a—2)e*—.r,故/'(/) =2ae"+(a-2)e r—1=(ae r—1)(2e J+1),①当a W O时,ae'—l<0,2e
*+l>0,从而/'(.r)V0恒成立，所以/(.<•)在R上单调递减.②当a〉0时，令f'(.r)=0,从而ae"—1=0,得.r=—Ina.综上，当a <0时，*.r)在R上单调递减；当a>0时，如表1所示./"(.r)在(一oo,—Ina)上单调递减，在(一Ina,+°°)上单调递增.
表1
.T(—oo,—Ina)_Ina(—Ina,+*) /(.r)一0+
7(.r)单调递减极小值单调递增
问题(2)是零点个数问题，解决此类问题，可以根据导数求出函数的单调性，再根据单调性画出函数的图像.由于问题(1)已经求出了函数的单调性，因此问题(2)的一般方法是根据问题(1)中求出的函数的单调性画出函数的图像•然后根据图像找岀交点个数.问题(2)的第一种解法如下.
解法1：由问题(1)知，当aWO时，/(.r)在R上单调递减，故/Cr)在R上至多有一个零点，不满足条件.当a>0时,/…；…=/(—Ina)=1—-^-+lna.令g(a)=1—丄+lna(a>0),则g'(a)=g+丄>0,
a a a 从而g(a)在(0,+oo)上单调递增.因为g(l)=0,所以当OVaVl时，g(a)V0；当a=l时，g(a)= 0;当a>l时，g(a)>0.
若a>l,则/mi”=1—寺+Ina=g(a)>0,故/(.r)>0恒成立，从而/&)无零点，不满足条件.若a=l,则=l—-^-+lna=O,故/(.r)=0仅有
一个实根.r=-lna=O,不满足条件.若OVaVl,则=1—++lnaV0,注意到一Ina>0/(—1)=
眷+詈+1—壬>0,故/•(•!)在(―1,—Ina)上有一
个实根；又因为In f--l^>ln-=-Ina,而且
\a/a
/^ln(-^--l)=e^d)(ae^d)+a_2)_ ln(—1)(3—a+a-2)—ln(—】)=仔-1)-S仔-1)>0,故f(.r)在(—Ina,In(■—1))上有一个实根.
又/'(.T)在(一
*,—Ina)上单调递减，在(—Ina,+oo)上单调递增，故/0)在R上至多有两个实根.因为f(；r)在(一1,—Ina)以及lna,ln^-|-—1j j上均至少有一个实数根，故f(;r)在R上恰有两个实根.
综上，0VaVl.
此法在求解过程中，需要求函数的单调性，根据单调性求解函数的零点问题.本题中问题(1)要求求出函数的单调性，从而给问题(2)做了铺垫，使用此法可以较为顺利地求解.
二、分参画图法
对于零点个数问题还可以利用分参的方式，转化为两个函数的图像问题.利用分离参数的方式可
42上海中学数学•2019年第10期
以回避分类讨论.利用导函数，求出函数的单调性.
进而画出函数的图像.利用此种方法对试题求解.得
出以下解法.
解法2：令/(.r)=0,即ae"+(a-2)e
*—乂=0,
得a=备兴，于是函数/'&)有两个零点转化为>
2P r-4-r
=a与g(.T)=e2*_|_e"的函数图像有两个交点・g(』)
的导函数为g'(z)=(2e'+l)(e f+.r~I)
e r(e r+l)2.当.rV
0时，g'(.r)>0；当,r>0时,g(.r)<0,所以g(.r)在(一x,0)上单调递增，在(0,+cxo)上单调递减，且g(.T)在.7=0处取得最大值g(0)=1.
当a$l时,y=a与>=g(.r)的图像至多有一个交点，不符合题意.
当a£0时，因为当.r>0时,g(x)>0,而当;r< 0时，g(;r)是单调递增的，所以y=a与y=g(.r)的图像至多有一个交点，不符合题意.
当0<a<l时，一方面，由于g(—2)V0,g(0) =1>0，且g(Q在(一2,0)上单调递增，所以y=a 与y=g(.r)的图像在(一2,0)上有且仅有一个交点.
另一方面'取如=In手,则g-(.r0)=< 3已32
尹。

=孑7=^9所以在(0♦In万)上，有g(0)〉0, gdn-^-Xa,且在区间(0,ln*)上单调递减,
于是y=o-与y=g(Q的图像在(0,ln—)上有且仅
a
有一个交占
r j I八、、•
综上，当0<aVl时，函数/(Q有两个零点.
此法利用分离参数的方式，得到函数g(.r),该函数中没有参数，根据导数求解出g(.C的单调性，进而画出函数的图像.这种解法不需要使用问题(1)的结论，直接利用分离参数的方式得到一个不含有参数的函数，利用导数求解出该函数的单调性，进而画出函数的图像，利用图像的交点个数来确定原函数的根的个数.此法思路清晰.利用数形结合的数学思想•使得问题得到有效的解决.
三、变形处理法
有些函数式子.如果直接处理，问题会比较复杂，如果对式子进行一些适当变形.那么处理起来会相对简单.
例1讨论函数/(.r)=e'—2,r2+2.rln.r的零点个数.
解：首先使用直接做差法来处理.因为/(.r)= e r-2x2+2.rlar,则/(.r)=e r-4.r+21n.r+2,很显然/'(.r)的符号无法确定.对/(.r)继续求导，得到f'(.r)=e「一4+半，很显然厂(.r)的符号仍然无法
确定.对f'(.r)继续求导，令A(x)==e r-4+—,因此.?p*?
h(.r)=e r——2=-----o----.令0(.r)=x2e r—2,贝q
jc.厂T
¢3=(.r2+2.r)e r，由于Z>0,所以/(工)〉0,因此伞(Q在(0,+oo)上单调递增，又因为卩(0)=—2 V0,而卩(l)=e—2〉0,所以存在.r o e(0,l)使得申(.G)=0.即j?02e r(>—2=0①，令/2，(.r)>0,得到.r >“o,令//(文)V0,得到.r<C.r0»从而力(久)在.r E (0,心)上单调递减，在.rW(r),+oo)上单调递增，
9
从而有力(&)$力(工0)=e*o+——4.
99
把①式代入得h—2H-----一4,由于W
心.r0
99
(0,1),因此A(.r)^A+—-4>o,即f(攵)>0,
.r0.r0
从而/'(#)在.re(0,+oo)上单调递增.又因为当.r —0时，/(.r)->-oo,/(l)=e-2>0,因此存在心W(0,1),使得十(心)=09即e'i—4工1+21nz
*i+2= 0②.令/(.r)>0,得到上〉.门，令g'Q)V0,得到.r <ri，从而/(北)在.厂&(0,、门)上单调递减，在.z E a,十8)上单调递增，从而有/(.r)/(T1)=小—2.TJ2+2.?!llLTj.
把②式代入得/(.r)^/(.ri)=e f i-2.n2+ 2ri ln.ri=e r i—jc x e r»+2./-/—2.门，对上式进行因式分解，得/(QN(1—4)(小-2xi),令p(工)=e「一2/,则//(^)=e，—2,令//(工)〉0,有工>ln2,令//(文)<0,有.r<ln2,所以/>(“)在.rE(0,ln2)上单调递减•在.re(ln2,+cx^)上单调递增.因此p(H) >/>(ln2)=2~21n2>0,所以e r>一2工】〉0,又因为4€(0,1),所以/(工)$(1—心)(小一2心)>0,从而可以得到此函数无零点.
此种方法比较复杂，中间多次使用隐零点来处理，一般情况下，学生很难有勇气做下去.下面对此函数进行适当处理，要求函数/(.r)=e r-2.r2+ 2/lz的零点，只需求解方程e r一2.r2+2.rln.r=0的根.在等式两边同时除以.r,那么只需求解方程号-2.r+21n.r=O的根即可.下面给出对函数式处理后的解题过程.
令p(.r)=y-2.r+21n.r,因此有p'(.r)=
(.r~1)e r ci21)e r—2(.r2_.r)吐j z、------2-----—2=n-------------，对p(.r) x-----------jc------------.z
因式分解，得/(.r)=(r~1)(f~2r).由上面的方
上海中学数学•2019年第10期43
法，可知e「一2.r〉0.所以令p'(.r)>0,得到.r>l,令y(.r)<0,得到0<.r<l,所以p(_r)在乂€(0,1)上单调递减，在.rG(l,+s)上单调递增，从而p(.r) $p(l)=e-2〉0,所以函数/(.r)=e r-2.r2+ 2.rln.r无零点.
很明显.对函数进行处理后简单得多，因此可以发现.如果直接求解零点比较复杂，可以尝试对函数进行变形.求解就会更加简单.
四、几何意义法
在有些选择填空题中，求解方程根的个数问题可以选择几何意义法处理.也就是找出参数的几何意义，利用数形结合的思想，求出根的个数或者是参数的范围.
例2若方程旦匸垃一滋=0有实数解.求正
JC
数&的范围.
发现此题如果变形为匹土那么方程就
.T
变成了函数f(.r)=坦严与直线y=k.r的交点个
数问题.而参数怡表示过(0,0)点直线的斜率，画出/<r)的图像.问题就迎刃而解了.
解：首先画出/(Q的图像，其次求岀过点(0,0)且与函数/(Q的图像相切的直线的斜率.设切点为P(.r0,ln-f"+'r°),因为/(.r)=M^，所以在P点
JC
处的切线方程为y—旦土=匕驴("一心).
心Ho
又因为此切线经过(0,0)点，因此有0—血+。

=
解此方程可以得到g
=1，则有k=l.此时/(.r)
的图像与直线>=.r相切，
如图1所示.根据数形结合
可得满足题意的k的取值
范围是OV^Wl.
在高中阶段类似的几图1
何意义还有截距、斜率等，如果抓住了参数的几何意义，利用数形结合.处理起来就容易了.
五、半分参处理法
有些问题很容易实现分参，但是在画函数图像时，有些函数的单调性处理起来比较麻烦，这时可以采用半分参的形式，即函数式分一部分，留一部分，在留出的函数式子中，参数有集合意义.以下面的例子进行说明.
例3关于.r的方程ln.r+.r—k.t2=0仅有一个实数解，求正数怡取值的集合.
此题如果直接进行分参处理，可以得到k= ln.r+.r
在求解*.r)=邑寺的单调性时，发现问题比
X
较复杂，笔者不再阐述•可做如下处理，方程ln.r+.r -k.r2=G仅有一个实数解，等价于方程ln.r+.r= k.r2仅有一个实数解，由于.r>0,因此在等式两边同时除以就等价于方程也也=Qr仅有一个实
数解，从而转化为例2,这样就可以利用几何意义来处理了.
从上面介绍的方法来看，虽然零点问题变化多端，但只要看清问题的本质.选择适当的方法，总是可以找到问题的突破口进行求解.
(上接第21页)
911彳=守，•••可用阿氏圆模型,2PD+PC=2(PD+专
FC).连接OP,在OC上取点E,连接PE,使ZOPE =ZOCP，则厶OPEsAOCP,得器=寒=
*，AF£=yPC且O P~=OE•OC,：.OE=1,：.2PD +FC=2(PD+P£)^2DE=4/2.
反思：运用阿氏圆模型需先判断动点的轨迹是否为圆.判断动点轨迹为圆的方法有找定点定长、定边对定角、共顶点的多条等线段、对角互补、外角等于内对角、共边同侧张角相等等.
荷兰著名学者弗赖登塔尔认为，数学教学方法的核心是学生的“再创造”，即通过观察、比较、猜想、推理、反思等活动.让学生感悟、发现知识的本质，并理解运用.⑴巧构造、妙转化有利于学生整合学科知识，优化数学认知结构，形成科学的思维方式，培养自身的思维能力.
参考文献
[1]何君青.利用隐圆巧解“线段最值题”[J].中学数学，
2017(12):84-85.。