放缩取点证明零点存在性问题

e x2 2a
x2
f ( x2 ) e x2 ax22
2ax2 ax22 ax2 (2 x2 )
f (x2)＝0时，a＝
e2 4
e a e2
2
4
时，f (x2)＞0，f (x)无零点；
y
f (x) 1
e
e2
a
2
4
O x1
x2 x
e2 a
4
时，f (x2)＝0，f (x)有唯一零点；
另外，注意本题其实是由例3改编的，
所以右侧取点令x＝ ln 1 k
y y x
效果会更好．
O1 e
－1
y＝ kx－ 1 y＝lnx
x
y＝ － 1
方法总结
放缩取点的总原则： 将不可求零点的函数放缩成可求零点的函数．
放缩取点的方法： 化曲为直放缩取点 化直为曲放缩取点 化曲为曲放缩取点
附录1：高考实例
y f (x)
1
O x1
x2
e2 a
4 x
e2 a
4
时，f (x2)＜0，取x＝ 4
a，
2
2
f (4 a ) e4 a 16a2 e2 a 16a2 (2 a )2 16a2 0
f (x)有两个零点．
化曲为曲放缩取点
y
a e2 4
2
利用ex＞x2 ，将 e2 a放缩成 e2 a
由例2可知f ′(x)必有两个变号零点x1，x2，(x1＜x2)
y
f ′(x)
f (x)在(0，x1 )单调递增， 在(x1 ， x2)单调递减， 在(x2，＋)单调递增．
ln2a x
O x1
x2
Baidu Nhomakorabea
y f (x)
1
O x1
x2 x
f (x)在(0，x1 )无零点，
在x2处由极小值f (x2) ，
f ′(x2)＝0 e x2 2ax2
f (x)
1
O x1
x2
x
4a
此方法告诉我们：利用指数递增速度远快于幂函数， 总可以将 ex 放缩成比 xn 次数更高的幂函数．
方法拓展
还可用泰勒展开式将ex放缩：
ex 1 x x2 x3 x4 1! 2! 3! 4!
f (x)＝ex－ax2 1 x x2 x3 ax2 1! 2! 3!
变式1 已知函数 f (x)＝ex－kx－1 (k＞1， x＞0)．
证明：函数 f (x)存在唯一变号零点．
放法：化曲为曲放缩取点 易证ex＞x2 ＋1， 将ex放缩成x2 ＋1，取x＝k ． 证明过程略．
变式2 已知函数 f (x)＝ex－ax2 (x＞0)．存在唯一 零点，求a的值．
放法1：分离参数(略) 放法2：化曲为曲放缩取点
1
O1
y＝lnx
x
y＝ex y
y＝x2＋1
y＝x2
1
x O
例1 已知函数 f (x)＝ex－
a x
(a＞0， x＞0)，
证明：函数 f (x)存在唯一变号零点．
证明：易证函数f (x)单调递增．零点右侧取点方法如下
ex＞x＋1
f (x)＞x＋1－ a ＝g(x) x
令g(x)＝0，
x 1 1 4a 2
此法难点在于如何对ex进行放缩 f (x)＝ex－ax2 f ′(x)＝ex－2ax f ′′(x)＝ex－2a
1°a≤0时， f (x)无零点；
2°0＜a≤ e 时， f ′(x)≥0 ，f (x)递增，无零点； 2
3°a＞ e 时，令f ′′(x)＝0， x＝ln2a 2
f ′(x)在(0，ln2a)单调递减，在(ln2a，＋)单调递增．
f (x)＝ex－
a x
＜ex－
a ex 1
＝g(x) .
令g(x)＝0，
ex 1 1 4a 2
x ln 1 1 4a 2
取 x2 ln 1
1 4a 2
，则有：f (x2)＜g(x2) ＝0 .
结合f (x)的单调性可知, f (x)在(x2 ， x1)必存在 唯一的变号零点.
(2016·全国新课标Ⅰ卷·理·21)已知函数 f (x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个零点.
(Ⅰ) 求 a 的取值范围; 可放缩成－3 (Ⅱ) 设 x1, x2 是 f (x) 的两个零点 ,
例2 已知函数 f (x)＝ex－kx (k＞e ， x＞0)．
证明：函数 f (x)存在两个变号零点．
证明：易证函数f (x)在(－ ，lnk)单调递减， 在(lnk，＋)单调递增．且f (lnk)＝k－klnk ＜0， 左侧取点很容易，取x＝0， f (0)＝1＞0 ； 零点右侧取点方法如下： 化曲为曲放缩取点 令g(x)＝x2－kx ，易证ex＞x2，则f (x)＞g(x), 将f (x)放缩成g(x)，取x＝k，则有：f (k)＞g(k)＝0， 这样函数f (x)在(0，lnk) 存在一个变号零点， 在(lnk，k) 存在另一个变号零点．
取 x1 1
1 4a 2
，则有：f (x1)＞g(x1) ＝0 .
若取 x1＝ a 和x1＝a，则效果更佳，几何解释如下图：
y
y a
x
化曲为直放缩取点
y＝x＋1
y＝ex
y＝x
O
x0 x1 a
a
y＝1 x
零点左侧取点方法如下：
化直为曲放缩取点
ex＞x＋1
ex－1＞x
1
1
x ex 1
y y＝ex y＝ x2
y y＝ex y＝ x2＋x
y＝ kx＋k
y＝ kx＋k
x －1 O
x －1 O k
变式 已知函数 f (x)＝lnx－kx＋ 1 (0＜k＜1 )． 证明：函数 f (x)存在两个变号零点．
提示：左侧就取 x＝ 1 ． e
右侧取点采用化曲为曲放缩取点 ，将lnx放缩成 x ．
放缩取点证明零点存在性问题
导言：
函数零点存在性的判断是近年高考中的热 门考点，而利用函数零点存在性定理判定零点 的存在性时，如何取点成了该问题中的难 点．本课件就如何取点作了一些粗略地探讨， 诚望诸公批评指正！
y
y＝ex
指数型切线放缩：
y＝x＋1
ex≥x＋1
对数型切线放缩：
y＝x－1
lnx≤x－1
1 x x2 x3 ax2 26
取x＝6a
f (6a) 1 6a (6a)2 (6a)3 a(6a)2 0
2
6
例3 已知函数 f (x)＝ex－kx－k (k＞1 ， x＞0)．
证明：函数 f (x)存在两个变号零点．
提示：左侧就取x＝－1． 右侧取点采用化曲为曲放缩取点 将ex放缩成x2 ，(或x2＋x更好，此时取x＝k ．)