零点存在定理的妙用Word文档
零点存在定理的妙用
穆天云([1**********])
(通讯地址:甘肃省金塔县中学 邮编:735300)电子邮箱:[email protected] 函数与方程思想是高中数学最重要的数学思想方法之一, 而“函数与方程”的单元也是《数学课程标准》在“函数概念与基本初等函数”中特意增加的。关于该单元《数学课程标准》目标表述:了解函数的零点与方程根的联系。而研究新课标高考试题,不难发现只有学生充分体验并理解函数与方程的相互转化的数学思想方法,才能对零点存在定理有较深刻的理性认识,才能够解释、举例或变形、推断并能利用该定理解决有关问题。下面笔者就教学中妙用零点存在定理解决问题的过程做以解析,供同学们参考.
类型一 用零点存在定理解决函数零点个数的求解与判定
例题、函数f(x)=x-cos x在[0,+∞)内( ).
A.没有零点 B.有且仅有一个零点
C.有且仅有两个零点 D.有无穷多个零点
方法1:(零点存在定理法)
由于y=cos x∈[-1,1],
①当x∈[0,1]时,f(0)=-1<0,f(1)=1-cos 1>0.
∵f(x)=x-cos x,x∈[0,1]上的图象连续不间断,
∴f(x)在(0,1)内有零点.
又f′(x)=+sin x>0(x∈[0,1]), 2x
∴f(x)在[0,1]上是增函数,
因此
f(x)在(0,1)内有唯一零点. 1
②当x>1时,f(x)x-cos x>1-cos x>0,则f(x)在(1,+∞)上没有零点.
综合①、②知函数f(x)在[0,+∞)上有且仅有一个零点. 方法2:(函数图象法)
令f(x)x-cos x=0把零点个数问题转化为函数y=cos x和函数y=x的交点问题,在同一坐标系内画出两函数图象即可求解。 思路点拨:求函数零点个数的问题,从代数角度思考就是零点存在定理的应用;从几何角度思考就是令函数f(x)=0转化为函数图象交点个数,借助函数图象与性质,研究其图象交点的个数,但一定要结合函数的性质判定函数图象的特征.
【变式训练】在下列区间中,函数f(x)=ex+4x-3的零点所在区间为
111113A.-40 B.04 C.42 D.2,4 ( ).
解析 显然f(x)=ex+4x-3的图象连续不间断.
114又f2=e-1>0,f4=e-2<0.
11∴由零点存在定理,在4,2内存在零点.答案 C
类型二 用零点存在定理解决函数零点所在的区间及长度
例题、已知函数f(x)=ln x+2x-6.问函数f(x)是否有零点?若有求函
1数零点所在的一个区间,使这个区间的长度不超过4解:f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)是增函数.
∵f(2)=ln 2-2<0,f(3)=ln 3>0,
∴f(2)·f(3)<0.
∴f(x)在(2,3)上至少有一个零点.
因f(x)在(0,+∞)上是增函数,
从而f(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点.
∵f(2)<0,f(3)>0.
∴f(x)的零点x0∈(2,3).
5555取x1=2f2=ln 21=ln 2-ln e<0,
5∴f2·f(3)<0,
5∴x0∈23.
1111111111取x2=4f4=ln 42=ln 4-ln e20,
115∴f4·f<0. 2
51111511∴x0∈24且4-2=44
511∴2,4即为符合条件的区间.
思路点拨:求函数零点所在的区间问题,从代数角度思考就是零点存在定理的应用,首先确定零点是否存在,其次结合函数的性质判定确定零点个数,然后利用二分法确定零点存在的区间的长度.
π3【变式训练】已知函数f(x)=ax·sin x-2(a>0),且f(x)在区间0,2上
π-3的最大值为2.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)判断函数f(x)在(0,π)内零点个数,并加以证明.
解 (1)f′(x)=a·sin x+ax·cos x=a(sin x+xcos x).
π∵x∈02时,sin x+xcos x>0,又a>0,
π∴f′(x)>0,f(x)在0,2上是增函数.
ππ3π-3则f(x)max=f2=2a-22,∴a=1,
3所以f(x)=xsin x-2.
(2)函数f(x)在区间(0,π)内有且只有两个零点,
3证明如下:由(1)知,f(x)=xsin x-2
ππ33从而f(0)=-2<0,f2=22>0.
π由(1)知,f(x)在0,2上是增函数,且f(x)的图象连续不间断,∴
πf(x)在区间02上有唯一零点;
π当x∈2,π时,令g(x)=f′(x)=sin x+xcos x,
ππ由g2=1>0,g(π)=-π<0,且g(x)在2π上的图象是连续不
π断的,故存在m∈2,π,使得g(m)=0.
π时,有g′(x)<0,从而g(x)π由g′(x)=2cos x-xsin x,知x∈2
π内单调递减. π在2
π当x∈2,m时,g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0,
π从而f(x)在2,m内单调递增,
πππ-3π上无零点;mm故当x∈2时,f(x)≥f2=20,故f(x)在2
当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0,从而f(x)在(m,
π)内单调递减,
又f(m)>0,f(π)<0,且f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的,从而f(x)在(m,π)内有且仅有一个零点.
综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点.
类型三 用零点存在定理解决函数与方程的综合应用问题
例题、已知函数f(x)=aln x-2ax+3(a≠0).函数y=f(x)的图象在x=
3132处的切线的斜率为2g(x)=3+x2[f′(x)+m]在区间(1,3)
上不是单调函数,求实数m的取值范围.
3解:∵f(x)在x=22
a3∴f′(2)22a=2a=-1.
1此时f′(x)=2-x
1132因此g(x)=3+x2-x+m
13 =3+(2+m)x2-x,
∴g′(x)=x2+2(2+m)x-1,
∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数,
则g′(x)在x∈(1,3)时,g′(x)符号改变,
又g′(0)=-1,
∴结合g′(x)的图象知
1+即9+g'(1)0 +-1<0,103<m<-2. +-1>0,
10故实数m的取值范围为-32.
思路点拨:本题的关键是对函数g(x)在区间(1,3)上不单调的深刻理解,g(x)在区间(1,3)上不单调则函数g′(x)在(1,3)内存在零点,由零点存在定理转化关于m的不等式组,问题可求.
e2【变式训练】已知函数f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+x>0).
确定m的取值范围,使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根. 解:若g(x)-f(x)=0有两个相异实根.
则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点.
e2如图所示,作出函数g(x)=x+x>0)的大致图象.
∵f(x)=-x2+2ex+m-1
=-(x-e)2+m-1+e2,
∴其对称轴x=e,f(x)max=m-1+
e2.
若函数f(x)与g(x)的图象有两个交
点,
必须有m-1+e2>2e,即m>-e2
+2e+1.
即g(x)-f(x)=0有两个相异实根.
∴m的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).