函数零点问题解决策略
2022-04-29向峰任宏昇张帅
向峰 任宏昇 张帅
摘要：联系与转化思想是很重要的思想方法.函数零点问题转化为函数图象交点问题，就体现了联系转化思想、化归转化思想和数形结合思想.
在问题
解决过程中，从函数零点到方程的根，再到函数图象交点问题，这样从数到数，由数到形，据形得数，结合形的直观和数的微观本质，即可让问题得到准确解决.
关键词：联系思想;转化思想;数形结合思想;直观;微观
人教版教材必修1第三章“函数与方程”内容体现了联系与转化的思想，方程的根、函数的零点、图象的交点相互化归转换，就是将不能直接解决的问题向简洁、容易解决的问题转化.教材上明确给出结论：方程f（x）=0有实数解函数y=f（x）有零点函数y=f（x）的图象与x轴有交点.这个结论实质上体现的就是联系转化、化归转化、数形结合等数学思想，要求学习者综合运用数学知识，培养转换思想，开拓解题思路，提高数学能力.
下面结合具体案例，对函数零点问题的解决策略进行探究.
1 转化为函数图象与x轴的交点问题
由函数零点定义可知，方程f（x）=0的实数解就是函数f（x）的零点，即为函数y=f（x）的图象与x轴交点的横坐标.于是，可直接通过函数f（x）的图象与x轴的交点情况来研究函数y=f（x）的零点情况.
例1已知函数f（x）=xex-a（lnx+x），a∈R.若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.
分析：先研究函数f（x）的特征和性质，得出函数f（x）的图象，注意函数f（x）的单调区间、极值点、界点，观察函数f（x）图象与x轴的交点情况，即可解决问题.
解析：f′（x）=（1+x）（xex-a）x，x>0.
①易知a≤0不合题意.
②当a>0时，设g（x）=xex-a，x>0，则g′（x）=（x+1）ex>0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增.又g（0）=-a<0，当x+∞时，g（x）+∞.则存在唯一x0∈（0，+∞），使g（x0）=0，即x0ex0-a=0.当0
则由题意可知，只需
fmin（x）=f（x0）=x0ex0-a（lnx0+x0）<0.又x0ex0-a=0，则只需
a-a（lnx0+x0）=a（1-lnx0-x0）<0.
又a>0，则只需1-lnx0-x0<0.而t（x0）=1-lnx0-x0在（0，+∞）上单调递减，又t（1）=0，故需x0>1.进而研究a=x0ex0的值域，即可得到实数a的取值范围是（e，+∞）.
2 转化为函数图象与直线y=a的交点问题
教材上“函数y=f（x）有零点函数y=f（x）的图象与x轴有交点”，体现了将函数y=f（x）有零点转化为函数y=f（x）的图象与直线y=0有交点.其中y=0是最为特殊的直线，而在具体问题中，有时候将问题转化为函数y=g（x）的图象与直线y=a有交点，解决过程更为简洁.
在例1中，当a≠0时，题设条件等价于新方程
1a=lnx+xxex
有两个实根，也等价于直线y=1a与函数g（x）=lnx+xxex（x>0）的图象有两个交点.这样，函数g（x）中无参变字母，图象固定，而y=1a是水平直线，容易观察，复杂问题得以简单化.例1的第二种解法如下：
略解：
g′（x）=（1+x）（1-lnx-x）x2ex.而t（x）=1-lnx-x在（0，+∞）上单调递减，又t（1）=0，则当0
由图象可知，当0<1a<1e，即a>e时，直线y=1a与函数g（x）=lnx+xxex（x>0）的图象有两个交点，即f（x）有两个零点.
故实数a的取值范围是（e，+∞）.
3 转化为两个函数图象的交点问题
有时候，分析函数结构特征，可将函数y=f（x）的零点问题转化为方程f（x）=0的实数解问题，再转化为方程g（x）=φ（x）的实数解问题，最后转化为函数y=g（x）与y=φ（x）图象的交点问题.
例2设函数f（x）=xln x-asin x在
1e，π上有且只有一个零点，求实数a的取值范围.
解析：由题意得方程xln x=asin x在1e，π上有且只有一个实数解.设g（x）=xln x，t（x）=asin x，x∈1e，π，则函数g（x）与t（x）的图象在
1e，π上有且只有一个交点.而g′（x）=ln x+1≥0，即g（x）在1e，π上单调递增，g 1e=-1e<0，g（π）=πln π>0，g（1）=0，gπ2=π2lnπ2>0.
又由g′（x）=lnx+1单调递增可知g（x）图象在
1e，π内下凸.
当a>0时，t（x）在
1e，π2
上单调递增，在π2，π上单调递减，且t1e=asin1e>0，tmax（x）=tπ2=a>0，t（π）=0.又由t′（x）=acos x在1e，π2上单调递减可知t（x）图象在1e，π2内上凸.此时，如图1和图2所示，函数g（x）与t（x）的图象在1e，π上有且只有一个交点，符合题意.
当a=0时，f（x）=xln x，直接可得零点x=1，符合题意.
当a<0时，t（x）在1e，π2上单调递减，在π2，π上单调递增，且t1e=asin1e<0，tmin（x）=tπ2=a<0，t（π）=0.此时，由图3知，要使函数g（x）与t（x）
的图象在1e，π上有且只有一个交点，只需t1e≥g1e，即-1esin1e≤a<0.
综上，实数a的取值范围是a∈-1esin1e，+∞.
4 转化为方程的实数解问题
函数零点问题本质上就是方程的实数解问题.而有的复杂函数对应方程的结构复杂，基本转化难以解决问题.要先把函数y=f（x）的零点问题转化为方程f（x）=0的实数解问题，注意等式两边构造相同结构;再把方程f（x）=0有实数解转化为方程g[h（x）]=g[t（x）]有实数解，通过g（x）的单调性把问题转化为方程h（x）=t（x）
的实数解问题，达到化繁为简，化难为易的目的;最后把方程h（x）=t（x）的实数解问题转化为函数y=s（x）的图象与直线y=m的交点问题（或函数y=φ（x）的图象与x轴的交点问题）.
例3已知f（x）=xex+x-axaln x-aln x在（1，+∞）上有零点，求实数a的取值范围.
分析：此函数结构复杂，直接求导研究单调性困难，不易转化为函数y=f（x）的图象与x轴有交点.另外，由于函数结构限制，不能分离参数a，无法转化为函数y=g（x）的图象与直线y=a的交点问题，也难以转化为函数y=g（x）与y=φ（x）图象的交点问题.这里，f（x）=xex+x-axaln x-aln x有零点等价于方程xex+x=axaln x+aln x有实数解，变形结构，原问题等价于xex+x=（aln x）ealn x+aln x有实数解.根据等式两边的结构，设函数g（x）=xex+x，x>1，由函数g（x）单调性可知原问题等价于
x=aln x
在（1，+∞）上有实数解.
略解：由f（x）=xex+x-axaln x-aln x=0，得xex+x=axaln x+aln x，即xex+x=（aln x）ealnx+aln x（x>1），则原问题等价于方程xex+x=（aln x）＼5ealn x+aln x在（1，+∞）上有实数解.设函数g（x）=xex+x，x∈R，则g′（x）=（x+1）ex+1，g″（x）=（x+2）ex.当x<-2时，g″（x）<0，g′（x）单调递减.当x>-2时，g″（x）>0，g′（x）单调递增.则g′（x）≥g′（-2）=1-1e2>0，即g（x）在R上单调递增.又g（x）=g（aln x），则x=aln x.故原问题等价于方程x=alnx在（1，+∞）上有实数解，即方程a=xlnx在（1，+∞）上有实数解.再用例2的方法即可求出实数a的取值范围是a∈[e，+∞）.
5 转化为复合函数内外函数的图象问题
对于复合函数y=f[g（x）]的零点问题，我们可以从内层和外层来认知，设t=g（x），则问题转化为方程f（t）=0与方程t=g（x）的实数解问题，再在两个平面直角坐标系中分别作出函数y=f（t）与t=g（x）的图象，通过观察两函数图象关系即可解决问题.
对于例1，我们通过分析ln x+x与xex的结构，找到联系，即xex=eln x+x.设t=ln x+x，x>0，则g（t）=et-at，t∈R.而t=ln x+x在（0，+∞）上单调递增，t和x一一对应，则原问题等价于g（t）=et-at在t∈R上有两个零点.这种类型问题就是要抓住内外层函数图象的关联性，利用两图象对应的位置关系解决问题.例1的第三种解法如下：
略解：易知a=0时g（t）=et-at无零点;
当a<0时，g′（t）=et-a>0，g（t）在R上单调递增.又g（0）=1>0，g1a=e1a-1<0，故g（t）在R上只有一个零点;
当a>0时，由g′（t）=et-a<0，得t
得t>ln a.则g（t）在（-∞，ln a）上单调递减，在
（ln a，+∞）上单调递增.故g（t）在t=ln a时有唯一的一个最小值
gmin（t）=g（ln a）=a（1-ln a）.
再以0
不难看出，函数零点个数问题，核心就是考查化归转化思想和数形结合思想.具体做法就是把函数零点个数问题转化为两个函数图象交点个数问题.先通过求导（基本函数就不需求导）研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，按题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置，最后借助数形结合思想，观察两个函数图象关系，观察其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，函数就有几个不同的零点.这样利用化归转化和数形结合的思想方法去处理问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
