聚焦函数零点分布的常见题型及求解策略

李 波

(四川省南充高级中学 637901)

1 回归定义，溯本求根

解析令f2(x)-mf(x)+m-1=0，

解得f(x)=1或m-1.

x1=e-1，x2=e+1.

当x=e时，函数解析式f(x)=1，即x5=e.

综上所述x1+x2+x3+x4+x5=5e.

例2 (2019年全国Ⅱ卷文)已知函数f(x)=(x-1)lnx-x-1，证明：

(1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

易知，当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0,x0)上单调递减，f(x)在(x0,+∞)上单调递增.

所以当x=x0时，f(x)有极小值.

所以f(x)存在唯一的极值点.

(2)由(1)知，f(x)在x=x0处取得最小值f(x0)=(x0-1)lnx0-x0-1.

因f(e2)=e2-3>0，f(x)在(x0,+∞)上单调递增，所以存在唯一实数m∈(x0,+∞)，使f(m)=(m-1)lnm-m-1=0.

评析求函数零点的常用方法：一是通过解对应方程，求实数解；二是通过作函数图象，利用数形结合求交点横坐标，但需要注意函数的定义域，分段函数的零点检验.

2 巧用对称，不攻自破

例3 (成都树德中学期末考试)已知x1是函数f(x)=xlog2x-2020的一个零点，x2是函数g(x)=x·2x-2020的一个零点，则x1x2的值为____.

解析令f(x)=xlog2x-2020=0，得

因函数y=log2x与y=2x的图象关于y=x对称，所以点A(x1,y1)与B(x2,y2)关于y=x对称，即y1=x2，y2=x1.

例4(2017年全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点，则a=( ).

解析f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)，令t=x-1，则g(t)=f(t+1)=t2+a(et+e-t)-1.

易知g(-t)=g(t)，所以函数g(x)为偶函数.

又函数f(x)有唯一零点，所以函数g(x)也有唯一零点.

评析解决函数零点不可求的客观题时，要有二个意识：一是会转化，函数零点、方程的根、两个图象的交点三者之间等价转化；二是要有整体观，结合图象的表征深化到图象的对称性：中心对称、轴对称，奇函数或者偶函数的零点关于数轴原点对称，且所有零点之和等于0.

3 合理设参，统一变量

解析函数y=f(x)的图象如图1所示，令f(a)=f(b)=m，a

图1

又f(a)=3a=m，所以a=log3m.

由f(b)=3b-4=m，知3b=4+m.

所以a+3b=log3m+m+4.

构造函数g(x)=log3x+x+4,x∈(0,3]，易知g(x)在(0,3]上单调递增.

所以g(x)的值域为(-∞,8].

即a+3b的取值范围是(-∞,8].

评析将方程问题转化为图象的交点问题，数形结合找到参数的切入点，联立方程组，将多变量问题转化为单变量问题，方便在化简、求最值时使用均值不等式、配方、构造函数判断单调性、比较大小等，但要注意变形过程的等价性.

4 巧用模型，化动为静

解析函数y=f(x)的图象，如图2所示，令f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)=m，则m∈(0,1),0

图2

由f(x1)=f(x2)，知|log3x1|=|log3x2|.

即-log3x1=log3x2，解得x1x2=1.

由f(x3)=f(x4)=m，知x2-10x+24-3m=0.

由根与系数的关系，得

x3+x4=10,x3x4=24-3m.

①

(x3-3)(x4-3)=x3x4-3(x3+x4)+9，

将①式代入上式，得

(x3-3)(x4-3)=3-3m∈(0,3).

评析依据题目条件准确画出函数图象，使复杂的代数问题变得形象直观，结合图象建立等量关系、不等关系，求得零点的分布.

5 数形结合，相得益彰

(1)求b；

(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

图3

综上所述，当f(x)有一个绝对值不大于1的零点时，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

评析本题考查导数的几何意义、与零点有关的不等式证明，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养.运用导数研究函数的零点或者方程的根，是高考热点问题，以函数的单调性为切入点，画出函数大致图象，以便确定函数零点的分布、最值情况，真正体现数形结合的灵活运用.

6 以退为进，海阔天空

例8 (2020年浙江卷)已知1

(1)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；

证明(1)由f(x)=ex-x-a知，导函数f′(x)=ex-1，显然，函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增.

又f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a>0，

所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.

故构造函数g(x)=ex-x-x2-1,x∈[0,1].

所以g′(x)=ex-2x-1，g″(x)=ex-2.

令g″(x)=0,解得x=ln2.

易知函数g′(x)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增.

又g′(0)=0,g′(1)=e-3<0，所以，当x∈[0,1]时，g′(x)<0，函数g(x)在[0,1]上单调递减.

所以h′(x)=ex-x-1，h″(x)=ex-1.

因为函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，

评析本题给人以亲而不近之感，利用导数判断函数的单调性、零点个数，并将不等式的证明与零点的存在性定理完美结合，较好地考查了逻辑推理能力、转化与化归的思想.

7 反面入手，柳暗花明

例9(2016年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.

(1)求a的取值范围；

(2)设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2.

由h′(x)>0知，x>1；由h′(x)<0知，x<1.

所以函数h(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.

当x∈(-∞,1)∪(1,2)时，h(x)<0；

当x∈(2,+∞)时，h(x)>0.

综上所述，h(x)的大致图象如图4所示.

图4

因为函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点，所以y=-a与y=h(x) 图象有两个交点，即-a<0，解得a>0.

(2)由(1)知x1<1,x2>1，不妨假设x1+x2≥2，则x2≥2-x1>1.

由函数h(x)在(1,+∞)单调递增，知

h(x2)≥h(2-x1).

又h(x1)=h(x2)，所以h(x1)≥h(2-x1).

整理,得(x1-2)ex1+x1e2-x1≥0,x1∈(-∞,1).

下证对任意的x∈(-∞,1)，不等式(x-2)ex+xe2-x≥0恒成立.

令g(x)=(x-2)ex+xe2-x,x∈(-∞,1)，则

由x<1知g′(x)>0,

即g(x)在(-∞,1)上单调递增.

所以g(x)

评析已知x1,x2是函数f(x)的零点，证明：x1+x2

函数零点的分布是难点，也是近几年高考的热点，综合性很强，考法灵活多变，解题时应该避重就轻，避实就虚，不失为一种明智的策略，可以考虑以上7种策略.考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、转化与化归数学思想，也是解题策略的优化与变通，更是“临渊羡鱼，不如退而结网”的人生境界.