函数零点不等问题变形策略
2024-02-04洪昌强
洪昌强
(浙江省台州市第一中学,浙江 台州 318000)
在解决函数零点相关不等式问题时,若函数选择不好、方程处理不当,往往会导致运算繁琐,或无法从方程中分离出所需要的零点数量关系式.如何对函数式和结论进行合理变形,得到一个有助于问题解决的函数呢?
1 同质变形化归为简单的函数
函数零点不等问题与函数值变化密切相关,通常将零点不等问题化归为函数单调性问题进行处理,为了方便研究函数的性质,需要对函数或结论进行适当的同质变形.
例1 已知函数f(x)=xa-ax(a>0,a≠1),当x>0时,若f(x)恰有两个互异零点m,n(m>n>0),求证:mn>e2.
当x>e时,h′(x)>0,
则h(x)在[e,+∞)上单调递增.
因为h(e)=0,
所以h(x)>h(e)=0.
即mn>e2.
评注本题条件所给的函数涉及指数函数和幂函数,f(x)的导函数比较复杂,需要对已知的函数、等式和不等式进行变形,然后重构函数促使函数“瘦身”,并保持函数零点不变.让函数式变成能用、好用,让要证的不等式变成易得、易证.本题的处理方法充分利用 “f(m)=f(n)” 的等式关系,将含有两个零点问题转化为单个零点问题,然后通过函数的单调性将自变量比较大小问题转化为函数值比较大小问题.在利用单调性处理不等式问题时,需要考虑“两个点”是否同属一个单调区间.
2 换元变形化归为新变元的函数
结论中所要研究的“两个点”不在一个单调区间上,或者关于零点不等问题难以转化为以零点为变元的函数值问题.此时可以引入新变元,将要证的结论转化为关于新变元为变量的函数问题[1].
分析x1,x2是F(x)的导函数F′(x)=ex-ax+a的两个零点,即
ex1-ax1+a=0,
①
ex2-ax2+a=0.
②
因为从①式和②式中无法求出x1=f1(a),x2=f2(a),所以要从3x1-x2≤2直接求出a的取值范围有一定的难度.
由于3x1-x2≤2不含a,因此,从①式和②式中先消去a,得
③
e(t-1)(x1-1)=t.
利用导数知识不难得出
评注本题抓住了关于零点等式的特征,通过引进参数,整体代换,不仅把x1用t进行表达,并且从条件3x1-x2≤2中得出t≥3,将条件和结论发挥到淋漓尽致.在适当的时机,适合的情境中,通过整体换元,以新变元为变量重建新的函数,为问题解决起到化难为易,柳暗花明又一村的作用.
3 放缩变形化归为熟悉的函数
因函数式结构较繁,或结论比较复杂,等式运算时化简困难,条件与结论之间关系又找不到连接点,零点问题很难转化为函数值进行处理.因此,需要对等式进行适当的放缩变形,或者根据零点的变化范围对零点进行适切放缩变形,为优化函数创设好的环境[2].
x2lnx=a.
如何得出x2-x1<(e+1)a+1?先将结论变形为x2-x1
评注通过放缩变形,将原来的函数转化为两个一次函数,起到化生为熟、化曲为直的功效.放缩处理关键做好以下三点:放缩点位的确定,放缩尺度的把控,放缩时机的选择[3].
4 分离变形重建单变量的函数
例4(2021年浙江高考第22题)设a,b为实数,且a>1,函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同零点,求a的取值范围;
分析若直接研究函数f(x),利用导数知识可求f(x)的极小值点为lnb.设x1
若使用分离法,由ex-bx+e2=0,得
易求g1(x)的极小值点为2,极小值为e2,并在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
这样不仅得出x1<2,x2>2,而且根据条件b>e4,还可得到0
5 随机应变灵活选择合适的函数
分析由blna-alnb=a-b,得
设x2>x1,则0 即得x2,2-x1∈(1,e) ,e-x1∈(e-1,e). 方法1同质变形, 因为f(x)在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上是单调递减,所以要证x1+x2>2,只需证g1(x)=f(x)-f(2-x)<0在(0,1]上恒成立. 利用导数知识易证g1(x)在(0,1]上单调递增,且g1(1)=0. 要证x1+x2 利用导数知识知g2(x)在(0,x0)上单调递增,在[x0, 1]上单调递减. 又g2(1)=1-(e-1)[1-ln(e-1)] 所以g2(x)>0在(0,1]上恒成立. 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减. 方法3放缩变形,因为0 所以x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)>x1. 则x1+x2<2x2-x2lnx2. 又因为1 评注在证明x1+x2>2的过程中,方法1抓住了函数极大值点1与结论中“2”的特殊数量关系,推理过程较为简洁.使用方法2证明x1+x2 学生在平时解题时,要重视题型的总结归类,一题多解,一法多用,才能做到触类旁通.
6 结束语
