李 伟

(辽宁省鞍山市第三中学 114000)

函数零点是高考重点考查的问题，函数零点与相关知识的综合更是高考压轴题时常出现的题目，所以搞清零点的概念，研究零点问题的题型，探究零点问题解题思考就显得十分重要.下面通过一些示例说明零点问题的题型和解决零点问题的思考.

一、零点唯一性问题

从题型角度讲，一是判断、证明有唯一零点；二是已知零点唯一，求参数、解决不等式等问题.解题思考：函数曲线与x轴只有一个交点.由此引出两种思考：曲线单调性仅一次穿越x轴；或曲线与x轴相切(切于极值点).

例1 (2018年全国二卷 理第21题)已知函数f(x)=ex-ax2．

(1)若a=1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点，求a．

略解问题(1)略.

问题(2)，f′(x)=ex-2ax；f″(x)=ex-2a.

a≤0时，f(x)=ex-ax2>0，所以，不合题意.

a>0时，

设函数h(x)=1-ax2e-x,f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点．h′(x)=ax(x-2)e-x．

当x∈(0,2)时，h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时，h′(x)>0.

所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．

二、零点与方程的根

函数的零点就是该函数对应方程的根，从这个意义上讲，可以从解方程角度求解零点问题，也可以从函数图象与x轴交点，即数形结合角度求解零点问题.

例2 (2013年全国二卷 理第10题)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是( )．

A．∃x0∈R,f(x0)=0

B．函数y=f(x)的图象是中心对称图形

C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(-,x0)单调递减

D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)=0.

略解若x0是f(x)的极小值点，则x0是方程f′(x)=3x2+2ax+b=0的一个实根，设另一实根为x1，则x1是f(x)的极大值点.由已知得f(x)在(-,x1)是增函数，在(x1,x0)是减函数，在(x0,+)是增函数，所以答案选C.

另：此题用淘汰法做更简捷.

三、零点存在性问题

零点的存在性问题有别于零点个数问题，此类问题核心是有，多少并不重要.所以，可以从单调性、解方程、数形结合、极值点、零点化简代换等各层面来思考问题的解决.

(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点;

(2)设x0为f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.

略解(1)f(x)在(0,1)、(1,+)上为增函数.由于f(x)在(0,1)上为连续的增函数，所以，f(x)在(0,1)上只有一个零点.同理f(x)在(1,+)只有一个零点，因此f(x)有且仅有两个零点.

四、零点与极值点问题

零点与极值点问题的两个方面：函数极值点就是其导数的零点，函数图象与x轴相切于极值点则极值点就是函数零点.由此，我们可以从零点角度思考极值点，也可从极值点角度思考零点，所以处理零点问题的思考也可以借鉴到极值点问题上来.

例4 (2017年全国二卷 理第11题)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为( ).

A.-1 B.-2e3C.5e3D.1

略解因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，所以x=-2是导数f′(x)=[x2+(2+a)x+a-1]ex-1的零点.所以，f′(-2)=0,即(-2)2-2×(a+2)+a-1=0，解之，a=-1.

又由f′(x)=(2x-1)ex-1+(x2-x-1)ex-1=0，得零点x=-2，x=1.而x<-2时，f(x)为增函数;-21时，f(x)为增函数.所以，极小值为f(1)=-1.选A.

例5 (2017年 全国一卷 第21题)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

略解(1)由已知得f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(ex+1).

①当a≤0时，f′(x)=(aex-1)(ex+1)≤0恒成立，故而函数恒递减.

五、借助零点解(证明)某些特殊不等式

借助零点与函数的单调性可以解决特殊不等式(>0,<0)的求解问题.一般做法研究单调性、数形结合确定曲线形态，用观察法、解方程等找零点等，特别是超越不等式用此解决的比较多.

六、已知零点求参数问题

已知零点求参数问题解法，一是借助数形结合；二是借助求极值(最值)的方法.这些求解方法如何运用关键还是要具体问题具体分析.

略解x≤0时，g′(x)=ex+1>0，所以，g(x)在(-,0]是增函数.x>0时，所以g(x)在(0,+)是增函数.由已知方程g(x)=f(x)+x+a=0有两根，即f(x)=-x-a有两根，由数形结合知a≥-1.

例8 (2017年全国三卷 第11题)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点，则a=( ).

略解设t=x-1，则原命题等价于f(t)=t2-1+a(et+e-t)有唯一零点.

例9 (2014年全国一卷 理第11题)已知函数f(x)=ax3-3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为( ).

略解a=0时，f(x)=-3x2+1有两个零点.不合题意.

a<0时，同理，解得a<-2， 所以选B.

七、判断零点个数问题

讨论零点个数与判断零点存在的性的区别是要指出何时有无零点、几个零点，解决问题的方法是一样的.

(1)当a为何值时，x轴为曲线y=f(x) 的切线；

(2)用min{m,n} 表示m，n中的最小值，设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.

对于问题(2)，注意到函数定义域是x>0.由于f′(x)=3x2+a，a≥0时，f(x)在(0,+)是增函数，且显然g(x)=-lnx在(0,+)有一个零点.而x≥1时，f(x)>g(x)，所以此时只有一个零点.

a<0时，类似上述讨论即可解决.

八、代换法解决零点问题

代换的目的是简化题目，通过代换分解解题步骤，层层剥离，达到降低难度的目的.另外此种方法也可用来解决复合函数的零点问题.

略解由于函数y=f(x)是定义域R上的偶函数，所以f(x)在(-,-2)和(0,2)上递增，在(-2,0)和(2,+)上递减.

设t=f(x)，则方程[f(x)]2+af(x)+b=0转化为：t2+at+b=0.

九、借助零点进行化简代换

函数f(x)的零点x0即满足f(x0)=0，借助零点进行化简代换的含义就是在解题过程中，如果x0是函数f(x)的零点，则可以思考是否需要借助f(x0)整体与0的互相代换，或其式子(变式)f(x0)与0的互相代换去解决问题.

例12 (2016年 全国一卷 理第21题)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．

略解(1)a=0时，f(x)=(x-2)ex，所以，函数无两个零点.

a>0时f′(x)=(x-1)(ex+2a).x=1是f(x)极小值点，且f(1)=-e<0，显然此时f(x)有两个极值点.

(2)不妨设x1

由于函数f(x)在x∈(-,1)上为减函数，

所以要证明x1+x2<2，即x1<2-x2.由于函数f(x)在x∈(-,1)上为减函数，只需证明f(x1)>f(2-x2).注意到x1是零点，有f(x1)=0，即只需证0>f(2-x2).注意到此时有f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0，即只需证明：f(2-x2)=-x2e2-x2-a<0,x2>1.

构造函数g(x)=-xe2-x-a(1-x)2(x>1)，显然可证g(x)<0.所以有x1+x2<2

例13 (2019年全国一卷 第20题)已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，f′(x)为f(x)导函数，证明：

(2)f(x)有且仅有2个零点.

(2)函数定义域为x>-1.

所以，综合上述知f(x)有且仅有2个零点.

以上是就函数零点题型、解题思考进行一些探索，给出了一些解法，由于解方程和简单数形结合处理问题比较简单，限于篇幅没有陈述，请读者自行查阅教材.