利用不等式ekx>kx，lnxk0）突破函数零点问题

［摘  要］ 放缩法是探究函数零点问题的常用方法，使用不等式ekx>kx，lnxk0）进行放缩，可以有效找到函数的零点，关键是要满足在探究函数零点的区间内，放缩后得到的函数和原函数有相同的变化趋势.

［关键词］ 放缩法；零点存在定理

函数零点问题以其方法的灵活性，涉及函数与方程、数学结合等重要思想，一直以来都是高考命题的热点.这类问题涉及的函数在结构中常含有ex，lnx，使得在探究零点时函数对应的方程为超越方程，无法直接求解，需要使用零点存在定理进行判断. 解决此类问题的方法有很多，高效且较常用的方法是放缩法，主要策略是通过放缩将超越方程转化为易于求解的方程［1］. 在高三复习教学中，笔者发现学生非常畏惧此类题目，学生虽然知道可以使用放缩法求解，但怎么放，没有方向性，此外，放缩的程度也经常把握不准，容易出现放得过大或过小等问题，使得解题陷入僵局，最终不得不放弃.

笔者在教学中发现使用零点存在定理研究函数f（x）的零点个数，寻找f（a）·f（b）<0时，其中的一个零点是易于找到的——可以根据函数解析式的结构特点代入特值“1”“2”等找到. 此外，一般地，若函数中含有ex，则可以尝试代入lna，若函数中含有lnx，则可以尝试代入ea或e-a，判断取值正负. 另一侧，则可以通过灵活使用不等式ekx>kx，lnxk0）进行放缩，实践证明能有效找到函数的零点.

放缩的程度是否得当可以参考以下原则，即在需要使用零点存在定理探究函数零点个数的区间里，放缩后得到的函数和原函数有相同的变化趋势［2］. 例如，若对函数f（x）进行放缩，构造f（x）>g（x），当x→+∞时，f（x）→+∞，函数g（x）同样需满足g（x）→+∞，则放缩成功，若g（x）不趋于正无穷大，则放缩失败.

ekx>kx（k>0）型不等式突破含ex的函數零点问题

例1 已知函数f（x）=ex，x∈R.

（1）若直线y=kx+1与f（x）的反函数的图像相切，求实数k的值；

（2）设x>0，讨论曲线y=f（x）与曲线y=mx2（m>0）的公共点个数.

分析：第（2）问中，若构造函数g（x）=ex-mx2探究零点个数，求极值点时不仅需要分类讨论，而且需要二次求导，比较烦琐.这里对方程ex-mx2=0进行变形，得到函数g（x）=-m，研究此函数的零点个数，与原问题等价，且该函数的极值点易于求解，可以有效降低探究零点个数的难度.

解：（1）k=e-2.

（2）构造函数g（x）=-m，求导得g′（x）=，令g′（x）=0，得x=2，所以g（x）在区间（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，当x=2时，函数g（x）的最小值为g（2）=-m.

当m<时，最小值g（2）>0，函数g（x）无零点.

当m=时，最小值g（2）=0，函数g（x）有1个零点.

当m>时，最小值g（2）<0，此时有<2，且g

=me-m>0，所以g·g（2）<0，函数g（x）在（0，2）上连续且单调，故g（x）在（0，2）上有1个零点. 当x>2时，因为ekx>kx，令k=，可得ex>x3，所以g（x）>x-m. 令x-m=0，则x=27m，所以g（27m）>0，所以g（2）·g（27m）<0，所以g（x）在（2，+∞）上有1个零点.

综上所述，当m<时，函数g（x）无零点；当m=时，函数g（x）有1个零点；当m>时，函数g（x）有2个零点.

点评：当x>2时，函数g（x）→+∞，此时利用不等式ekx>kx进行放缩，令k=1，，则得到ex>x，ex>x2，放缩g（x），得到的函数为h（x）=-m或h（x）=-m，当x>2时，此时h（x）均不趋于正无穷大，缩小得太多，解题失败.事实上，本题只要0（kx），h（x）=kx-m→+∞，令h（x）=kx-m=0，都可以找到零点.

例2 函数f（x）=ex-2ax-a.

（1）讨论函数的极值；

（2）当a>0时，求函数f（x）的零点个数.

解：（1）略；

（2）f′（x）=ex-2a，当a>0时，令f′（x）=0，解得x=ln2a，所以f（x）在（-∞，ln2a）上单调递减，在（ln2a，+∞）上单调递增，所以f（x）的最小值为f（ln2a）=a（1-2ln2a）.

当a<时，最小值f（ln2a）>0，f（x）没有零点.

当a=时，最小值f（ln2a）=0，f（x）有1个零点.

当a>时，最小值f（ln2a）<0，当x

-

=e>0，当x>ln2a，因为ekx>kx，令k=，得ex>x2，所以f（x）>x2-2ax-a，令x2-2ax-a=0，解得x=x=4a+2，所以f（x）>0. 因为f

·f（ln2a）<0，f（ln2a）·f（x）<0，所以f（x）在（-∞，ln2a）和（ln2a，+∞）上各有1个零点，共2个零点.

综上所述，当a<时，f（x）没有零点；当a=时，f（x）有1个零点；当a>时，f（x）有2个零点.

点评：当a>，x

利用lnxk0）型不等式突破含lnx的函数零点问题

例3 设函数f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a为实数.

（1）若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围；

（2）若g（x）在（-1，+∞）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论.

解：（1）a>e.

（2）易证当g（x）在（-1，+∞）上是单调增函数时a≤. 求函数f（x）的零点个数等于求函数h（x）=-a的零点个数. 由已知得h′（x）=，令h′（x）=0，得x=，函数h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，最大值为h（e）=-a.

当a=时，h（x）的最大值为h（e）=0，函数h（x）有1个零点.

当a≤0，x>e时，h（x）>0，无零点；0

-1

<0，所以h（ea）·h（e）<0，函数h（x）在（0，e）上有1个零点.

当0e时，因为lnxk

e+

<0. 因为h（1）·h（e）<0，h（e）·h

e+

<0，函数h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以函數h（x）在（0，e），（e，+∞）上各有1个零点.

综上所述，当a=或a≤0时，f（x）有1个零点；当0

分析：当0e，使得h（x）<0，此时可以利用lnxk0）将函数h（x）放大，得到新的函数g（x）=-a，原则是g（x）=0易于求解，且当x→+∞时，h（x）→-a，g（x）→-a. 若令不等式lnxk

例4 若函数f（x）=lnx-x-a有两个不同的零点，求实数a的取值范围.

解：求导可得f′（x）=，所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，当x=1时，最大值f（1）=-1-a. 因为f（x）有两个不同的零点，所以f（1）= -1-a>0，解得a<-1.

当01时，因为lnxk

笔者曾以上述试题为主设计过一节二轮专题复习课，在教学中发现，因为不等式ekx>kx，lnxk0）非常简洁且易于证明，所以学生容易上手解题. 有了这个重要工具，放缩不等式就显得游刃有余，即使第一次放缩不到位，学生通过调整k的取值，一般都可以使用零点存在定理证明函数零点的存在，从而有效解决函数零点问题.

参考文献：

［1］  李素波，姚芝英，史瑞华. 浅析放缩法在应用零点存在判定定理时的作用［J］. 中国数学教育，2016（20）：53-57+60.

［2］  王文英，蒋晓东. 利用导数研究函数的零点问题［J］. 中学数学教学参考，2019（07）：49-53.

作者简介：李大伟（1990—），硕士研究生，中学一级教师，2019年被评为常州市教坛新秀，从事高中数学教学工作.