零点存在性定理
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零点存在性定理
前⾔
函数的零点
对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使得f(x)=0的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．简⾔之，零点不是点，是实数；零点是函数对应的⽅程f(x)=0的根。
有关零点的⼏个结论
(1).若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)⾄多有⼀个零点，也可能没有零点，⽐如f(x)=2x单调递增，但没有零点。(2).连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号。⽐如函数f(x)=−(x−1)⋅(x−2)，在1 (3).连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，如y=x3在零点x=0处两侧的函数值不同；也可能不变号，如y=x2在零点x=0处两侧的函数值相 同。 重要转化 函数y=f(x)=h(x)−g(x)有零点[数的⾓度]⟺函数y=f(x)与x轴有交点[形的⾓度] ⟺⽅程f(x)=0有实根[数的⾓度] ⟺函数y=h(x)与函数y=g(x)的图像有交点[形的⾓度] 具体应⽤时务必注意对函数f(x)的有效拆分，⽐如函数f(x)=lnx−x+2， 拆分为①h(x)=lnx和g(x)=x−2，或者拆分为②h(x)=lnx−2和g(x)=x，都⽐拆分为③h(x)=lnx−x和g(x)=2要强的多。 当拆分为①②时，我们都可以轻松的画出其图像，但是拆分为③时，要画出函数h(x)的图像，就需要导数参与。这时候，我们也就能理解有时候选择⽐努⼒ 更重要。 拆分原则：尽可能的拆分为我们学过的基本初等函数或初等函数，这样的拆分是上上策。 零点存在性定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的⼀条曲线，并且有f(a)⋅f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内⾄少有⼀个零点，即⾄少存在⼀ 个c∈(a，b)，使得f(c)=0，这个c也就是⽅程f(x)＝0的根． 定理的理解需要注意：①零点存在性定理的使⽤有两个条件必须同时具备，其⼀在区间[a，b]上连续，其⼆f(a)⋅f(b)<0，缺⼀不可； ⽐如，函数f(x)=1 x在区间[−1，1]上满⾜f(−1)⋅f(1)<0，但是其在区间[−1，1]没有零点，原因是不满⾜第⼀条； 再⽐如函数f(x)=2x，在区间[−1，1]上满⾜连续，但是其在区间[−1，1]没有零点，原因是不满⾜第⼆条；②零点存在性定理只能判断函数的变号零点，不能判断不变号零点。 变号零点的例⼦f(x)=x3的零点x=0，不变号零点的例⼦g(x)=x2的零点x=0。③零点存在性定理是函数有零点的充分不必要条件。 ④零点存在性定理只能判定有解，不能判定⽆解；只能说明根的存在性，不能说明根的个数； ⑤零点存在性定理为什么前⾯⽤闭区间[a，b]⽽后⾯⽤开区间(a，b)？ 由于要计算f(a)和f(b)的值，⾃然函数必须在区间的端点处有定义，故前边要使⽤闭区间，后边如果是闭区间，则零点可能会是x=a或x=b，这样条件就会 变为f(a)⋅f(b)≤0，与定理的条件不符，故后边⽤开区间(a，b)。 求零点⽅法解⽅程法；能解则解，从数的⾓度分析解决问题，本来就是排在第⼀位的。№1【2019年全国卷Ⅲ卷⽂科第5题】函数f(x)=2sinx−sin2x在[0,2π]的零点个数为【】A.2 B.3 C.4 D.5 解：由f(x)=2sinx−sin2x=2sinx−2sinxcosx=2sinx(1−cosx)=0， 则sinx=0或1−cosx=0， 由sinx=0且x∈[0,2π]得到，x=0，或x=π，或x=2π， 由cosx=1且x∈[0,2π]得到，x=0，或x=2π， 即得到x=0，或x=π，或x=2π，故f(x)在[0,2π]的零点个数为3个，选B. 图像法；图像法确定函数的零点，充其量也就是个⼤致的区间，不⼤可靠，⽽且随个⼈作图的习惯出⼊很⼤。 零点存在性定理；和图像法确定函数的零点相⽐，零点存在性定理可以说是⽐较精确的区间定位。利⽤函数的性质求解，如函数为单调函数，则其零点最多⼀个；函数为周期函数，则只需确定⼀个周期上的零点个数，其他区间照此办理即可。№2已知函数f(x)=a2x−2a+1，若命题“\forall x\in(0,1),f(x)\neq 0"是假命题，则a的取值范围是【】A.(\cfrac{1}{2}，1) B.(1，+\infty) C.(\cfrac{1}{2}，+\infty) D.(\cfrac{1}{2},1)\cup(1,+\infty) 解析: 因为函数f(x)=a^{2}x-2a+1，命题\forall x \in(0,1), f(x)\neq 0"是假命题， 所以原命题的否定是“\exists x_{0}\in(0,1)，使f(x_{0})=0"是， 所以f(1)\cdot f(0)<0，即(a^{2}-2a+1)(-2a+1)<0 所以(a-1)^{2}(2a-1)>0，解得a>\frac{1}{2}且a \neq 1 所以实数a的取值范围是(\cfrac{1}{2},1)\cup(1,+\infty)，故选D。№3函数f(x)=3ax-2a+1在区间[-1，1]上存在⼀个零点，则a的取值范围是________. 分析：由f(-1)\cdot f(1)\leq 0， 得到a\leq -1或a\ge \cfrac{1}{5}。 转化的等价№4 若函数 f(x)=2 x^{3}-x^{2}+ax+3 在区间(-1,1)内恰有⼀个极值点，则实数a的取值范围为【 \quad 】A.(-8,-4) B.[-8,-4) C.(-8,-4] D.(-\infty,-8] \cup[-4,+\infty) 分析：f'(x)=6x^2-2x+a，由于在区间(-1,1)内恰有⼀个极值点， 故函数f'(x)在区间(-1,1)内只有⼀个穿根零点， 故由零点存在性定理可得，f'(-1)\cdot f'(1)<0，解释 即(8+a)(4+a)<0，解得-8 当a=-8时，f'(x)=6x^2-2x-8， 由f'(x)=6x^2-2x-8=2(x+1)(3x-4)的图像，可知不符合题意，排除； 当a=-4时，f'(x)=6x^2-2x-4， 由f'(x)=6x^2-2x-4=2(x-1)(3x+2)的图像，可知符合题意； 综上所述，a\in (-8,-4]，故选C. ⾼阶典例№5已知g(x)=lnx-ax，a\in R，若0 求证：函数g(x)有2个不同的零点； 分析：待整理； 法1：从形的⾓度⼊⼿，转化为求证y=lnx和函数y=ax(0 法2：从形的⾓度⼊⼿，分离参数，转化为求证y=\cfrac{lnx}{x}和函数y=a(0 法3：从数的⾓度⼊⼿，先说明单调性，再采⽤零点存在性定理；f'(x)=\cfrac{1}{x}-a=\cfrac{1-ax}{x}；真命题 Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/GeneralPunctuation.js故在(0，\cfrac{1}{a})上单调递增，在(\cfrac{1}{a}，+\infty)上单调递减，f(\cfrac{1}{a})=-lna+1>0， f(\cfrac{1}{e})<0， f(\cfrac{1}{a^2})<0f(\cfrac{1}{a^3})<0№6【2018课标Ⅱ第21题】已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)。 (1).若a=3，求f(x)的单调区间。 分析：f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)，---End---您已经看到我的底线了---
