零点存在性定理

根的存在性定理：如果)(x f 在闭区间[a,b]上连续0)(,,0)()(=∈<ξξf b a b f a f ）使得（则存在。

证明 利用构造法的思想，将)(x f 的零点范围逐步缩小。

先将[a,b]二等分为],2[],2,[b b a b a a ++，如果0)2(=+b a f 。

则定理获证。

如果0)2(≠+b a f ，则f(a)和f(b)中必然有一个与)2(b a f +异号，记这个小区间为[11,b a ],它满足2-0)()(1111a b a b b f a f -=<且区间的长度。

又将[11,b a ]二等分，考虑中点的函数值，要么为零，要么不为零。

如果中点的函数值为零，则定理获证。

如果中点的函数值不为零，那么必然可以选出一个小区间，使得f(x)在这个区间的端点值异号，记这个小区间为],[22b a ，它满足[a,b]⊃[11,b a ]],[22b a ⊃，0)()(222222<-=-a f b f a b a b 且。

采用这样的方法一直进行下去，或者到有限步时，某个区间的中点的函数值为零，这样定理的结论成立。

或者所有区间的中点的函数值不为零，那么我们就会得到一个无穷的区间序列{],[n n b a }，它满足:①[a,b]⊃[11,b a ]⋅⋅⋅⊃⊃],[22b a ；②nn n a b a b 2-=-；③0)()(<n n a f b f 。

由单调有界定理，可以得到],[lim lim b a b a n n n n ∈==∞→∞→ξ，如果0)(=ξf ，则定理获证。

如果0)(≠ξf ，因为f(x)在ξ点连续，因而由连续函数的局部保号性：存在一个0>δ，使得f(x)在],[),(b a ⋂+-δξδξ上与)(ξf 同号。

根据所构造的区间的性质②，存在正整数N ，当n>N 时，],[),(],[b a b a n n ⋂+-⊂δξδξ。

方程零点存在性的证明中一类辅助函数的构造!孙)蒙)!国防科技大学理学院)长沙)"’%%#,"摘)要)介绍利用罗尔定理证明方程零点存在性时辅助函数的构造方法关键词)罗尔定理!辅助函数!微分方程)中图分类号)&’#+W ’我们先来看6’7中’8,页至’H ’页的几个例子(’ 设*K /I "且满足*%/*’+/*+,/%/*--/’2%"证明(方程*%/*’"/*+"+/%/*-"-2%在#%"’$内至少有一个实根(+ 设!#"$在**"$+上连续"在#*"$$内可导"且!#*$2!#$$2%"证明(%42/I "&&/#*"$$"使得!:#&$24!#&$(, 设函数!#"$在*%"’+上二阶可微"且!#%$2!#’$"!:#’$2’"证明(存在&/#%"’$"使得!F #&$2+(我们可以发现它们的共同特点(求证某个方程的零点存在性(我们可以利用罗尔定理来证明(为此需要构造一个辅助函数"通过对它的分析"利用罗尔定理"证明所求的零点存在(直观的分析"我们把要证明的问题描述为(欲证&&/**"$+"使得!#&$2%"我们需要构造一个-阶可微函数6#"$"使得6#-$#"$2!#"$"6#*$26#$$"且6:#?’$2%26#-#’$#?-#’$2%"其中"?K/#*"$$#K 2’"%"-#’$"这样"依次运用罗尔定理"就可完成证明(至此"我们把构造辅助函数的问题转化成一个-阶微分方程的-边值问题.(简单起见"不妨取6#*$26#$$2%"且?K2*"根据微分方程定性理论"如果!#"$连续"则6#"$是存在且唯一的(因此"理论上"我们完全可以用隐式表示出原函数(如果!#"$是易于求原函数的初等函数"我们只需求出原函数族的通式"然后根据已知条件确定系数即可作出辅助函数"如第,例"我们可以这样构造(对于方程!F #&$#+1%"令6:#"$20#!F #"$#+$O ""于是得6#"$的通式(6#"$2!#"$#"+/N "/^再由!#%$2!#’$"!:#’$2’"为使6#%$26#’$"并且6:#’$2%"可以解出(N2’"^2%"从而得该问题罗尔定理解法的辅助函数为(6#"$2!#"$#"+/"))仿此"问题’和+的的辅助函数分别为(6#"$2*%"/*’+"+/%/*--/’"-/’")6#"$25#4"!#"$))构造出辅助函数后"我们就可以按部就班的做下去"完成证明(详见6’7参考文献*’+孙清华"孙昊(数学分析内容,方法和技巧(武汉(华中科技大学出版社"+%%,(H 067-38"9730 高等数学研究:F G 3"+%%0 :;<=>?:>9@&A A ?B ?C D ;E ?C D ;>@:!收稿日期(+%%")’+)+H !修改日期(+%%0(%’(’%。

专题十四函数的零点问题(1)1．函数零点的定义一般地，对于函数y＝f(x)(x∈D)，我们把方程f(x)＝0的实数根x称为函数y＝f(x)(x∈D)的零点．注：函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根．2．函数零点存在性定理设函数f(x)在闭区间[a，b]上连续，且f(a) f(b)＜0，那么在开区间(a，b)内至少有函数f(x)的一个零点，即至少有一点x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0．注：(1)f(x)在[a，b]上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提．(2)零点存在性定理中的几个“不一定”与“一定”(假设f(x)连续)．①若f(a) f(b)＜0，则f(x)“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点，可以有多个．要分析f(x)的性质与图象，如果f(x)单调，则“一定”只有一个零点．因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调．②若f(a) f(b)＞0，则f(x)在[a，b]“不一定”存在零点，也“不一定”没有零点．如果f(x)单调，那么“一定”没有零点．③若f(x)在(a，b)有零点，则f(a) f(b)的符号是不确定的，“不一定”必须异号．受函数性质与图象影响．如果f(x)单调，则f(a) f(b)一定小于0．3．函数的零点，方程的根，两图象交点之间的联系设函数为y＝f(x)，则f(x)的零点即为满足方程f(x)＝0的根，若f(x)＝g(x)－h(x)，则方程可转变为g(x)＝h(x)，即方程的根在坐标系中为g(x)，h(x)交点的横坐标，其范围和个数可从图象中得到．由此看来，函数的零点，方程的根，两图象的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化．注：函数零点，方程的根，两图象交点的相互转化：有关零点个数及性质的问题会用到这三者的转化，且这三者各具特点：(1)函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点．(2)方程的根：当所给函数不易于分析性质和图象时，可将函数转化为方程，方程的特点在于能够进行灵活的变形，从而可将等号两边的表达式分别构造为两个可分析的函数，为作图做好铺垫．(3)两图象的交点：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变为图形特征，是数形结合的体现．通过图象可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数）或者确定参数的取值范围．数形结合能否解题，一方面受制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进行参变分离，其目的在于若含x的函数可作出图象，那么因为另外一个只含参数的图象为直线，所以便于观察），另一方面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧，以及作图时速度与精度的平衡．4．常用结论(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．(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．(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．考点一 函数零点所在区间的判定问题 【方法总结】判断函数零点(方程的根)所在区间的方法(1)解方程法：当函数对应方程易解时，可通过解方程判断方程是否有根落在给定区间上．(2)定理法：利用零点存在性定理进行判断．若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内．例如：对于方程ln x ＋x ＝0，无法直接求出根，构造函数f (x )＝ln x ＋x ，由f (1)>0，1()2f <0即可判定其零点必在(12，1)中．(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．【例题选讲】[例1] (1)已知函数f (x )的图象是连续不断的，且有如下对应值表：在下列区间中，函数f (x )必有零点的区间为( )A ．(1，2)B ．(2，3)C ．(3，4)D ．(4，5)答案 B 解析 由所给的函数值的表格可以看出，x ＝2与x ＝3这两个数字对应的函数值的符号不同，即f (2)·f (3)<0，所以函数在(2，3)内有零点．(2)若函数f (x )唯一的零点同时在区间(0，16)，(0，8)，(0，4)，(0，2)内，那么下列命题正确的是( ) A ．函数f (x )在区间(0，1)内有零点 B ．函数f (x )在区间(0，1)或(1，2)内有零点 C ．函数f (x )在区间[2，16)上无零点 D ．函数f (x )在区间(1，16)内无零点 答案 C 解析 由题意可确定f (x )唯一的零点在区间(0，2)内，故在区间[2，16)内无零点． (3)函数f (x )＝e x ＋2x －3的零点所在的一个区间为( )A ．(－1，0)B ．(0，12)C ．(12，1)D ．(1，32)答案 C 解析 ∵1()2f ＝12e －2<0，f (1)＝e －1>0，∴零点在(12，1)上，故选C ．(4)已知实数a ，b 满足2a ＝3，3b ＝2，则函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点所在的区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1，0) C ．(0，1) D ．(1，2)答案 B 解析 ∵实数a ，b 满足2a ＝3，3b ＝2，∴a ＝log 23>1，0<b ＝log 32<1，∵函数f (x )＝a x ＋x －b ，∴f (x )＝(log 23)x ＋x －log 32单调递增，∵f (0)＝1－log 32>0，f (－1)＝log 32－1－log 32＝－1<0，∴根据函数的零点判定定理得出函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点所在的区间为(－1，0)．故选B ．(5)函数f (x )＝2x ＋ln 1x －1的零点所在的大致区间是( )A ．(1，2)B ．(2，3)C ．(3，4)D ．(1，2)与(2，3)答案 B 解析 f (x )＝2x ＋ln 1x －1＝2x －ln(x －1)，当1＜x ＜2时，ln(x －1)＜0，2x ＞0，所以f (x )＞0，故函数f (x )在(1，2)上没有零点．f (2)＝1－ln1＝1，f (3)＝23－ln2＝2－3ln23＝2－ln83．因为8＝22≈2.828＞e ，所以8＞e 2，即ln8＞2，即f (3)＜0.又f (4)＝12－ln3＜0，所以f (x )在(2，3)内存在一个零点．(6)设函数f (x )＝13x －ln x (x >0)，则y ＝f (x )( )A ．在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1，(1，e)内均有零点 B ．在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1，(1，e)内均无零点C ．在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1内有零点，在区间(1，e)内无零点D ．在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点答案 D 解析 由f (x )＝13x －ln x (x >0)得f ′(x )＝x －33x ，令f ′(x )>0得x >3，令f ′(x )<0得0<x <3，令f ′(x )＝0得x ＝3，所以函数f (x )在区间(0，3)上为减函数，在区间(3，＋∞)上为增函数，在点x ＝3处有极小值1－ln 3<0，又f (1)＝13>0，f (e)＝e 3－1<0，1()f e ＝13e ＋1>0，所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点．故选D ．【对点训练】1．根据表格中的数据，可以判定方程e x －x －2＝0的一个根所在的区间为________．1．答案 (1，2) 解析 据题意令f (x )＝e x －x －2，由于f (1)＝e 1－1－2＝2.72－3<0，f (2)＝e 2－4＝7.39－ 4>0，故函数在区间(1，2)内存在零点，即方程在相应区间内有根． 2．已知自变量和函数值的对应值如下表：则方程2x ＝x 2的一个根位于区间( )A ．(0.6，1.0)B ．(1.4，1.8)C ．(1.8，2.2)D ．(2.6，3.0)2．答案 C 解析 令f (x )＝2x ，g (x )＝x 2，因为f (1.8)＝3.482，g (1.8)＝3.24，f (2.2)＝4.595，g (2.2)＝4.84．令 h (x )＝2x －x 2，则h (1.8)>0，h (2.2)<0．故选C ．3．若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( ) A ．(a ，b )和(b ，c )内 B ．(－∞，a )和(a ，b )内 C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内 D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)3．答案 A 解析 ∵a <b <c ，∴f (a )＝(a －b )(a －c )>0，f (b )＝(b －c )(b －a )<0，f (c )＝(c －a )(c －b )>0，由函 数零点存在性定理可知：在区间(a ，b )，(b ，c )内分别存在零点，又函数f (x )是二次函数，最多有两个零点；因此函数f (x )的两个零点分别位于区间(a ，b )，(b ，c )内． 4．函数f (x )＝e x ＋x －2的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1，0)C ．(0，1)D ．(1，2)4．答案 C 解析 方法一 ∵f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0，f (1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0，∴f (0)f (1)＜0，故函 数f (x )＝e x ＋x －2的零点所在的一个区间是(0,1)，选C ．方法二 函数f (x )＝e x ＋x －2的零点，即函数y ＝e x 的图象与y ＝－x ＋2的图象的交点的横坐标，作出函数y ＝e x 与直线y ＝－x ＋2的图象如图所示，由图可知选C ． 5．在下列区间中，函数f (x )＝e －x ＋4x －3的零点所在的区间可能为( )A ．⎝⎛⎭⎫－14，0B ．⎝⎛⎭⎫0，14C ．⎝⎛⎭⎫14，12D ．⎝⎛⎭⎫12，34 5．答案 D 解析 函数f (x )＝e －x ＋4x －3是连续函数，又因为1()2f ＝1e －1＜0，3()4f ＝14e 3＋3－3＞0，所以1()2f 3()4f ⋅＜0，故选D ．6．若x 0是方程131()2x x =的解，则x 0属于区间( )A ．⎝⎛⎭⎫23，1B ．⎝⎛⎭⎫12，23C ．⎝⎛⎭⎫13，12D ．⎝⎛⎭⎫0，13 6．答案 C 解析 令g (x )＝1()2x ，f (x )＝13x ，则g (0)＝1>f (0)＝0，11321111()()()()2222g f =<=，1311()()32g =1311()()33f >=，所以由图象关系可得13<x 0<12．7．已知实数a >1，0<b <1，则函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点所在的区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1，0)C ．(0，1)D ．(1，2)7．答案 B 解析 因为a >1,0<b <1，f (x )＝a x ＋x －b ，所以f (－1)＝1a －1－b <0，f (0)＝1－b >0，所以f (－1)·f (0)<0，则由零点存在性定理可知f (x )在区间(－1，0)上存在零点．8．若函数y ＝f (x )(x ∈R )是奇函数，其零点分别为x 1，x 2，…，x 2 017，且x 1＋x 2＋…＋x 2 017＝m ，则关于x 的方程2x ＋x －2＝m 的根所在区间是( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)8．答案 A 解析 因为函数y ＝f (x )(x ∈R )是奇函数，故其零点x 1，x 2，…，x 2 017关于原点对称，且其中 一个为0，所以x 1＋x 2＋…＋x 2 017＝m ＝0．则关于x 的方程为2x ＋x －2＝0，令h (x )＝2x ＋x －2，则h (x )为(－∞，＋∞)上的增函数．因为h (0)＝20＋0－2＝－1<0，h (1)＝21＋1－2＝1>0，所以关于x 的方程2x＋x －2＝m 的根所在区间是(0，1)．9．已知函数f (x )＝6x－log 2x ，在下列区间中，包含f (x )零点的区间是( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，4)D ．(4，＋∞)9．答案 C 解析 因为f (1)＝6－log 21＝6>0，f (2)＝3－log 22＝2>0，f (4)＝32－log 24＝－12<0，所以函数f (x )的零点所在区间为(2，4)．10．函数f (x )＝ln x －2x2的零点所在的区间为( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)10．答案 B 解析 易知f (x )＝ln x －2x 2在定义域(0，＋∞)上是增函数，又f (1)＝－2<0，f (2)＝ln 2－12>0．根据零点存在性定理，可知函数f (x )＝ln x －2x 2有唯一零点，且在区间(1，2)内．11．函数f (x )＝12ln x ＋x －1x－2的零点所在的区间是( )A ．⎝⎛⎭⎫1e ，1 B ．(1，2) C ．(2，e) D ．(e ，3)11．答案 C 解析 易知f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f (2)＝12ln 2－12<0，f (e)＝12＋e －1e －2>0．∴f (2)f (e)<0，故f (x )的零点在区间(2，e)内．12．已知函数f (x )＝log a x ＋x －b (a >0且a ≠1)．当2<a <3<b <4时，函数f (x )的零点x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *，则n ＝________．12．答案 2 解析 对于函数y ＝log a x ，当x ＝2时，可得y <1，当x ＝3时，可得y >1，在同一坐标系中画出函数y ＝log a x ，y ＝－x ＋b 的图象，判断两个函数图象的交点的横坐标在(2，3)内，∴函数f (x )的零点x 0∈(n ，n ＋1)时，n ＝2．考点二 简单函数(方程)零点(解)的个数判断 【方法总结】函数零点个数的判断方法(1)解方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则方程解的个数即为函数零点的个数．(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点所具有的性质．(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图象的，常分解转化为两个能画出图象的函数的交点问题．即将函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数转化为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象公共点的个数来判断．【例题选讲】[例2] (1)(2018·全国Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数是________． 答案 3 解析 由题意知，cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6＝0，所以3x ＋π6＝π2＋k π，k ∈Z ，所以x ＝π9＋k π3，k ∈Z ，当k ＝0时，x ＝π9；当k ＝1时，x ＝4π9；当k ＝2时，x ＝7π9，均满足题意，所以函数f (x )在[0，π]的零点个数为3．(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x －2，x ≤0，－1＋ln x ，x >0的零点个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0答案 B 解析 法一 由f (x )＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2＋x －2＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－1＋ln x ＝0，解得x ＝－2或x ＝e ．因此函数f (x )共有2个零点．法二 函数f (x )的图象如图所示，由图象知函数f (x )共有2个零点．(3)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≤0，|lg x |，x >0，则函数g (x )＝f (1－x )－1的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C 解析 g (x )＝f (1－x )－1＝⎩⎪⎨⎪⎧ (1－x )2＋2(1－x )－1，1－x ≤0，|lg(1－x )|－1，1－x >0＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋2，x ≥1，|lg(1－x )|－1，x <1，易知当x ≥1时，函数g (x )有1个零点；当x <1时，函数g (x )有2个零点，所以函数g (x )的零点共有3个，故选C ．(4)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是 ．答案 2 解析 当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍去)，所以在(－∞，0]上，f (x )有一个零点；当x >0时，f ′(x )＝2＋1x >0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．又因为f (2)＝－2＋ln 2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f (x )的零点个数为2．(5)函数f (x )＝12x －1()2x的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B 解析 函数f (x )＝12x －1()2x 的零点个数是方程12x －1()2x ＝0的解的个数，即方程12x ＝1()2x的解的个数，也就是函数y ＝12x 与y ＝1()2x 的图象的交点个数，在同一坐标系中作出两个函数的图象如图所示，可得交点个数为1．(6)函数f (x )＝3x |ln x |－1的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B 解析 函数f (x )＝3x |ln x |－1的零点数的个数即函数g (x )＝|ln x |与函数h (x )＝1()3x 图象的交点个数．作出函数g (x )＝|ln x |和函数h (x )＝1()3x 的图象，由图象可知，两函数图象有两个交点，故函数f (x )＝3x |ln x |－1有2个零点．(7)已知函数f (x )＝1()2x －cos x ，则f (x )在[0，2π]上的零点个数为________．答案 3 解析 如图，作出g (x )＝1()2x 与h (x )＝cos x 的图象，可知其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f (x )在[0，2π]上的零点个数为3．(8)(2015湖北)函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2－x 2的零点个数为__________． 答案 2 解析 函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2－x 2的零点个数等价于方程2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2－x 2＝0的根的个数，即函数g (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2sin x cos x ＝sin 2x 与h (x )＝x 2的图象交点个数．分别画出两函数图象，如图，由图可知，函数g (x )与h (x )的图象有2个交点．故零点个数为2．【对点训练】13．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≤0，1＋1x，x >0，则函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．313．答案 C 解析 解法1 令f (x )＋3x ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2－2x ＋3x ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，1＋1x＋3x ＝0，解得x ＝0或x ＝－1，所以函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是2．故选C ．解法2 函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数就是y ＝f (x )与y ＝－3x 两个函数图象的交点个数，如图所示，由函数的图象可知，零点个数为2．14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤1，1＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为( )A ．12，0B ．－2，0C ．12D ．014．答案 D 解析 当x ≤1时，令f (x )＝2x －1＝0，解得x ＝0；当x >1时，令f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x＝12，又因为x >1，所以此时方程无解．综上函数f (x )的零点只有0． 15．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，(x －2)2，x >2，函数g (x )＝3－f (2－x )，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．515．答案 A 解析 当x <0时，f (2－x )＝x 2，此时函数f (x )－g (x )＝－1－|x |＋x 2的小于零的零点为x ＝－1＋52；当0≤x ≤2时，f (2－x )＝2－|2－x |＝x ，函数f (x )－g (x )＝2－|x |＋x －3＝－1无零点；当x >2时，f (2－x )＝2－|2－x |＝4－x ，函数f (x )－g (x )＝(x －2)2＋4－x －3＝x 2－5x ＋5大于2的零点有一个．因此函数y ＝f (x )－g (x )共有零点2个．16．设函数f (x )＝2|x |＋x 2－3，则函数y ＝f (x )的零点个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．116．答案 C 解析 易知f (x )是偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2x ＋x 2－3，∴x ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数，且f (1)＝0，∴x ＝1是函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上唯一零点．从而x ＝－1是y ＝f (x )在(－∞，0)内的零点．故y ＝f (x )有两个零点．17．函数f (x )＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．317．答案 C 解析 由题意可知f (x )的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y ＝|x －2|(x >0)，y ＝ln x (x >0)的图象，如图所示．由图可知函数f (x )在定义域内的零点个数为2．18．函数f (x )＝|log 2x |＋x －2的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．418．答案 B 解析 函数f (x )＝|log 2x |＋x －2的零点个数，就是方程|log 2x |＋x －2＝0的根的个数．令h (x )＝|log 2x |，g (x )＝2－x ，在同一坐标平面上画出两函数的图象，如图所示．由图象得h (x )与g (x )有2个交点，∴方程|log 2x |＋x －2＝0的根的个数为2．19．函数f (x )＝x －cos x 在[0，＋∞)内( )A ．没有零点B ．有且仅有一个零点C ．有且仅有两个零点D ．有无穷多个零点19．答案 B 解析 当x ∈(]0，1时，因为f ′(x )＝12x＋sin x ，x >0，sin x >0，所以f ′(x )>0，故f (x )在[0，1]上单调递增，且f (0)＝－1<0，f (1)＝1－cos 1>0，所以f (x )在[0，1]内有唯一零点．当x >1时，f (x )＝x －cos x >0，故函数f (x )在[0，＋∞)上有且仅有一个零点，故选B ． 20．函数f (x )＝4cos 2x2·cos ⎝⎛⎭⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为__________． 20．答案 2 解析 f (x )＝2(1＋cos x )sin x －2sin x －|ln(x ＋1)|＝sin 2x －|ln(x ＋1)|，x >－1，函数f (x )的零点个数即为函数y 1＝sin 2x (x >－1)与y 2＝|ln(x ＋1)|(x >－1)的图象的交点个数．分别作出两个函数的图象，如图，可知有两个交点，则f (x )有两个零点．21．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x －x 2＋2x ，x ＞0x 2－2，x ≤0的零点个数是________．21．答案 3 解析 当x ＞0时，作函数y ＝ln x 和y ＝x 2－2x 的图象，由图知，当x ＞0时，f (x )有2个零 点；当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍去)，所以在(－∞，0]上有一个零点，综上知f (x )有3个零点．22．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ≤1，log 13x ，x >1，则函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．422．答案 B 解析 函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数，即函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象的交点的个数．如 图所示，函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象有两个交点，故函数y ＝f (x )＋x －4的零点有2个．故选B ．23．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x ≤1，－x 2＋2x ＋3，x ＞1，则函数g (x )＝f (x )－e x 的零点个数为________．23．答案 2 解析 函数g (x )＝f (x )－e x 的零点个数即为函数y ＝f (x )与y ＝e x 的图象的交点个数．作出函数图象可知有2个交点，即函数g (x )＝f (x )－e x 有2个零点．24．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x ＜1，x 2－4x ＋2，x ≥1，则函数g (x )＝2|x |f (x )－2的零点个数为( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个24．答案 B 解析 画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x ＜1，x 2－4x ＋2，x ≥1，的图象如图，由g (x )＝2|x |f (x )－2＝0可得第11页f (x )＝22|x |，则问题化为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x ＋1|，x ＜1，x 2－4x ＋2，x ≥1，与函数y ＝22|x |＝21－|x |的图象的交点的个数问题．结合图象可以看出两函数图象的交点只有两个，应选答案B ．。

用!现象"助!建构",函数零点存在性定理-教学尝试陈群峰#江苏省吴江高级中学$!"7!##%摘!要&现象教学是情境教学的!再进一步"$就是基于真实的情境#所谓的!现实世界"%展开自然的探究教学'运用现象教学思想$尝试高中数学,函数零点存在性定理-一课的教学$主要环节包括提供真实的现象(引出自然的探究(指向规范的表达(激活充分的思辨'关键词&现象教学!数学现象!数学探究!,函数零点存在性定理-!!通常$数学知识教学#相对于解题教学而言%有多种形式$但是$归纳起来可以分为两大类&第一类是教师直接讲授$帮助学生理解$通常的模式是!知识*解释*理解*应用"$可称为!知识教学"/第二类是教师创设情境(导入问题$激发学习动力$引导探究建构$通常的模式是!情境*探究*建构*应用"$可称为!情境教学"'从奥苏伯尔的两维学习分类的角度看$前者属于接受式学习$如果注意意义关联#而不是机械灌输%$还是能够促进知识理解的$但是$不太利于兴趣激发(思维发展/后者属于发现式学习$通常利于知识理解和兴趣激发(思维发展$但是$如果情境创设和问题引导不当#比如情境过于虚假$问题过于刻意$暗示过于明显%$便容易滑向接受式学习$即还是!牵着学生走"$突出了教师主导$弱化了学生主体'考虑到情境教学的不足$现阶段$国际上逐渐兴起!现象教学"'现象教学是情境教学的!再进一步"#当然$与情境教学很难有明显的界线%$就是基于真实的情境#所谓的!现实世界"%展开自然的探究教学$其基本的模式为!现象观察*问题提出*探究建构*理解应用"'数学现象可以来源于生活实际$也可来源于数学本身#都是!现实世界"里的%$关键在于用数学的眼光(思维和语言来观察(思考(表达它***也就是弗赖登塔尔所说的!横向数学化"和!纵向数学化"以及史宁中教授所说的!三会"'与传统的数学情境#问题%相比$数学现象是一种!还原"$更真实(更开放***其条件或结论是不完全明确的/给了学生更大的空间$可以引发问题(激起联想(推动思考(强化表达$使探究更自然(自由$更充分(灵活***没有明确的目标#完成%节点$可以带来更大的延续性和创造性'现象是世界的缩影$通过对现象的思考$学生不仅能够获得知识$而且能够学会认识世界(改造世界的方式方法'运用现象教学思想$笔者尝试了高中数学,函数零点存在性定理-一课的教学'其主要环节如下&一(提供真实的现象函数零点存在性定理在内容上比较抽象$学生虽然掌握了一些具体的函数$但是依然不太容易把握该定理的本质'我们尝试从该定理的数学内涵出发$化数为形$设计一个真实(开放的数学现象$即给出一个不完整的函数图像$让学生自由(充分(灵活地展开探究$发现该函数零点的各种可能#如没有(一个(两个..乃至无穷多个%$从而不断丰满认知$建构知识'具体的现象设计如下&图"是定义在区间0#$"!1上的某函数的部分图像$请将图形补充成完整的函数图像$并研究函数的零点情况'图(二(引出自然的探究真实(开放的数学现象引发了学生的兴趣$激活了学生的思维$让学生展开了自然的探究$得到了函数零点存在性定理的有关要素!连续"和!异号"***师!#出示上述数学现象%图中的函数是否一定存在零点)生!#展示图像$如图!%一定存在'图)!!图*生!不赞同'#展示图像$如图6%画出来的函数图像不连在一起时$零点可能不存在'#学生讨论形成共识&当上述函数图像连续不断时$函数必有零点'%师!如果其他函数图像连续不断$函数是否必有零点)生!从上述函数图像可以看出$函数图像除了连续不断之外$还要对于1轴而言有上有下'师!很好4不过$!有上有下"不是严谨的数学语言$如何将其数学化)生!就是一端正$一端负$图中C ##%NM !(#$C #"!%N 8'#$即两端点函数值异号'师!请各自重新画一个函数图像$使得函数在指定区间内有零点'#学生画图$然后互查$推荐6 5位学生的作品展示交流'%三(指向规范的表达得到函数零点存在性定理的有关要素$并经过初步的从自然语言到数学语言的严谨化后$只需进一步总结出规范的数学化表达$即可建立抽象的定理模型***师!一般地$函数2N C #1%在区间#>$3%上一定存在零点的条件是什么)#学生充分讨论$经历从C #>%(#$C #3%'*+,#到C #>%(#$C #3%'*+,#或C #>%'#$C #3%(#*+,$再到C #>%C #3%(#的过程$形成结论& 函数图像在区间#>$3%上连续不断/ 满足C #>%C #3%(#'%师!谁来完整表述一下函数零点存在性定理)生!若函数2N C #1%在区间0>$31上是连续的$且C #>%C #3%(#$则函数2N C #1%在区间#>$3%上有零点'师!函数是连续的在高等数学中有严格的定义$我们现在不深入探讨'我们还是像上面一样$从图像的角度通俗地表达其特点'生!一般地$若函数2N C #1%在区间0>$31上的图像是一条不间断的曲线$且C #>%C #3%(#$则函数2N C #1%在区间#>$3%上有零点'四(激活充分的思辨得到函数零点存在性定理后$探究没有到此结束$因为$最初的数学现象中还有很多内涵可以挖掘$还可以研究满足条件时零点可能的个数等$从而提升学生的思维***师!再回到最初的数学现象$还有问题需要研究吗)生!要补全图像$有很多种可能性$可以有多个零点'师!大家认可吗)如果你认为可以有多个零点$请画个示意图'#学生画图探究函数零点个数的可能性'%师!请画好的同学主动展示'生!#展示图5(图7%可以有6个(7个零点'以此类推$可以有任意奇数个零点'图"!!图#师!很好$大家可以按照他画曲线的规律$用手势比画比画$%个($个..#学生随着教师的叙述用手势比画'%师!确实可以有任意奇数个零点吗)生!确实'师!还有其他发现吗)既然可以有奇数个零点$那么可以有偶数个零点吗)#多数学生有些迟疑'%生!#举手示意%可以'#展示图8(图%%以此类推$可以有任意偶数个零点'图$!!图%师!你是怎么想到这样构造函数图像的)生!我也是先画了6个(7个零点的情况$就想到能不能有!个(5个的情况'#展示图4%我发现之前画的曲线是这样的$可以看成一个开口向下(一个开口向上的类似于抛物线的曲线的组合'所以$要减少一个零点$只要参照一元二次函数 N#的情况$画类似抛物线的曲线$就可以了'图&图'师!很好4大家同样可以按照他画曲线的规律$用手势比画8个(4个..#学生随着教师的叙述用手势比画'%师!到此$我们能够给出&如果函数2N C #1%在区间0>$31上的图像是一条不间断的曲线$且C #>%C #3%(#$则函数在区间#>$3%上可以有任意有限个零点'那再进一步$能否有无限个零点)生!#展示图$%可以有'师!你是怎么想到这样构造图像的呢)生!由最简单的有无数个零点的函数C #1%N #想到的'这里$最初画图时$不排除有学生有良好的数学直觉$直接画出有偶数个零点和无数个零点的图像'但是$我们更应该展示通过具体函数类比得到图像的思维过程'这是一种重要的思想方法$能够有效提升学生的学习迁移能力'总结了满足条件的各种情况后$学生又进一步反过来研究不满足条件时零点是否存在以及可能的个数***师!至此$由最初的数学现象引出的零点个数问题$我们差不多可以做一个完美的总结了'生!如果函数2N C#1%在区间0>$31上的图像是一条不间断的曲线$且C#>%C#3%(#$则函数在区间#>$3%上存在零点$可以有任意有限个零点$也可以有无数个零点'师!同学们$对于这个结论$我们还能怎么想)生!反过来想'师!很好4那结论对不对呢)生!不对'也就是$如果函数2N C#1%在区间0>$31上的图像是一条不间断的曲线$且函数在#>$3%上存在零点$不一定要满足C#>%+C#3%(#'师!你们认可这一说法吗)#学生交流讨论后$认可上述说法'%师!如此说来$我们可以得到什么结论呢)生!图像是一条不间断曲线的函数2N C#1%$如果满足C#>%C#3%(#$则在#>$3%上一定存在零点/如果满足C#>%C#3%'#$不一定没有零点'师!不一定没有就是可以有$可以有多少个)#学生交流讨论$得出可以有"个(!个 任意多个$然后进入巩固练习环节'%本节课的教学$在学生没有!函数零点存在性定理"意识的基础上#现象教学反对预习%$让学生基于对一个熟悉的数学现象的观察与思考$自然生成!零点是否存在)"!如果存在$有多少种可能性)"等疑问$激发联想'而只要有了疑问$关于!零点存在性及个数"的答案$学生非常容易获得'学生在此过程中展现了强大的想象力和论证力$得到了许多!奇思妙想"#比如图$%$而教材上的!函数零点存在性定理"只是其中一个小小的结论而已'由此$学生的眼光和思维产生了诸多变化'康托尔说&!数学的本质在于它的自由'"现象教学就是给人以自由的教学&在知识面前人是受奴役的$在现象面前人是自由的'&本文系江苏省教育科学!十三五"规划课题!用数学现象启发问题意识的教学实践研究"#编号&A X !#"8 #! %4%的阶段性研究成果'参考文献&0"1祁平2新课程背景下数学教学的哲学思考0I12数学通报$!##%#!%20!1孙四周2把数学问题还原为数学现象***谈!基于活动与体验的例题教学"0I12数学通报$!#"7 #"#%2061孙四周2现象教学的内涵与价值0I12教育研究与评论#中学教育教学%$!#"4#6%2051水菊芳2从情境到现象&再进一步的数学教学0I12教育研究与评论#中学教育教学%$!#"4#6%2 071李宏铭2数学现象教学的实施及评价概述0I12教育研究与评论#中学教育教学%$!#"4#6%2081水菊芳2!数学现象"视角下的概念教学0I12江苏教育$!#"4#56%20%1孙四周2用现象教学克服知识的碎片化0I12教育研究与评论#中学教育教学%$!#"$#8%2。

微专题10 函数零点的个数问题一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。

（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续） ① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点 ③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =-,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。

由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。

（详见方法技巧） 二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。

例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫⎪⎝⎭中2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。

导数零点不可求的四种破解策略法一:利用零点存在性定理零点存在性定理:如果函数()f x 在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线,并且有()()0f a f b ⋅<,那么函数()f x 在区间()a b ，内有零点,即存在()0x a b ∈，,使得()0f x 0=.进一步,若()f x 在区间()a b ，内有具有单调性,则函数()f x 在区间()a b ，内有唯一的零点.在实际解题中,经常先判断出()/f x 在给定区间上的单调性(可以通过求二阶导或者直接观察导函数解析式进行判断),然后在给定区间内取两个特殊值,计算出相应的()/f x ,与零比较大小,再利用零点存在性定理得出()/f x 在给定的区间上存在唯一的零点. 例1.已知函数()2ln x f x x e x =-,证明:当0x >时,不等式()1f x >.证明:()()/12xf x x x e x =+-,0x >.由()()//22142xf x x x e x=+++0>,得()/f x 在()0+∞，上单调递增. 又1/419=40416f e ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,1/215=2024f e ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,根据零点存在定理可知,存在01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,使得()/0f x 0=.当()00x x ∈，时,()/f x 0<,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()/f x 0>,()f x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min f x f x ==0200ln x x e x -.由()/0f x 0=得()0000120x x x e x +-=,即()000012x x x e x +=,()020012x e x x =+.故()0f x =0200ln x x e x -=001ln 2x x -+,其中01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，. 令()g x =1ln 2x x -+,1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.由()/g x =()21102x x --<+得()g x 在1142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递减. 故()g x >12g ⎛⎫ ⎪⎝⎭21=ln 152->,即()0f x 1>.综上,有()min 1f x >,则当0x >时,不等式()1f x >.评析:要证()1f x >,等价于证()min 1f x >.导函数()()/12x f x x x e x=+-,其零点无法求出.借助()//0f x >判断出()/f x 的单调性,结合零点存在性定理得出()/f x 存在唯一的零点0x 且01142x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，.另一方面,0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/0f x 0=得到()020012x e x x =+,将指数式进行转化,从而判断出()min 1f x >. 法二:利用函数与方程思想函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个函数图象的交点个数.例2.已知函数()2ln x f x e a x =- .证明:当0a >时,()22ln f x a a a≥+.证明:()/22x af x e x=-,0x >.()/f x 有零点,等价于方程22=0x a e x -有实根,等价于方程22x ae x =有实根,等价于函数22x y e =与函数ay x=图象有交点.显然当0a <时,两个函数图象无交点;当0a >时,两个函数图象有一个交点;因此,当0a <时,()/f x 无零点,当0a >时,()/f x 只有一个零点.当0a >时,()/f x 在()0+∞，上单调递增,且只有一个零点,设为0x .即()/00f x =. 当()00x x ∈，时,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =020ln x e a x =-. 由()/00fx =得,02020x a ex -=,020=2x a e x ,020ln =ln ln 2x e a x -,化简得00ln =ln ln 22x a x --.故()0f x =()00ln ln 222a a a x x ---002ln 2aax a ax =++22ln a a a ≥+. 故()min 22ln f x a a a ≥+,即当0a >时,()22ln f x a a a≥+.评析:利用函数与方程思想,将判断()/f x 的零点个数问题转化为图象交点问题.不难得出结论:当0a >时,()/f x 只有一个零点0x .对于()/22x a f x e x=-,观察其结构特征容易发现其在()0+∞，上单调递增(也可以求出二阶导进行判断).要证()22ln f x a a a ≥+,等价于证()min 22ln f x a a a≥+.0x 将()0+∞，分成两个区间,分别考查()f x 在这两个区间上的单调性.借助()/00f x =得到20=2x a e x ,00ln =ln ln 22x a x --,将指数式进行转化,从而得证. 法三:构造新的函数如果导函数的解析式具有分式特征,且容易判断出分母是正数,此时往往将分子看成一个新的函数,进而对该函数进行研究从而得到相应的结论.例3.已知函数()1ln(1)x f x x ++=,当0x >时,()1kf x x >+恒成立,求正整数k 的最大值.解析:由已知有()1[1ln(1)]x x k x+++<在0x >上恒成立.令()1[1ln(1)]()x x h x x+++=,0x >.只需()min k h x <.()/21ln(1)x x h x x--+=, 令()1ln(1)x x x ϕ=--+,由()/01x x x ϕ=>+得()x ϕ在()0+∞，上单调递增. 又()2=1ln30ϕ-<,()3=2ln 40ϕ->,根据零点存在定理可知,存在()023x ∈，,使得()00x ϕ=.当()00x x ∈，时,()0x ϕ<,()/0h x <,()h x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0x ϕ>,()/0h x >,()h x 在()0x +∞，上单调递增. 故()()0min h x h x =()0001[1ln(1)]x x x +++=.由()00x ϕ=得,001ln(1)=0x x --+,即001ln(1)x x =++. 则()0h x =01x +()34∈，. 故正整数k 的最大值为3.评析:导函数()/21ln(1)x x h x x--+=,分母显然是正数,将分子看成一个新的函数()x ϕ,借助法一考查()x ϕ的性质,从而得到()h x 的单调性. 法四:利用极限思想法一中,对于给定的区间()a b ，,如果要通过取特殊值来判断()/f x 与零的大小比较困难,那么可以利用极限思想,考查当x a →时以及当x b →时()/f x 的取值情况.例4.已知函数()()1210xa f x ae a x+=+-+≥对任意的()0x ∈+∞，恒成立,其中0a >.求a 的取值范围.解析:由已知有()min 0f x ≥,其中0x >,0a >.()/21xa f x ae x +=-()221x ax e a x-+=. 令()()21x g x ax e a =-+,其中0x >,0a >.由()()/220x g x a x x e =+>得()g x 在()0+∞，上单调递增. 又()()010g a =-+<,当x →+∞时,()g x →+∞, 故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =. 当()00x x ∈，时,()0g x <,()/0f x <,()f x 在()00x ，上单调递减; 当()0x x ∈+∞，时,()0g x >,()/0f x >,()f x 在()0x +∞，上单调递增.故()()0min f x f x =()0121x a ae a x +=+-+.由()00g x =得,()0201=0x ax e a -+,即0201=x a ae x +.则()0f x =()00121x a ae a x ++-+201a x +=+()0121a a x +-+.令()20011210a a a x x +++-+≥,由00x >,0a >,解得001x <≤.因为()()21x g x ax e a =-+在()0+∞，上单调递增,001x <≤,所以()()01g g x ≥=0. 故()10g ≥,即()10ae a -+≥,解得11a e ≥-.评析:导函数()/f x ()221x ax e a x-+=,分母显然是正数,利用法三的方法将分子看成一个新的函数()g x .在考查()g x 的性质时,先考虑左端点的函数值情况,即()()010g a =-+<,再考查当x →+∞时,()g x →+∞,从而确定故存在()00x ∈+∞，,使得()00g x =.。

第九讲 零点定理1.函数的零点 (1)函数零点的定义对于函数y ＝f (x )(x ∈D )，把使f (x )＝0的实数x 叫做函数y ＝f (x )(x ∈D )的零点． (2)三个等价关系方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点． (3)函数零点的判定(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 )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0，这个c 也就是方程f (x )＝0的根． 2．二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与零点的关系(x ,0)，(x ,0)(x ,0) 无交点 3设x 1，x 2是一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ，b ，c ∈R ，且a >0)的两实数根，则x 1，x 2的分布情况与一元二次方程的系数之间的关系如下表：(m ，n ，p 为常数，且m <n <p )二、二分法 （1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法。

（2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε。

第二步：求区间(,)a b 的中点1x 。

第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x =（此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步。

函数零点的个数问题一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =Î，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =Î的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b Î，使得()00f x =。

（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提（2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续）① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <Þ在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =-,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。

由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。

（详见方法技巧）二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。

例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f æö><ç÷èø即可判定其零点必在1,12æöç÷èø中2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用（1）函数的零点：工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。

【课堂聚焦·教学设计】《方程的根与函数的零点》（第二课时）——零点存在性定理教学设计广西南宁市第四中学　敬　燕一、教材分析本节课内容是人教版《普通高中课程标准实验教科书数学1必修A版》第三章《函数的应用》第一节《函数与方程》第一小节的第二课时。

函数是中学数学的核心概念，函数与其他知识具有广泛的联系，而函数的零点就是其中的一个联结点,它从不同的角度,将数与形、函数与方程有机地联系在一起。

本节课是在学生系统地掌握了函数的概念及性质，掌握基本初等函数、方程的根与函数零点之间的关系后，学习函数在某个区间上存在零点的判定方法并结合函数的图像和性质来判断方程的根的存在性，为后续学习“用二分法求方程的近似解”打基础。

因此，本节课内容具有承前启后的作用，地位重要。

二、学情分析这个阶段的普通高中学生，思维仍属于经验性的逻辑思维，很大程度上仍需依赖具体形象的经验材料来理解抽象的逻辑关系。

通过初中数学的学习，学生已经对一次函数、二次函数的图像与性质有了深刻了解，在第二章《基本初等函数（Ⅰ）》中又学习了指数函数、对数函数及幂函数的基本性质，掌握了函数图像的一般画法，具备了一定的看图识图能力,这为本节课利用函数图像判断函数在某个区间上存在零点提供了一定的知识基础。

对于函数零点的判断，学生缺乏的是函数的观点，或是函数应用的意识，造成对函数与方程之间的联系缺乏了解。

三、设计理念本节课采用探究式教学，按照“问题驱动—激发兴趣—创设情境—探索新知—实践应用—总结反思”的基本模式展开教学，其中渗透数形结合、由特殊到一般等数学思想方法。

探究式教学倡导学生的主动参与，亲身经历知识的产生、发展、理解与应用的过程。

本节课的设计笔者以学生为主，从学生熟悉的天气变化入手，让学生轻松掌握用图像法求零点存在的条件。

其次，教学过程中，教师鼓励学生多动手画图。

通过画图，不仅锻炼了学生动手、动脑的能力，教师还可以了解学生对知识掌握的情况。

四、教学目标1.知识与技能（1）体验零点存在性定理的形成过程，理解零点存在性定理。

3.1.1 方程的根与函数的零点 导学案(2) 教学目标1. 掌握零点存在的判定定理;2.能用二分法求方程的近似解教学重点：零点存在性定理及其应用教学难点：零点存在性定理的理解教学过程：一．复习准备问题1：作出()342+-=x x x f 的图象.（1）求该函数的零点；（2）求(2),(1),(0)f f f 的值，观察(2)f 和(0)f 的符号.问题2：作出()x x f 2log =的图象.（1）求该函数的零点；（2）求()2,21f f ⎪⎭⎫ ⎝⎛的值，观察⎪⎭⎫ ⎝⎛21f 和(2)f 的符号. 二．新课导学（一）组织探究：零点存在性定理问题观察下面函数()y f x =的图象，在区间[,]a b 上 零点；()()b f a f ⋅ 0；在区间[,]b c 上 零点；()()c f b f ⋅ 0；在区间[,]c d 上 零点；_)()(d f c f ⋅ 0.（二）新知： 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()()b f a f ⋅ 0，那么，函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根. 讨论：零点个数一定是一个吗？ 逆定理成立吗？试结合图形来分析. 试试：若函数()f x 在[],a b 上连续，且有()()0>⋅b f a f ．则函数()f x 在[],a b 上（ ）.A. 一定没有零点B. 至少有一个零点C. 只有一个零点D. 零点情况不确定三．例题讲解例1.求函数23x y =-的零点所在的大致区间.变式： 1.求函数()ln 2f x x x =+-的零点所在区间；2．函数1()44x f x e x -=+-的零点所在区间为（ ）.A. (1,0)-B. (0,1)C. (1,2)D. (2,3)例 2. 用二分法求函数()633-=x x f 的零点时，第一次计算()00<f ，()05.0>f ，可得其中一个零点∈0x 第二次应计算变式：用二分法求函数()633-=x x f 的零点时，初始区间可选为（ ）A (0,1)B (1,2)C (2,3)D (3,4)总结：（1）二分法：对于在区间[,]a b 上的图象是连续不断且()()0<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数()f x 的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法叫做二分法.(2)给定精确度ε，用二分法求函数()f x 零点近似值的步骤如下：1.确定区间[]b a ,，验证()()0<⋅b f a f ，给定精确度ε；2.求区间[]b a ,的中点c ；3.计算)(c f ；(1)若0)(=c f ，则c 就是函数的零点；（2）若()()0<⋅b f a f ，则令c b =（此时零点()c a x ,0∈）；(3) 若()()0<⋅b f c f ,则令c a =（此时零点()b c x ,0∈）；4.判断是否达到精确度ε：即若ε<-b a ，则得到零点近似值a 或b ；重复42--.四．课后作业1.判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出.(1)67)(2++=x x x f ; (2)()()3log 12--=x x f ;(3)()321-=-x x f ; (4)()21242--+=x x x x f . 2函数()11ln --=x x x f 的零点的个数是（ ） A 0 B 1 C 2 D 33.用二分法求方程0523=--x x 在区间[]3,2上的近似解，取区间中点5.20=x ，那么下一个有解区间为。

根的存在性定理：如果)(x f 在闭区间[a,b]上连续0)(,,0)()(=∈<ξξf b a b f a f ）使得（则存在。

证明 利用构造法的思想，将)(x f 的零点范围逐步缩小。

先将[a,b]二等分为],2[],2,[b b a b a a ++，如果0)2(=+b a f 。

则定理获证。

如果0)2(≠+b a f ，则f(a)和f(b)中必然有一个与)2(b a f +异号，记这个小区间为[11,b a ],它满足2-0)()(1111a b a b b f a f -=<且区间的长度。

又将[11,b a ]二等分，考虑中点的函数值，要么为零，要么不为零。

如果中点的函数值为零，则定理获证。

如果中点的函数值不为零，那么必然可以选出一个小区间，使得f(x)在这个区间的端点值异号，记这个小区间为],[22b a ，它满足[a,b]⊃[11,b a ]],[22b a ⊃，0)()(222222<-=-a f b f a b a b 且。

采用这样的方法一直进行下去，或者到有限步时，某个区间的中点的函数值为零，这样定理的结论成立。

或者所有区间的中点的函数值不为零，那么我们就会得到一个无穷的区间序列{],[n n b a }，它满足:①[a,b]⊃[11,b a ]⋅⋅⋅⊃⊃],[22b a ；②n n n a b a b 2-=-；③0)()(<n n a f b f 。

由单调有界定理，可以得到],[lim lim b a b a n n n n ∈==∞→∞→ξ，如果0)(=ξf ，则定理获证。

如果0)(≠ξf ，因为f(x)在ξ点连续，因而由连续函数的局部保号性：存在一个0>δ，使得f(x)在],[),(b a ⋂+-δξδξ上与)(ξf 同号。

根据所构造的区间的性质②，存在正整数N ，当n>N 时，],[),(],[b a b a n n ⋂+-⊂δξδξ。