由一道課本例題說開去

云浮市教育局教研室(527300) 胡明輝

一、課本例題

課本題(必修1)：求函數(shù)f(x)=lnx+2x-6的零點的個數(shù).

說明為了解決有關問題,我們給出這一問題的另一種解法.

解函數(shù)f(x)的定義域為0.所以f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù).又所以,函數(shù)f(x)=lnx+2x-6在(0,+∞)上有且只有一個零點.

這是一個簡單的單調遞增且只有一個零點的問題,可以從以下兩個方面解決：

(1)用導數(shù)符號說明函數(shù)的單調性,解決最多幾個零點的問題;

(2)用極限方法說明零點存在定理,解決有沒有零點問題.

變式求函數(shù)f(x)=-lnx+2x-6的極值點的個數(shù).

圖1

解函數(shù)f(x)的定義域為0.所以f′(x)是(0,+∞)上的增函數(shù).又2＞0.所以,在(0,+∞)上有唯一的零點x0(顯然).當時,所以,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù).當時,f′(x)＞0.所以,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).所以,函數(shù)f(x)=-lnx+2x-6在(0,+∞)上有且只有一個極大值點.

上面問題可歸結為h1(x)=lnx與另一函數(shù)h2(x)的和,是只有一個零點和一個極值點的問題,其解法的步驟為：

(1)對f(x)的導數(shù)f′(x)再求導數(shù)f′′(x);

(2)判斷在給定區(qū)間(或其子區(qū)間)內f′′(x)的符號,以便確定f′(x)的單調區(qū)間;

(3)求f′(x)的極值點,判斷f′(x)的符號.

(4)確定f(x)的零點、極值點相關問題.

二、綜合運用及方法總結

圖2

解函數(shù)f(x)的定義域為如圖1.當時,.即：f′′(x)在上是減函數(shù).又所以,f′′(x)在上有唯一零點,設為x0.當x∈(-1,x0)時,f′′(x)＞0,即：f′(x)在(-1,x0)上是增函數(shù).當時,f′′(x)＜0,即：f′(x)在上是減函數(shù).所以,f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點.

2.已知f(x)=ex-ln(x+m).

(1)若x=2是f(x)的零點,討論函數(shù)f(x)的單調性;

(2)若f(x)只有唯一的零點,求實數(shù)m的取值范圍;

(3)若函數(shù)f(x)是定義域上的增函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍;

(4)若函數(shù)f(x)的極大值為g(m),求g(m)的值域;

(5)當m≥1時,證明：(其中x1、x2是不相等的正實數(shù)).

(6)若x=0是f(x)的極值點,討論f(x)的單調性;

(7)若f(x)只有2個零點.求m的取值范圍;

(8)若f(x)在[0,1]上單調遞增,求m的取值范圍;

(9)當m＜5-e時,證明：f(x)＞0.

先請看：函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m)的一個重要性質.

性質f(x)在定義域(-m,+∞)內有唯一的極小值點x0,相應極小值為f(x0),f(x)在(-m,x0)單調遞減,在(x0,+∞)單調遞增.

圖3

證明由于可知在(-m,+∞)是增函數(shù),注意到+∞,如圖2.故f′(x)在(-m,+∞)上有唯一零點,且x∈(-m,x0)時,f′(x)＜0,f(x)單調遞減;x∈(x0,+∞)時,f′(x)＞0,f(x)單調遞增;從而x0為f(x0)的唯一極小值點,相應極小值為f(x0).

利用上面性質,容易解決上面問題.

已知f(x)=ex-ln(x+m).

(1)若x=2是f(x)的零點,討論函數(shù)f(x)的單調性;

解f(2)=e2-ln(2+m)=0,解得設方程的唯一解為x0(無法求得精確值,近似值為-7.383),故f(x)在單調遞減,在(x0,+∞)單調遞增.

(2)若f(x)只有唯一的零點,求實數(shù)m的取值范圍;

解由性質2可知若f(x)只有唯一的零點x=x0,則x=x0也是其極值點,從而有從而x0+m是方程的根,容易證明該方程有唯一的根且位于(1,2)內,近似值為1.763,于是可知故存在唯一的實數(shù)m使得若f(x)只有唯一的零點,m∈(2,3),近似值為2.33.

(3)若函數(shù)f(x)是定義域上的增函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍;

解由性質2而可知不存在滿足要求的實數(shù).

(4)若函數(shù)f(x)的極大值為g(m),求g(m)的值域;

解由性質2可知f(x)不存在極大值,只有極小值,分別作出y=ex和y=ln(x+m)的圖像,可知當m→+∞時,ex-ln(x+m)的最小值趨向-∞;當m→-∞時,ex-ln(x+m)的最小值趨向+∞;故極小值g(m)的值域為.

(5)當m≥1時,證明：(其中x1、x2是不相等的正實數(shù)).

證法一利用函數(shù)凹凸性與二階導數(shù)的關系恒成立,故結論成立;

證法二直接用定義法來證注意到于是由基本不等式得從而上述式子成立;性質1得證.

(6)若x=0是f(x)的極值點,討論f(x)的單調性;

解由解得m=1,由性質2可知x0=0,從而f(x)在(-1,0)單調遞減,在(0,+∞)單調遞增.

(7)若f(x)只有2個零點.求m的取值范圍;

解只有2個零點則極小值必須小于零,由(2)可知極小值等于零時m的臨界值為m0=t0+lnt0,其中t0為方程的根(t0近似值為1.763,m0的近似值為2.33),故f(x)只有兩個零點時所求的取值范圍是m＞m0.

(8)若f(x)在[0,1]上單調遞增,求m的取值范圍;

解f(x)在[0,1]上單調遞增0對任意x∈[0,1]恒成立.利用分離參數(shù)得得從而故所求的m的取值范圍是[1,+∞).

(9)當m＜5-e時,證明：f(x)＞0.

解由(2)(7)可知f(x)沒有零點時必有f(x)＞0恒成立,且此時m＜m0,m0=t0+lnt0,其中t0為方程的根(t0近似值為1.763,m0的近似值為2.33),注意到從而結論成立.

三、問題拓展

有的函數(shù)f′(x)=0無法求解,但是再求導數(shù)后,[f′(x)]′=0的根卻容易求出來,此時可以利用[f′(x)]′的性質反推得出f′(x)的單調性和最值,再利用f′(x)的單調性和最值得出f(x)的單調性和最值.這類函數(shù)較常見的有為關于x的代數(shù)式,通常是有理函數(shù))等.

分析令雖無法求解,但e-x-1＜0,故f′(x)為(0,+∞)內的減函數(shù),f′(0)=0,從而f′(x)＜0在(0,+∞)恒成立,即f(x)為(0,+∞)內的減函數(shù),f(0)=0,于是易得到對任意

2.證明：對任意正數(shù)x,都有

分析令顯然只需證明f(x)＞0在(0,1)成立.注意到,可以判斷在(0,1)遞增且有唯一零點x0,x0為f(x)在(0,1)的最小值點,再對極值點代換可證f(x0)＞0.

分析,對影響y′符號的因子ex-1(x-3)+(x+1)單獨分析,令g(x)=ex-1(x-3)+(x+1),g′(x)=ex-1(x-2)+1,[g′(x)]′=ex-1(x-1),從而g′(x)是[0,1)的減函數(shù),g′(1)=0,故在[0,1)上g′(x)＜0,g(x)是[0,1)的減函數(shù),g(1)=0,從而0≤x＜1有g(x)＜0,y′=的最大值為

4.設0＜a＜1,函數(shù)現(xiàn)給出以下結論：

①f(x)可能是區(qū)間(0,1)上的增函數(shù),但不可能是區(qū)間(0,1)上的減函數(shù);

②f(x)可能是區(qū)間(0,m)上的減函數(shù);

③f(x)可能在區(qū)間(0,1)上既有極大值,又有極小值.

其中正確結論的序號是____.

解.設g(a)=則當時,g′(a)＜0,即：g(a)在上單調遞減.當時,g′(a)＞0,即：g(a)在上單調遞增.所以,當時,g(a)取得最小值固g(a)＞0,即當時此時f(x)在(0,1)上單調遞增.所以,f(x)可能是區(qū)間(0,1)上的增函數(shù),但不可能是區(qū)間(0,1)上的減函數(shù).即：①正確.因為所以,f(x)不可能是區(qū)間(0,m)上的減函數(shù).即：②錯誤.當a=e-2時,故存在使得此時,f(x1)是極大值,f(x2)是極小值.故③正確.

總結對于有一個極值點和至多兩個零點的問題,此法比較有效.