18 对课本中一道函数零点问题的多视角证明-《中学生数理化》高一数学2024年11月刊

■文晓芹[1] 杜海洋[2] 一、试题呈现 人教 A 版高中数学第一册 P155第7 题:设函数f(x)=ax2+bx+c(a>0,b,c∈ R),且f(1)=- a 2 ,求证:函数f(x)在(0,2) 内至少有一个零点。 二、试题分析 由题设可知,此函数为二次函数,且图像 开口向上。由f(1)=- a 2<0 ,利用零点存 在定理知f(2)与f(0)中至少有一个为正或 分别在区间(0,1),(1,2)内找到一个x0,使 得f(x0)>0即可证得结论。由 f(1)= - a 2 ,可得b=- 3a 2 -c ,由此得到f(2), f(0)的表达式。 三、试题证明 证法1:因为f(1)=a+b+c=- a 2 ,所 以b=- 3a 2-c ,则f(2)=4a+2b+c=4a+ 2× - 3a 2-c +c=a-c。 因为f(0)=c,所以f(2)+f(0)=a> 0,即f(2)与f(0)中至少有一个为正。又因 为f(1)=- a 2<0 ,所以函数f(x)在(0,2) 内至少有一个零点。 点评:需 要 说 明 的 是,也 可 通 过 式 子 2f(1)+f(2)+f(0)=2× - a 2 +a-c+ c=0,由2f(1)=-a<0,得到f(2)+f(0) =a>0获证。 证法2:由证法1可知,当c>0时,f(0) =c>0,即函数f(x)在(0,1)内至少有一个 零点;当c≤0时,f(2)=a-c>0,即函数 f(x)在(1,2)内至少有一个零点。综上所 述,函数f(x)在(0,2)内至少有一个零点。 点评:证法2是进行分类讨论求解的,这 是含参数问题的常规策略。 证法3:由证法1可知,f(2)=a-c, f(0)=c,则f(0)·f(2)=c·(a-c)。 当c≤0时,显然f(0)·f(2)=c·(a- c)≤0成立,必有f(2)>0,所以函数f(x)在 (1,2)内至少有一个零点;当c>0时,f(0)= c>0,即函数f(x)在(0,1)内至少有一个零 点。综上所述,函数f(x)在(0,2)内至少有 一个零点。 点评:证法3是求f(0)·f(2)的值小于 零,这说明其中有一端点值为正,从而获证。 若f(0)·f(2)的值大于或等于零,则需要讨 论求解。 证法4:由证法1可知,f(2)=a-c, f(0)=c。令x0= 3 2 ,则f 3 2 =94a+32b +c。因 为 b= - 3a 2 -c ,所 以 f 3 2 = - 1 2c 。当c<0时,f 3 2 =-12c>0,所以 函数f(x)在 1, 3 2 内至少有一个零点;当 c=0时,函数f(x)有一个零点x0= 3 2 ;当 c>0时,f(0)=c>0,所以函数f(x)在(0, 1)内至少有一个零点。综上所述,函数f(x) 在(0,2)内至少有一个零点。 点评:证法4是运用二分法思想求零点 的,尤其是区间端点在函数中没有意义,即不 能代端点值进行运算时,可利用二分法在区 间取值,这也是“找点”的常规策略。 证法5:由f(1)=a+b+c=- a 2 ,可得 b=- 3a 2-c 。由题意知此函数为二次函数, 且图像的开口向上。由f(1)=- a 2<0 ,可 知函数f(x)=ax2+bx+c的图像与x 轴必 有两个交点,所以方程ax2+bx+c=0必有 两根x1,x2,且满足x1<1<x2。由根与系数 的关系得 x1+x2=- b a= 3 2+ c a , x1x2= c a 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 当c>0 63 创新题追根溯源 高一数学 2024年11月 时,由 x1+x2= 3 2+ c a> 3 2 , x1x2= c a>0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 可知必有两正 根,结合f(1)=- a 2<0 ,可知必有一正根 x1∈(0,1);当c=0时,由 x1+x2= 3 2 , x1x2=0, 可得 x1=0,x2= 3 2 ,可知x2∈(0,2);当c<0时, 由 x1+x2= 3 2+ c a< 3 2 , x1x2= c a<0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 可知必有x1<0, x2>1,此时f(2)>0,即x2∈(1,2)。综上所 述,函数f(x)在(0,2)内至少有一个零点。 点评:证法5是将函数零点与方程、函数 图像集一体,体现了三者的紧密关系。 1.若函数f(x)=-3ax2+4x-1在区 间(-1,1)内恰有一个零点,则实数a的取值 范围为 。 提示:若a=0,即4x-1=0,则x= 1 4 , 满足题意;若a≠0,则f(1)f(-1)=(-3a -5)(-3a+3)<0,解得- 5 3<a<1 且a≠ 0,此时满足题意;若f(-1)=-3a-5=0, 即a=- 5 3 ,则f(x)=5x2+4x-1=(5x- 1)(x+1)=0,此时方程在(-1,1)内只有一 根x= 1 5 ,满足题意;若f(1)=-3a+3=0, 即a=1,则 f(x)= -3x2 +4x-1= -(3x-1)(x-1)=0,此时方程在(-1,1)内 只有一根x= 1 3 ,满足题意;当Δ=16-12a= 0时,可得a= 4 3 ,若f(x)=-4x2+4x-1= -(2x-1)2=0,此时方程的根为x= 1 2 ,满足 题意。综上可得,- 5 3≤a≤1 或a= 4 3 。 2.已知函数f(x)=2x+2lnx+1,x> 0。 (1)证明:函数f(x)存在唯一的零点 x0,且x0∈ 1 e ,1 2 。 (2)若函数f(x)的零点记为x0,设函数 g(x)=x2+2xlnx+ 9 5x ,求证3 20<g (x0) < 4 25 。 提示:(1)当x>0时,函数y=2x+1和 y=2lnx 单调递增,则函数f(x)=2x+ 2lnx+1 单 调 递 增。因 为 f 1 e = 2e+ 2ln 1 e+1= 2 e-2+1= 2-e e <0 ,f 1 2 = 1+2ln 1 2+1=2-2ln2=2 (1-ln2)>0,所 以f(x)存在零点x0,且x0∈ 1 e ,1 2 。又因 为f(x)=2x+2lnx+1单调递增,所以 f(x)存在唯一的零点x0,且x0∈ 1 e ,1 2 。 (2)由(1)可知,f(x0)=2x0+2lnx0+1 =0,即lnx0= -1-2x0 2 。g(x0)=x20+ 2x0lnx0+ 9 5x0=x 2 0+2x0· -1-2x0 2 + 9 5x0 = - x0- 2 5 2 + 4 25 ,因 为 x0 ∈ 1 e ,1 2 ,25∈ 1e,12 ,所以g(x0)<425。由 1 2- 2 5 - 25-1e =10-3e10e >0,可得12- 2 5> 2 5- 1 e ,所以x= 1 2 到对称轴x= 2 5 的 距离比x= 1 e 到对称轴x= 2 5 的距离大,所 以g(x0)>g 1 2 =- 12-25 2 + 4 25= 3 20 , 所以 3 20<g (x0)< 4 25 。 作者单位:1.新疆巴音郭楞蒙古自治州 石油第一中学 2.成都经济技术开发区实验 中学校 (责任编辑 郭正华) 73 创新题追根溯源 高一数学 2024年11月