找点的方法与应用——以两道2017高考题为例

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寻找矛盾区间
寻找零点所在区间

寻找矛盾区间，寻找零点所在区间的时候都需要找点。找点的方法很多，不同的方法给出的结果各不相同。本文仅探寻一般的思路。

寻找矛盾区间

1.（2017年全国2 卷文科第21题）设函数 $f(x) = (1-x^2)e^x$ 。

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 当 $x \ge 0$ 时， $f(x) \le ax + 1$ ，求 $a$ 的取值范围。

分析令 $g(x) = (1-x^2)e^x-ax-1\,(x \ge 0)$ ，则 $g'(x) = e^x(1-x^2-2x) - a$ ， $g''(x) = -e^x(x^2+4x+1) < 0$ ，故 $g(0) =0$ ， $g'(0) = 1-a$ ，且 $g'(x)$ 单调递减。根据 $a$ 与 $1$ 的大小关系展开讨论。

当 $a \ge 1$ 时，易知满足题意要求。当 $a<1$ 时，由 $g'(0) = 1-a>0$ ，结合 $g'(x)$ 单调递减有两个基本思路。

思路1 由极限易知，当 $x \rightarrow +\infty$ 时， $g'(x) \rightarrow -\infty$ ，故只需在“ $x$ 足够大时”这样的范围内寻找满足 $g'(x) < 0$ 的点。

要使 $g'(x) = e^x(1-x^2-2x) - a < 0$ ，即 $e^x(1-x^2-2x) < a$ ，由于这个不等式很难解，我们采用分而治之的思路寻找它的充分条件，即只需要同时满足 $\begin{cases} e^x > -a \\ 1-x^2-2x < -1 \end{cases}$ 即可。

对于 $e^x > -a$ ，只需 $e^x > |a|$ ，即 $x > \ln |a|$ ；对于 $1-x^2-2x < -1$ ，只需 $x > 1$ （没有必要解这个一元二次不等式）。故取 $x_1 = max\left\{ \ln |a|,1\right\}$ ，则当 $x \ge x_1$ 时， $g'(x) < 0$ 。

答题过程的写法见解法1 。

思路2 由于 $g'(0)>0$ ，且 $g(x)$ 是连续的，故在 $0$ 的右邻域内寻找满足 $g'(x) > 0$ 的点。要使 $e^x(1-x^2-2x) > a$ ：

(1) 当 $a \le 0$ 时，显然当 $x \in \left( 0, \dfrac14 \right)$ 时， $g'(x) > 0$ ；

(2) 当 $0 < a < 1$ 时，由于不等式 $e^x(1-x^2-2x) > a$ 很难解，我们同样分而治之，只需 $\begin{cases}e^x \ge 1 \\ 1-x^2-2x > a \end{cases}$ 成立即可。

前者显然成立；后者只需 $1 - x^2 - 2x > 1 - 3x > a$ ，解得 $x < \dfrac{1-a}{3}$ （同样没有必要解这个一元二次不等式，注意到我们是在 $0$ 的右邻域内找点，很容易想到这样放缩）。故当 $0<x<\dfrac{1-a}{3}$ 时， $g'(x)>0$ 。

答题过程的写法见解法2 。

解 (1) 略。(2) 令 $g(x) = (1-x^2)e^x-ax-1\,(x \ge 0)$ ，则 $g'(x) = e^x(1-x^2-2x) - a$ ， $g''(x) = -e^x(x^2+4x+1) < 0$ ，故 $g(0) =0$ ， $g'(0) = 1-a$ ，且 $g'(x)$ 单调递减。

解法1

情形一 当 $a \ge 1$ 时， $g'(x) \le g'(0) = 1-a \le 0$ ，故 $g(x)$ 单调递减， $g(x) \le g(0) = 0$ ，满足题意。

情形二 当 $a < 1$ 时， $g'(0) = 1-a > 0$ 。取 $x_1 = max\left\{ \ln |a|,1\right\}$ ，则 $e^{x_1} \ge e^{\ln |a|} = |a|$ ，且 $1- x_1^2 - 2x_1 \le 1 - 1^2 - 2 \times 1 = -2 < -1$ 。故 $e^{x_1} \left( 1 - x_1^2 - 2x_1 \right) < - e^{x_1} \le -|a| \le a$ ，故 $g'(x_1) = e^{x_1} \left( 1 - x_1^2 - 2x_1 \right) - a < 0$ 。

又因为 $g'(x)$ 单调递减，则在区间 $(0, x_1)$ 内， $g'(x)$ 有唯一的零点，记为 $x_0$ 。在区间 $(0,x_0)$ 上，有 $g'(x) > 0$ ，得 $g(x) > g(0) = 0$ ，不满足题意。

综上所述， $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$ 。

解法2

情形一 当 $a \ge 1$ 时， $g'(x) \le g'(0) = 1-a \le 0$ ，故 $g(x)$ 单调递减， $g(x) \le g(0) = 0$ ，满足题意。

情形二 当 $a \le 0$ 时，令 $x_1 = \dfrac14$ ，显然当 $x \in \left( 0, x_1 \right)$ 时， $e^x(1-x^2-2x) > 0 \ge a$ ，故 $g'(x) > 0$ 。此时 $g(x) > g(0) = 0$ ，不满足题意。

情形三 当 $0<a<1$ 时，令 $x_2 = \dfrac{1-a}{3}$ ，则当 $x \in (0, x_2)$ 时， $e^x > 1$ ，且 $1-x^2 - 2x > 1-3x > a$ ，故 $e^x(1-x^2-2x)>a$ ，即 $g'(x)>0$ 。此时 $g(x) > g(0) = 0$ ，不满足题意。

综上所述， $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$ 。

小结：

分而治之寻找充分条件，逐个求解不等式；
找点过程中放缩的出发点是使不等式能解、易解；
结合“点”所在的区间，以及各部分的“阶”，进行放缩。

寻找零点所在区间

2.（2017年全国1 卷理科第21题）已知函数 $f(x) = ae^{2x} + (a-2)e^x - x$ 。

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点，求 $a$ 的取值范围。

分析 $f'(x) = \left( ae^x - 1\right)\left(2e^x + 1\right)$ ，当 $a \le 0$ 时， $f(x)$ 单调递减，至多一个零点，不满足题意。当 $a>0$ 时， $f(x)$ 先减后增，在 $x = \ln \dfrac{1}{a}$ 处取到最小值。要使 $f(x)$ 有两个零点，需 $f\left( \ln \dfrac{1}{a} \right) < 0$ 。

而这只是一个必要条件，要说明此时真的存在两个零点，还需要说明在区间 $\left(-\infty, \ln \dfrac{1}{a}\right)$ 与 $\left( \ln \dfrac{1}{a}, +\infty \right)$ 上分别存在 $x_1$ 、 $x_2$ ，使 $f(x_1)>0$ 且 $f(x_2)>0$ 。

令 $g(a) = f\left( \ln \dfrac{1}{a} \right) = \ln a + 1 - \dfrac{1}{a}$ ，易知当且仅当 $0<a<1$ 时， $g(a) < 0$ 。下面来寻找，在 $0<a<1$ 时，满足要求的 $x_1$ 与 $x_2$ 。

(1) 由极限知，当 $x \rightarrow -\infty$ 时， $f(x) \rightarrow +\infty$ 。故我们只需要在“ $x$ 足够小”这样一个范围内寻找满足条件的 $x_1$ 。可以让 $x_1 < 0$ ，此时有 $0 < e^{2x} < e^x < 1$ 。

故对不等式 $f(x) = ae^{2x} + (a-2)e^x - x > 0$ 进行放缩，求解其充分条件： $ae^{2x} + (a-2)e^x - x > (a-2)e^x - x > a-2-x>0$ ，解得 $x < a-2$ 。因此，当 $x \in (-\infty, a-2]$ 时，有 $f(x)>0$ 。不妨取 $x_1 = a - 2$ 。

(2) 同样，由极限知，当 $x \rightarrow \infty$ 时， $f(x) \rightarrow +\infty$ 。故我们只需要在“ $x$ 足够大”这样一个范围内寻找满足条件的 $x_2$ 。可以让 $x_2 > 0$ ，此时有 $e^{2x} > e^x > x$ 。

求解 $f(x)>0$ 的充分条件： $ae^{2x} + (a-2)e^x - x > ae^{2x} + (a-2)e^x - e^x = e^x \left( ae^x + a - 3 \right) > 0$ ，故 $e^x > \dfrac{3-a}{a} = \dfrac{3}{a} - 1$ ，为了简单起见，我们还可以进一步让 $e^x > \dfrac{3}{a}$ （注意：我们并不是在解不等式，而只是在寻找充分条件），从而解得 $x> \ln \dfrac{3}{a}$ 。因此，当 $x \in\left[\ln \dfrac{3}{a}, +\infty\right)$ 时，有 $f(x)>0$ 。不妨取 $x_2 = \ln \dfrac{3}{a}$ 。

点找好了，解答过程写起来是很顺畅的。

解 (1) 当 $a\le 0$ 时， $f(x)$ 在 $\mathcal{R}$ 上单调递减；当 $a > 0$ 时， $f(x)$ 在 $\left( -\infty, \ln \dfrac{1}{a} \right)$ 上单调递减，在 $\left( \ln \dfrac{1}{a},+\infty \right)$ 上单调递增。过程略。

(2) 当 $a \le 0$ 时， $f(x)$ 递减，至多由一个零点，不符合题意；当 $a > 0$ 时， $f(x)$ 先减后增，在 $x = \ln \dfrac{1}{a}$ 处取到最小值。要使 $f(x)$ 存在两个零点，需 $f\left( \ln \dfrac{1}{a} \right) = \ln a + 1 - \dfrac{1}{a} < 0$ ，解得 $0<a<1$ 。当 $0<a<1$ 时：