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) - ag''(x) = -e^x(x^2+4x+1) < 0,故g(0) =0g'(0) = 1-a,且g'(x)单调递减。根据a1的大小关系展开讨论。

 

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 。


    (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) - ag''(x) = -e^x(x^2+4x+1) < 0,故g(0) =0g'(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:

  1. 分而治之寻找充分条件,逐个求解不等式;

  2. 找点过程中放缩的出发点是使不等式能解、易解;

  3. 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)\left( \ln \dfrac{1}{a}, +\infty \right)上分别存在x_1x_2,使f(x_1)>0f(x_2)>0

 

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_1x_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)\mathcal{R}上单调递减;当a > 0时,f(x)\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:

 

x_1 = a-2 < 0,则e^{x_1} < 1。故

    \[f(x_1) = ae^{2x_1} + (a-2)e^{x_1} - x_1 > (a-2)e^{x_1} - x_1 > a - 2 - x_1 = 0\]

f(x)\left( -\infty, \ln \dfrac{1}{a} \right)上单调递减,所以f(x)在区间\left(x_1, \ln \dfrac{1}{a} \right)上存在唯一零点。

 

x_2 = \ln \dfrac{3}{a} > 0,则e^{x_2} > x_2。故

    \[f(x_2) = ae^{2x_2} + (a-2)e^{x_2} - x_2 > ae^{2x_2} + (a-2)e^{x_2} - e^{x_2} = e^{x_2}(ae^{x_2} + a - 3) = ae^{x_2} > 0\]

f(x)\left( \ln \dfrac{1}{a},+\infty \right)上单调递增,所以f(x)在区间\left(\ln \dfrac{1}{a}, x_2\right)上存在唯一零点。

 

综上所述,若f(x)有两个零点,a的取值范围是(0,1)


小结:

  1. 解答过程中用到的e^x > x,最好先有个证明。
  2. 运用e^x > x,让“大鱼”(e^x)吃掉了“小鱼”(x),达到合并同类项的目的,使不等式能解。
  3. 找点的基本方法和“寻找矛盾区间”中的是一样的,即:放缩的出发点是使不等式能解、易解;需要结合“点”所在的区间,以及各部分的“阶”,进行放缩。

总结:找点的技巧

两道例题分别说明了找点在寻找矛盾区间与寻找零点所在区间中的应用,并且恰好涉及到了两个常见的函数组合的模型:相乘除与相加减。

  1. 对于由基本函数相乘除组合而成的新函数,找点时,可以“分而治之”;
  2. 对于由基本函数相加减组合而成的新函数,找点时,可以“大鱼吃小鱼”。
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