前言

函数的零点

对于函数$y＝f(x)(x\in D)$，把使得$f(x)=0$的实数$x$叫做函数$y＝f(x)(x\in D)$的零点．简言之，零点不是点，是实数；零点是函数对应的方程$f(x)=0$的根。

• 有关零点的几个结论

(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，也可能没有零点，比如$f(x)$$=$$2^x$单调递增，但没有零点。

(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。比如函数$f(x)$$=$$-$$(x-1)$$\cdot$$(x-2)$，在$1$$<$$x$$<$$2$时，函数值$f(x)$都是正值。

(3).连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，如$y$$=$$x^3$在零点$x=0$处两侧的函数值不同；也可能不变号，如$y$$=$$x^2$在零点$x=0$处两侧的函数值相同。

重要转化

函数$y=f(x)=h(x)-g(x)$有零点[数的角度]

$⟺$函数$y=f(x)$与$x$轴有交点[形的角度]

$⟺$方程$f(x)=0$有实根[数的角度]

$⟺$函数$y=h(x)$与函数$y=g(x)$的图像有交点[形的角度]

• 具体应用时务必注意对函数$f(x)$的有效拆分，比如函数$f(x)=lnx-x+2$，

拆分为①$h(x)=lnx$和$g(x)=x-2$，或者拆分为②$h(x)=lnx-2$和$g(x)=x$，都比拆分为③$h(x)$$=$$\ln x$$-x$和$g(x)$$=$$2$要强的多。

当拆分为①②时，我们都可以轻松的画出其图像，但是拆分为③时，要画出函数$h(x)$的图像，就需要导数参与。这时候，我们也就能理解有时候选择比努力更重要。

拆分原则：尽可能的拆分为我们学过的基本初等函数或初等函数，这样的拆分是上上策。

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$f(a)\cdot f(b)<0$，那么，函数$y＝f(x)$在区间$(a，b)$内至少有一个零点，即至少存在一个$c\in (a，b)$，使得$f(c)=0$，这个$c$也就是方程$f(x)＝0$的根．

• 定理的理解需要注意：

①零点存在性定理的使用有两个条件必须同时具备，其一在区间$[a，b]$上连续，其二$f(a)\cdot f(b)<0$，缺一不可；

比如，函数$f(x)=\frac{1}{x}$在区间$[-1，1]$上满足$f(-1)\cdot f(1)<0$，但是其在区间$[-1，1]$没有零点，原因是不满足第一条；

再比如函数$f(x)=2^x$，在区间$[-1，1]$上满足连续，但是其在区间$[-1，1]$没有零点，原因是不满足第二条；

②零点存在性定理只能判断函数的变号零点，不能判断不变号零点。

变号零点的例子$f(x)=x^3$的零点$x=0$，不变号零点的例子$g(x)=x^2$的零点$x=0$。

③零点存在性定理是函数有零点的充分不必要条件。即若满足零点存在性定理，则可以判断函数有零点[变号零点]，但函数有零点[如函数 $y=x^2$ 的不变号零点 $x=0$]，却不一定满足零点存在性定理 .

④零点存在性定理只能判定有解，不能判定无解；只能说明根的存在性，不能说明根的个数；

⑤零点存在性定理为什么前面用闭区间$[a，b]$而后面用开区间$(a，b)$？

由于要计算$f(a)$和$f(b)$的值，自然函数必须在区间的端点处有定义，故前边要使用闭区间，后边如果是闭区间，则零点可能会是$x=a$或$x=b$，这样条件就会变为$f(a)\cdot f(b)\le 0$，与定理的条件不符，故后边用开区间$(a，b)$。

求零点方法

• 解方程法；能解则解，从数的角度分析解决问题，本来就是排在第一位的。

【2019年全国卷Ⅲ卷文科第5题】函数$f(x)=2\sin x-\sin 2x$在$[0,2\pi ]$的零点个数为【】

解：由$f(x)=2\sin x-\sin 2x=2\sin x-2\sin x\cos x=2\sin x(1-\cos x)=0$，

则$\sin x=0$或$1-\cos x=0$，

由$\sin x=0$且$x\in [0,2\pi ]$得到，$x=0$，或$x=\pi$，或$x=2\pi$，

由$\cos x=1$且$x\in [0,2\pi ]$得到，$x=0$，或$x=2\pi$，

即得到$x=0$，或$x=\pi$，或$x=2\pi$，故$f(x)$在$[0,2\pi ]$的零点个数为$3$个，选$B$.

• 图像法；图像法确定函数的零点，充其量也就是个大致的区间，不大可靠，而且随个人作图的习惯出入很大。

• 零点存在性定理；和图像法确定函数的零点相比，零点存在性定理可以说是比较精确的区间定位。

• 利用函数的性质求解，如函数为单调函数，则其零点最多一个；函数为周期函数，则只需确定一个周期上的零点个数，其他区间照此办理即可。

已知函数$f(x)=a^{2}x-2a+1$，若命题$“\forall x\in (0,1),f(x)\ne 0"$是假命题，则$a$的取值范围是【】

解析: 因为函数$f(x)=a^{2}x-2a+1$，命题$\forall x\in (0,1),f(x)\ne 0"$是假命题，

所以原命题的否定是“$\exists x_0\in (0,1)$，使$f(x_0)=0"$是真命题这可以看成零点存在的给出方式，一般用文字给出，说函数$f(x)$在$(0,1)$内有一个零点，也可以用命题的形式给出，如题。，

所以$f(1)\cdot f(0)<0$，即$(a^2-2a+1)(-2a+1)<0$

所以$(a-1{)}^2(2a-1)>0$，解得$a>\frac{1}{2}$且$a\ne 1$

所以实数$a$的取值范围是$(\frac{1}{2},1)\cup (1,+\infty )$，故选$D$。

函数$f(x)=3ax-2a+1$在区间$[-1，1]$上存在一个零点，则$a$的取值范围是________.

分析：由$f(-1)\cdot f(1)\le 0$，

得到$a\le -1$或$a\ge \frac{1}{5}$。

转化的等价

若函数 $f(x)=2x^3-x^2+ax+3$ 在区间$(-1,1)$内恰有一个极值点，则实数$a$的取值范围为【 \quad 】

分析：$f^{\prime }(x)=6x^2-2x+a$，由于在区间$(-1,1)$内恰有一个极值点，

故函数$f^{\prime }(x)$在区间$(-1,1)$内只有一个穿根零点，

故由零点存在性定理可得，$f^{\prime }(-1)\cdot f^{\prime }(1)<0$，解释¹

即$(8+a)(4+a)<0$，解得$-8<a<-4$，接下来验证，

当$a=-8$时，$f^{\prime }(x)=6x^2-2x-8$，

由$f^{\prime }(x)=6x^2-2x-8=2(x+1)(3x-4)$的图像，可知不符合题意，排除；

当$a=-4$时，$f^{\prime }(x)=6x^2-2x-4$，

由$f^{\prime }(x)=6x^2-2x-4=2(x-1)(3x+2)$的图像，可知符合题意；

综上所述，$a\in (-8,-4]$，故选$C$.

高阶典例

已知$g(x)=lnx-ax$，$a\in R$，若$0<a<\frac{1}{e}$，其中$e$为自然对数的底数，

求证：函数$g(x)$有$2$个不同的零点；

分析：待整理；

法1：从形的角度入手，转化为求证$y=lnx$和函数$y=ax(0<a<\frac{1}{e})$有两个不同的交点；

法2：从形的角度入手，分离参数，转化为求证$y=\frac{lnx}{x}$和函数$y=a(0<a<\frac{1}{e})$有两个不同的交点；

法3：从数的角度入手，先说明单调性，再采用零点存在性定理；

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$；

故在$(0，\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a}，+\infty )$上单调递减，

$f(\frac{1}{a})=-lna+1>0$，

$f(\frac{1}{e})<0$，

$f(\frac{1}{a^2})<0$

$f(\frac{1}{a^3})<0$

【2018课标Ⅱ第21题】已知函数$f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-a(x^2+x+1)$。

(1).若$a=3$，求$f(x)$的单调区间。

分析：$f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-a(x^2+x+1)$，

当$a=3$时，$f^{\prime }(x)=x^2-3(2x+1)，$ 令$f^{\prime }(x)=0$，则$x=3\pm 2\sqrt{3}$，

则$x<3-2\sqrt{3}$或$x>3+2\sqrt{3}$时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$单调递增；

$3-2\sqrt{3}<x<3+2\sqrt{3}$时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$单调递减；

故单调递增区间为$(-\infty ，3-2\sqrt{3})$和$(3+2\sqrt{3}，+\infty )$，单调递减区间为$(3-2\sqrt{3}，3+2\sqrt{3})$。

(2).证明：$f(x)$只有一个零点。

[高考证明]：由于$x^2+x+1>0$，所以$f(x)=0$等价于$\frac{x^3}{x^2+x+1}-3a=0$，

设$g(x)=\frac{x^3}{x^2+x+1}-3a$，则$g^{\prime }(x)=\frac{x^2(x^2+2x+3)}{(x^2+x+1{)}^2}⩾0$，

仅当$x=0$时，$g^{\prime }(x)=0$，则$g(x)$在$(-\infty ，+\infty )$上单调递增，

故$g(x)$至多有一个零点，从而$f(x)$至多有一个零点，

又$f(3a-1)=-6a^2+2a-\frac{1}{3}=-6(x-\frac{1}{6}{)}^2-\frac{1}{6}<0$，

$f(3a+1)=\frac{1}{3}>0$，故$f(x)$有一个零点，

综上，函数$f(x)$只有一个零点。

[替代证明]：由题目可知，函数$f(x)$只有一个零点，即方程$f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-a(x^2+x+1)=0$只有一个解。

即方程$a(x^2+x+1)=\frac{1}{3}{x}^3$只有一个解。注意到$x^2+x+1\ne 0$

即方程$a=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}$只有一个解。

令函数$h(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}$，则

$h^{\prime }(x)=\frac{3x^2\cdot 3(x^2+x+1)-x^3\cdot 3(2x+1)}{[3(x^2+x+1){]}^2}$

$=\frac{3x^2(x^2+2x+3)}{[3(x^2+x+1){]}^2}$$=\frac{3x^2[(x+1{)}^2+2]}{[3(x^2+x+1){]}^2}\ge 0$，

且仅仅在$x=0$一个点处使得$h^{\prime }(x)=0$，

故函数$h^{\prime }(x)$在$(-\infty ，+\infty )$上单调递增；

又由于$h(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}=\frac{x}{3(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2})}$

当$x\to +\infty$时，$h(x)\to +\infty$；

当$x\to -\infty$时，$h(x)\to -\infty$；

即函数$y=a$与函数$y=h(x)$必然只有一个交点，

故方程$a=h(x)$必然只有一个根，即函数$f(x)$只有一个零点。

【解后反思】1、如果仅仅证明到函数$h(x)$单调递增，则方程$a=h(x)$必然有一个交点是有漏洞的，比如函数$h(x)$满足单调递增，但是其图像夹在直线$y=\pm 1$之间时，则方程$a=h(x)$可能有一个交点，也可能没有交点。

2、估计高考答案是注意到这个解法需要用极限说明图像，故采用了单调性和零点存在性定理做了说明。

3、注意数学常识的使用，$x^2\pm x+1>0$，$x^2+2x+3=(x+1{)}^2+2>0$.

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1. 对表达式的进一步解释，$f^{\prime }(-1)\cdot f^{\prime }(1)<0$，如果导函数是一次函数，则这种转化是等价的转化；此处由于导函数$f^{\prime }(x)$为二次函数，情形比一次函数的情形要复杂的多，且给定区间为开区间$(-1,1)$，故这种转化是有漏洞的，可能会出现漏掉参数的取值的情况，比如导函数有一个零点$x_0$刚好经过端点$-1$或者$1$，另一个零点$x_2$在$(-1,1)$内，这种情形应该包含在$f^{\prime }(-1)$$\cdot$$f^{\prime }(1)$$⩽$$0$这种情形内，但是如果借用$f^{\prime }(-1)$$\cdot$$f^{\prime }(1)$$⩽0$来求解，又会出现参数有增根的情形，比如$f^{\prime }(x)$的两个零点刚好分别经过了两个端点的情形，这是应该剔除的情形，因此，要么利用$f^{\prime }(-1)$$\cdot$$f^{\prime }(1)$$⩽$$0$求解，再添加端点的验证和排除；要么利用$f^{\prime }(-1)$$\cdot$$f^{\prime }(1)$$<$$0$求解，再添加端点的验证和添加； ↩︎