放缩法在寻找函数零点所在区间中的应用 |
| 时间：2026-01-23 19:17:35 来源：本站原创文章，保留版权. 作者：本站管理员 |
放缩法在寻找函数零点所在区间中的应用
关键词：函数放缩法 零点存在定理 相同的单调性 正值点 负值点
在研究函数最值、极值时，常常需要研究函数的零点，但
零点往往不易求解，本文将用函数放缩法寻找函数的零点
f (x)
.
所在的区间，即确定零点可能存在的范围
零点存在定理：对于连续型函数
，如果在闭
f (x)
a
在（ ，
f (a) f (b) 0
[a b]
年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标 ）） 区间 ， 上满足
1 2020
例 ．（
Ⅰ
，那么
x
x
.
0
.
b
已知函数 f (x) = e − a(x + 2)
）上存在零点 常见的问题是，如何寻找区间
f (x)
f (a) 0
且
1
（ ）当
a =1
f (x)
[a b]
a
b
时，讨论
的单调性；
， ，也就是如何寻找 和 ，使得
a
f (b) 0
f (a) 0 f (b) 0
且
2
.
.
）
（ ）若
有两个零点，求 的取值范围
（或
f (x)
(−,0)
1
解析：（ ）易得
的减区间为
，
(0,+)
增区间为
；
（ ） f (x) = ex − a
，
2
f (x) 0
f (x)
a 0
f (x)
①当
此时
②当
时，
恒成立，
是增函数，
.
最多一个零点，不合题意
f (x) = 0
f (x)
， 是增函数，故有：
a 0
lna
时，
的解为
ex → +
x → +
(−,lna)
(lna,+)
a 0
当
时 ，
时 ，
，
x
lna
0
a(x + 2) → + −
，
f (x)
f (x)
是 不 定 型 ， 不 能 确 定
－
＋
x
x → +
.
的正负
时，
f (x) = e − a(x + 2)
↘
极小
↗
f (x)
由上表可知
的极小值也是最小值为
f (x)
先依据单调性和最小值，确定
有两个零点的
f (lna) = a − a(2+ lna) = a(−1−lna)
，
[ f (x)] 0
[ f (x)] 0
不一
必要条件：
定能保证有其他函数值大于或等于 ，只有找到
，但是
f (x)
有两个零点的必要条件是：
min
min
1
e
0
[ f (x)] = a(−1−lna) 0
a
，即
，
min
p lna q f (p) 0 f (q) 0
，才
p
q
和 ，满足
,
，
1
f (x)
.
有两个零点的充分条件
a
下面再证
是
f (x)
.
有两个零点
能说明
e
1
f (lna) = a(−1−lna) 0
f (x)
a
lna −1
若
，则
，
，
e
.
−2
lna
lna
在
在
的左侧找到了正值点
f (−2) = e−2 0
，又因为
连续，及零点存在定理，所
f (q) 0
q
的右侧要找使
t(x)
正值点 ，如果能找
f (x) (−2,lna)
在
x
1
以
上有一个零点 ，
f (x) t(x)
，使得
f (q) 0
，因此，关键是如
到一个简单函数
，那么只要
f (x) (−,lna)
在
f (x) (−,lna)
在 上
因为
单调递减，所以
t(q) 0
满足
何缩小
，就满足
x
.
只有一个零点
1
f (x) t(x)
到
，经验是放缩后的函数，要保
x2 + 2x + 2
−x2
设
，则
，
g(x) =
(x 0)
g(x) =
0
.
ex
ex
持与原函数有相同的单调性
g(x)
这 里 先 引 入 函 数
， 目 标 证 明 不 等 式
g(x) [0,+)
在 上单调递减，所以
所以
1
ex > x(x + 2) (x 0)
.
g(x) g(0) = 2
，
，为后续放缩作准备 构造函
2
x2 + 2x + 2 1
> x(x + 2) (x 0)
x
所以
，所以
2
x
e
g(x)
数
，采用
与 作商，而不是作差，
x + 2x + 2
e
2
2
1
原因是商求导后，决定导函数符号的因式中不再
x 0
f (x) = ex − a(x + 2) (x + 2)( x − a)
当
时，
，
2
x
.
含有 ，便于确定符号
x 缩小到二次函数
e
e
1
f (2a) (2a + 2)( 2a − a) = 0
所以
，
1
2
f (x)
x(x + 2) (x 0)
，为了放缩后与
都是单调
2
x −1
x
h(x) = x −1−ln x
h(x) =
,
设
，则
x
x
.
增， 缩小到一次函数就不会成功 先把 缩小到
e
e
，目的是
1
x2 + 2x + 2
1
2
(0,1)
(1,+)
x
x(x + 2)
，再缩小到
2
f (x)
f (x)
0
－
＋
↗
f (x)
.
(x + 2)( x − a)
后面的运算简单
缩小到
时，
↘
极小
2
1
[h(x)] = h(1) = 0 h(x) 0
，
x 1+ ln x
所以
，即
，
min
x=q
x − a 0
2a
.
只要找到
使
即可
lna
2
f (x)
连续，及零点存在
2a a 1+ lna lna
所以
，又因为
f (x) (lna,2a)
x
上有一个零点 ，
2
2a
找到的 ，还要证明
在
的右侧，为此，构
定理，所以
在
h(x)
.
x 1+ ln x
造函数
，去证明
f (x) (lna,+)
在 单调递增，
因为
所以
f (x) (lna,+ )
在
x
.
2
上只有一个零点
1
f (x)
.
有两个零点的充分条件
a
综上，
也是
e
1
a
( ,+)
.
综上所述， 的取值范围是
e
2.
2021
21 2
例
（
年全国高考甲卷（理）第 （ ））
xa
a 0 a 1
且
已知
，函数
．
f (x) = (x 0)
ax
f (x)
1
（ ）当
a = 2
时，求
的单调区间；
y =1
y = f (x)
2
a
（ ）若曲线
与直线
有且仅有两个交点，求
的取值范围．
xa
ax
=1 ax = xa
ln x lna
解析：
f x =
( )
x → +
− c
是不定型，不
ln x → +
当
时，
，
xlna = aln x
=
,
x
a
ln x
x
x → + g(x)
时
.
能确定
的正负
ln a
y = f (x)
与直线
= c
g(x) =
− c
设
，函数
，则曲线
a
y =1
g x
.
有且仅有两个交点等价于
有两个零点
1− ln x
x = e
g (x) = 0
g (x) =
,
，令
，得
x2
e
(0,e)
(e,+)
x
g(x)
g(x)
0
＋
－
↗
极大
↘
1
g(1) = −c
g(x) = g(e) = − c
，
，
max
e
x(0,1)
g(x) −c
x(1,+)
，当 时，
当
时，
1
−c g(x) − c
，
e
g(x)
先依据单调性和最大值，确定
有两个零点的
1
g x
( )
−c 0 − c
所以
有两个零点的必要条件是：
，
[g(x)] 0
[g(x)] 0
不一
必要条件：
定能保证有其他函数值小于或等于 ，只有找到
，但是
max
max
e
1
0
0 c
.
下证
即
e
p e q
g(p) 0 g(q) 0
，才能
p
q
和 ，满足
,
，
1
e
g(x)
0 c
.
也是
有两个零点的充分条件
g(x)
.
有两个零点
说明
1
0 c
当
时，
e
1
g(1) = −c 0
g(e) = − c 0
因为
，
，根据零点存在定理及
e
1.
在 的左侧找到了负值点
e
g(q) 0
e
q
在 的右侧要找使
的负值点 ，如果能
g(x)
g(x) (1,e)
的连续性可知， 在
x
上有零点 ，因为 在
g(x)
1
t(x)
g(x) t(x)
找到一个简单函数
，使得
，那么只
(0,e)
g(x) (0,e)
在
x
.
上有唯一零点
1
上单调增，故
t(q) 0
g(q) 0
g(x)
x −1
x
要满足
，就满足
，需注意的是，
h(x) = x −1−ln x
h(x) =
,
设
，则
.
有相同的单调性
放缩后的函数，要保持与
h(x)
1
(0,1)
(1,+)
＋
x
先构造函数
，目的是证明不等式
，
ln x 2 x
f (x)
f (x)
0
－
.
为后续的放缩作准备
↘
极小
↗
[h(x)] = h(1) = 0 h(x) 0
，
所以
，
min
x =1
ln x x −1
即
（当
时取等号），所以
，
ln x x −1
x 0
所以
，又因为
，所以
ln x 2( x −1) 2 x
g(x)
都
ln x
放大到根式函数
，为了放缩后与
2 x
ln x
2 x
2
g(x) =
− c
− c =
− c
，所以
.
ln x
是单调减，
放大到一次函数就不会成功
x
x
x
ln x
先把
放大到
，再放大到
，目的
2( x −1)
2 x
4
2
g( )
− c = 0
c2
，
2
4
c2
− c
时，只要
g(x)
.
是后面的运算简单
放大到
x
2
4
c2
1
− c 0
x=q
.
找到
使
即可
g(x)
e<
g(e) = − c 0
又因为
，
，根据零点存在定理及
x
e
4
4
4
e
.
找到的 ，还要说明 在 的右侧
g(x)
x
(e, )
的连续性可知，
在
上有零点 ，
c2
c2
2
c2
g(x) (e,+)
在
g(x) (e,+)
在
因为
上单调递减，所以
上有唯
x
一零点 ，
2
1
e
g(x)
.
有两个零点的充分条件
0 c
综上，
也是
1
e
g(x)
g(x)
0 c
.
所以
是
有两个零点的充要条件
lna 1
a e
0
a 1
.
由
及
的性质得
且
a
e
a
1,e e,+
( ) (
)
.
综上所述， 的取值范围是
3. 2023
例 （
21 3
年高考全国乙卷（理科）第 （ ））
1
f (x) =
+ a ln(1+ x)
.
已知函数
x
f x
( )
(0,+)
a
.
若
在
存在极值，求 的取值范围
1
x2
1
1
f x = −
ln x +1 +
+ a
( )
(
)
解析：
，
x
x +1
f x
( )
(0,+)
f x
( )
由
区间
存在极值点，则
在区间
(0,+)
f x = 0
( )
f x = 0
( )
上存在变号零点，令
，得
此处把
，变形到
x + ax2
x + ax2
x +1
ln x +1
就不与其他
(
)
，
，这样
ln x +1 −
= 0
ln x +1 −
= 0
(
)
(
)
x +1
g(x) = ln x +1 −
x + ax2
x +1
函数乘除，也就独立出来了，再次求导后，对数
f x
( )
(0,+)
设
，则
在区间
(x 0)
(
)
.
式就不存在了
g x
( )
(0,+)
上存在变号零
上存在极值点，等价于
在区间
点，
x
g(x) =
(−ax − 2a +1)
(x +1)2
−a
，
g(x)
−ax − 2a +1
决定
符号的是
，所以对
−2a +1
g(x) 0
−a 0
a 0
①当
所以
所以
所以
，即
时，
恒成立，
恒成立，
0
.
与 的大小进行比较
a
g(x) (0,+)
在
上单调递增，
x(0,+)
g(x) g(0) = 0
时，
g(x) (0,+)
a 0
在
上无零点，
不合题意，
1
1
x(0,+)
a
2 − 0
②当
时，
，所以
时
2
a
x
1
g(x) =
[−a(x + 2 − )] 0
g(x)
，所以
在
(x +1)2
a
(0,+)
x(0,+)
g(x) g(0) = 0
时， 恒
上单调递减，所以
成立，
1
g(x) (0,+)
在
a
所以
上无零点，
不合题意，
2
1
0 a
③当
时，列表如下
2
1
1
1
x
x + ax2
(0, − 2)
− 2
( − 2,+)
a
a
a
x → +
ln(x +1) → +
，
当
时，
，
→ +
x +1
x → + g(x)
的正
g(x)
g(x)
0
＋
－
−
是不定型，不能确定
时
↗
极大
↘
.
负
1
g(x)
g(x) g(0) = 0
，
x(0, − 2]
所以
时，
单调递增，
a
1
1
g(x)
(0, − 2]
.
上无零点 且
g( − 2) 0
在
a
a
x −1
x
h(x) = x −1−ln x
h(x) =
,
设
，则
1
h(x)
，目的是证明不等式
先构造函数
，
(0,1)
(1,+)
＋
ln x 2 x
x
.
为后续的放缩作准备
g(q) 0
f (x)
f (x)
[h(x)] = h(1) = 0 h(x) 0
，
0
－
q
要找 ，使
，如果能找到一个简单函数
t(q) 0
↘
极小
↗
t(x) g(x) t(x)
，使得
，那么只要满足
，
所以
，
min
g(q) 0
g(x)
就满足
保持与
，需注意的是，放缩后的函数，要
x =1
ln x x −1
即
（当
时取等号），
，所以
.
有相同的单调性
所以
，
ln x 2( x −1) 2 x
ln x x −1
x + ax2
x +1
x + ax2
x +1
g(x)
都
ln x
放大到根式函数
，为了放缩后与
2 x
所以
因为
g(x) = ln x +1 −
<2 x −
(
)
x + ax2
x +1
是单调减，
的分子是二次，分母是一次，
1
0 a 1
，
2
ln x
所以整体相当于一次，所以把
放大到一次函
.
数，就不会成功
ax + ax2
x +1
ln x
先把
放大到
，再放大到
，又把
2( x −1)
−ax
2 x
所以
所以
因为
，
g(x)<2 x −
= 2 x − ax
x + ax2
x +1
.
放大到
，目的是后面的运算简单
−
4
4
a2
4
，
g( )<2
− a = 0
a2
a2
g(x)
x=q
放 大 到
时 ， 只 要 找 到
使
2 x − ax
4
a2
1
2 1
31
4 1
− ( − 2) = ( − )2 + 0
− 2
，所以
a2
.
即可
2 x − ax 0
a
a 4
16
a
4
4
a2
1
4
1
g(x)
g(x)
( − 2, )
− 2
.
的右侧
据零点存在定理及
的连续性可知
在
上 找到的 ，还要说明
在
a2
a2
a
a
x
有一个零点 ，
0
1
1
g(x)
( − 2,+)
f x = − g(x)
因为
在
单调递减，
，故：
( )
x2
a
(0,x0)
－
x0
(x0,+)
x
f (x)
f (x)
0
＋
↘
极小
↗
1
2
f x
(0,+)
.
存在极值
0 a
由上表可知，当
时
在
1
(0, )
a
.
综上所述： 的取值范围是
2
4.
2022
21 2
例
（
年全国高考乙卷 （ ））．
已知函数 f (x) = ln(1+ x) + axe−x
(−1,0),(0,+)
若
在区间
f x
.
a
各恰有一个零点，求 的取值范围．
f (x) 0
x 0
时，
f (x) (0,+)
在
a 0
解析：若
，则当
，所以
a 0
a 0
.
上无零点，所以
不合题意，所以
x
ex
1− x
，
h(x) =
h'(x) =
设
，
ex
x
1
(−1,1)
(1,+)
−
h'(x)
h(x)
+
0
极大
ax
先研究 的有界性，为放缩做好准备
ax
ex
x
.
x(−1,0)
−3a
，
0
.
−3 −e 0
由上表知，当
时，
ex
ex
ax
ex
x(−1,0)
f (x) ln(1+ x) −3a
，
此处，当
时，
f x ln 1+ x + a
，为后面的
x 1
0 1
x(0,+)
.
0
a
当
时，
，
ex
e
x(0,+)
当
时，
x(−1,0)
f (x) ln(1+ x) −3a
，
所以，当
时，
.
放缩做好准备工作
x(0,+)
f x ln 1+ x + a
( )
(
)
当
时，
，
ax
ex
f (x) = ln(1+ x) +
，
1
a(1− x) ex + a(1− x2 )
f (x) =
+
=
ex
(1+ x)ex
1+ x
设
g(x) = ex + a(1− x2 )
，
−1 a 0
①当
时，
，则 g(x) = ex − 2ax 0
g(x) (0,+)
上单调递增，所以
，
x(0,+)
当
所以
在
g(x) g(0) =1+ a 0
,
f (x) 0
f (x) (0,+)
在 上单调递增
,
所以
，所以
f (x) f (0) = 0
f (x) (0,+)
, .
上没有零点 不合题意
，故
在
a −1
②当
时，
x(0,+) g(0) =1+ a 0 g(1) = e 0
，
(1)
当
，
，
f (m) = 0
，即
m(0,1)
g(m) = 0
所以存在
，使得
g(x) = ex − 2ax 0，所以
上单调递增，故
g(x) (0,+)
在
又
m
(0,m)
－
(m,+)
x
f (x)
f (x)
0
＋
↘
极小
↗
x(0,m] f (x) f (0) = 0
， ，
所以，当
f (x) (0,m)
在
.
上没有零点
x(0,+)
f (x) ln(1+ x) + a
f (q) 0
要找 ，使 ，找到了一个简单函数
q
当
时，
，所以
f (e−a −1) ln(1+ e−a −1) + a = 0 e−a −1 e −11
t(x) = ln(1+ x) + a f (x) t(x)
，
，
，那么只要满足
(m,e−a −1)
.
f (x)
t(q) 0
(m,+)
ax
f (q) 0
f (x) t(x)
与 在
所以
在
上有唯一零点
，就满足
，这里
f (x) (m,+)
在
f (x) (m,+)
在
.
上有相同的单调性，这一点很重要
又
上单调递增，所以
上有唯
一零点，
综上，当
a
因为 是有下界 的，所以把
ex
f (x) (0,+)
在 上有唯一零点，
a −1
时，所以
ax
ax
ex
f (x) = ln(1+ x) +
a
替换掉，将
后面的
用
ex
x(−1,0)
(2)
当
时，
g(x) = ex − 2a 0，所以
单调递增
缩小为
很好的放缩方法
g (x) (−1,0)
在
f (x)
ln(1+ x) + a
,
使函数式变得简单，是
1
.
g(−1) = + 2a 0, g(0) =1 0
e
n(−1,0)
g (n) = 0
所以存在
，使得
n
(−1,n)
(n,0)
＋
x
g(x)
g(x)
0
－
↘
极小
↗
x[n,0) g(x) g(0) =1+ a 0
，
当
1
t (−1,n)
，使得
g(t) = 0
,
g(−1) = 0
又
，所以存在
g(x) 0 x(t,0)
e
x(−1,t)
g(x) 0
，
所以当
时，
，
时，
g(x)
(1+ x)ex
f (x) =
因为
，所以有下表
t
(−1,t)
(t,0)
x
f (x)
0
＋
－
f (x)
↗
极大
↘
x[t,0)
f (x) f (0) = 0 f (x) (t,0)
， 在 上无零点
.
所以
时，
f (q) 0
q
要找 ，使
，利用上面的准备工作，可以
x(−1,0)
f (x) ln(1+ x) −3a
，
因为当
时，
f (x)
t(x) = ln(1+ x) −3a f (x) t(x)
，
把
放大到
，
所以 f (e−3a −1) ln(1+ e−3a −1) −3a = 0
t(q) 0
f (q) 0
，这里
那么只要满足
，就满足
假设e−3a −1[t,0)，则 f (e−3a −1) 0，与上式矛盾，所以
f (x) t(x) (−1,t)
上有相同的单调性，这一点
与
在
假设不成立，所以e−3a −1(−1,t)
.
很重要
f (x)
所以
因为
在
(e−3a −1,t)上有一个零点
f (x) ( −1,t)
在
f (x) ( −1,t)
在 上有一
上单调递增，所以
个零点，
a −1
f (x) (−1,0)
在 上有唯一零点，所以
综上，当
时，所以
a −1
,
符合题意
a
(−,−1)
.
综上所述， 的取值范围为
f (x)
[a b]
，如果在闭区间 ， 上满足
对于连续型函数
f (a) f (b) 0
f (x)
x
a b .
在（ ， ）上存在零点
0
，那么
[a b]
放缩法的作用就是帮助寻找区间 ， ，利用
f (x) t(x)
f (a) 0 f (b) 0
（或
a
b
帮助寻找 （或 ），使
），
（或
）特别要注意在某范围内放缩， 要保证在这个范
f (x) u(x)
f (a) 0
a b
帮助寻找 （或 ），使
利用
f (b) 0
,
.
围内，放缩前后的函数单调性一致 |
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