耀华中学卢翔

　　函数零点问题是函数问题中一类比较特殊的问题，出现在必修一，属于函数的应用部分内容。针对这部分内容的复习，应该抓住书上提到的两个原理，即零点存在定理和零点交点转化原理。掌握好这两个原理，能够帮助我们有效解决好有关函数零点的两大类问题。下面我们先来看几个例题：

　　例1：(2010年天津卷理2)函数f(x)=2x+3x的零点所在的一个区间是( )

　　A、(-2，-1) B、(-1，0)

　　C、(0，1) D、(1，2)

　　分析及解：应用零点存在定理，即如果函数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)·f(b)＜0，那么，函数y=f(x)在区间(a，b)内必有零点。所以只需验证端点函数值，比较其正负即可。

　　由函数f(x)的解析式可知，f(x)单调递增，且f(0)=1，f(-1)=--，故选B。

　　例2：(2010年天津卷文4)函数f(x)=ex+x-2的零点所在的一个区间是( )

　　A、(-2，-1) B、(-1，0) C、(0，1) D、(1，2)

　　分析及解：由函数f(x)的解析式可知，f(x)单调递增，且f(0)=-1，f(1)=e-1＞0，故选C。

　　例3：(2009年天津卷理4)设函数f(x)=-x-lnx(x＞0)，则y=f(x)( )

　　A、在区间(-，1)，(1，e)内均有零点

　　B、在区间(-，1)，(1，e)内均无零点

　　C、在区间(-，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点

　　D、在区间(-，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点

　　分析及解：f(-)=-+1＞0，f(1)=-＞0，f(e)=--1＞0，故由零点存在定理，可知在区间(1，e)内存在零点。但是在(-，1)内的零点状况，无法从零点存在定理判断，所以我们可以借助两种方法判断。

　　方法一：给f(x)求导，讨论单调性。可以得到f'(x)=---=-，由此可知f(x)在区间(0，3)上为减函数，在区间(3，+∞)上为增函数，在点x=3处有极小值1-ln3＜0。从而可以判断在区间(-，1)上函数f(x)单调，由端点函数值同号，可知无零点。

　　方法二：利用零点交点转化原理，即函数F(x)=f(x)-g(x)的零点个数即等价于两个函数y=f(x)和y=g(x)的交点个数。故分别作出y=-x和y=lnx的图象，考查其交点所在大致区间。如图所示，故可以看出，交点共有两个，即原函数的零点有两个，在区间(-，1)内无零点。

　　这是近两年在高考中出现的有关零点的问题。可以看出，这几道题考查的都是有关零点存在定理的相关问题。题目出现在选择题的2、4题，题目的难度相对较低，需要我们快速准确地解决，所以思路上一定要清楚，方法要准确。要特别注意，在使用零点存在定理时，如果区间端点值异号，必有零点，但如果区间端点值同号，则无法判断。所以我们需要借助如例3的方法去判断，借助导数研究函数的单调性和极值，或者利用零点交点转化原理，转化为交点问题用图象解决。下面我们针对这两类零点问题，再看下面几个例题，从中体会这些方法的灵活应用。

　　例4：函数f(x)=ex--的零点所在区间是( )

　　A、(0，-) B、(-，1)

　　C、(1，-) D、(-，2)

　　分析及解：由单调性的判断法则可以判断，当x＞0时，函数f(x)单调递增，故只有唯一零点。又f(1)=e-1＞0，f(-)=--2＜0，从而零点在区间(-，1)内，故选B。

　　例5：若函数f(x)=ln(x+1)--的零点在区间(k，k+1)(k∈Z)上，则k的值为______。

　　分析及解：由单调性的判断，我们可以得到，当x＞0时，函数f(x)单调递增，当-1＜x＜0时，函数f(x)也单调递增。由于区间(k，k+1)(k∈Z)的端点都是整数，所以代入整数值验证可以判断。由f(1)=ln2-2＜0，f(2)=ln3-1＞0，可知零点在区间(1，2)内。

　　但是要注意，当-1＜x＜0时，由于两个端点不能代入，给我们的判断带来了麻烦。而在单调性已知的情况下，求导也不能解决问题。所以我们需要改变方法，利用图象来进行下面的判断。

　　所以我们利用转化的方法，把零点问题转化成两个函数y=ln(x+1)与y=-的交点问题。如图所示：

　　从图中很容易看出，在区间(-1，0)上，两个函数有交点。从而，原函数f(x)有两个零点，所在区间分别为(-1，0)及(1，2)，故k=±1。

　　(下周四继续刊登)