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高考重难专攻(三)　函数零点问题
函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想．函数的零点问题常与其他知识相结合综合出题，解题难度较大，因此判断零点存在及零点个数问题是考查的一个热点．
数形结合法研究函数的零点
　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R．
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
[解]　(1)当m＝e时，f(x)＝ln x＋，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝．令f′(x)＝0，得x＝e．
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2．
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝．
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．　
已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．
(1)当a＝4时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；
(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝4时，g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，g′(x)＝ex(－x2＋2x＋1)，
∴g′(1)＝2e，又g(1)＝0，∴切线的斜率为2e，切点为(1,0)，
∴所求的切线方程为y－0＝2e(x－1)，即y＝2e(x－1)．
(2)方程g(x)＝2exf(x)可化为－x2＋ax－3＝2xln x，即a＝2ln x＋x＋．
令φ(x)＝2ln x＋x＋，x∈，∴φ′(x)＝＋1－＝＝，
∵当x∈时，φ′(x)<0，当x∈(1，e]时，φ′(x)>0，∴φ(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴φ(x)min＝φ(1)＝4，
又φ＝3e＋－2，φ(e)＝
＋e＋2，且φ>φ(e)，画出y＝φ(x)的图象如图所示．
则4故实数a的取值范围是．
函数性质法研究函数的零点
　已知函数f(x)＝xsin x＋cos x，g(x)＝x2＋4．
(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；
(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点．
[解]　(1)f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x．
当x∈和x∈时，f′(x)>0；
当x∈和x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在，上单调递增，在，上单调递减．
(2)证明：h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x，
∵h(－x)＝(－x)2＋4－4(－x)sin(－x)－4cos(－x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x＝h(x)，
∴h(x)为偶函数．
又∵h(0)＝0，
∴x＝0为函数h(x)的零点．
下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：
h(x)＝x2＋4－4xsin x－4cos x＝x(x－4sin x)＋4(1－cos x)．
当x∈[4，＋∞)时，x－4sin x>0,4(1－cos x)≥0，
∴h(x)>0，∴h(x)无零点；
当x∈(0,4)时，h′(x)＝2x－4xcos x＝2x(1－2cos x)，
当x∈时，h′(x)<0；x∈时，h′(x)>0，
∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x)min＝h＝＋4－sin －4cos ＝＋2－<0，
又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin 4－4cos 4>0，
∴h(x)在上无零点，在上有唯一零点．
综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，故h(x)在R上有三个零点．
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．　
已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2．718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．
解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，
由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即0若0又f(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1当e－a－1<0，即e－1若ln a≥1，即a≥e，则f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)在[0,1]上只有一个零点．
又当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)，
所以当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；
当1构造函数法求函数的零点
　设函数f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．
[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝．
当0当x>时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数．F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝>0，F(4)＝－ln 4<0，所以F(x)有唯一零点；
当m>1时，0m时，F′(x)<0；10，
所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．
综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点．
1．涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
2．解决此类问题的关键是构造函数F(x)将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．　
已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋．
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋(x∈R)，则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2；令f′(x)<0，解得0所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)．
(2)因为a＝，所以f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋．
由(x－1)ex－x2＋b＋＝bx，得(x－1)ex－(x2－1)＝b(x－1)．
当x＝1时，方程成立．当x≠1时，只需要方程ex－(x＋1)＝b有2个实根．
令g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－．当xln 且x≠1时，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减，在和(1，＋∞)上单调递增，
因为g＝－＝ln 2，g(1)＝e－1≠0，所以b∈∪(e－1，＋∞)．
[课时过关检测]
1．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
解：(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2a2x＋a－＝＝，
则当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知函数f(x)的最小值为f，
要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f>0恒成立，
故a2·2＋a·－3ln ＋1>0，得a>，
所以a的取值范围为．
2．已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x＋a2(a>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数y＝f(x)只有一个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当00 01，所以f(x)在(0，a)，(1，＋∞)上单调递增，
由f′(x)<0 a当a>1时，由f′(x)>0 0a，所以f(x)在(0,1)，(a，＋∞)上单调递增，由f′(x)<0 1当a＝1时，f′(x)＝≥0 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f(1)＝[a－(1－)][a－(1＋)]，f(a)＝a(ln a－1)，
由(1)知当0当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)<0，此时函数有一个零点；
当a>1时，f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，f(x)在x＝a处，有极小值，f(x)在x＝1处，有极大值，则当f(1)<0或f(a)>0时函数有一个零点，有1e．
综上：0e．
3．已知函数f(x)＝cos x＋xsin x．
(1)讨论f(x)在[－2π，2π]上的单调性；
(2)求函数g(x)＝f(x)－x2－1零点的个数．
解：(1)因为f(－x)＝cos(－x)－xsin(－x)＝cos x＋xsin x＝f(x)，x∈R，
所以f(x)是R上的偶函数，也是[－2π，2π]上的偶函数，当x∈[0,2π]时，f′(x)＝xcos x，
令f′(x)≥0，则0≤x≤或≤x≤2π，令f′(x)<0，
则所以f(x)在和上单调递增，
在上单调递减，
因为f(x)是偶函数，所以当x∈[－2π，0)时，f(x)在和上单调递减，
在上单调递增．
综上所述，f(x)在，和上单调递减，在，和上单调递增．
(2)由(1)得g(－x)＝f(－x)－(－x)2－1＝g(x)，
所以g(x)是R上的偶函数，
①当x∈[0,2π]时，g′(x)＝x，
令g′(x)≥0，则0≤x≤或≤x≤2π，令g′(x)<0，
则所以g(x)在和上单调递增，在上单调递减，
因为g>g(0)＝0，g＝×－×2－<0，g(2π)＝－π2<0，
所以g(x)在上有一个零点，所以g(x)在[0,2π]上有两个零点；
②当x∈(2π，＋∞)时，g(x)＝cos x＋xsin x－x2－1所以g(x)在(2π，＋∞)上没有零点．
由①②及g(x)是偶函数可得g(x)在R上有三个零点．
4．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，x>0，
则f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0故f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)因为当x→0时，f(x)→＋∞，所以f(x)<0在区间上不可能恒成立，
故要使函数f(x)在上无零点，
只要对任意的x∈，f(x)>0恒成立，
即对x∈，a>2－恒成立．
令h(x)＝2－，x∈，
则h′(x)＝，
再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，
则m′(x)＝－<0，故m(x)在上单调递减．
于是m(x)≥m＝4－2ln 3>0．
从而h′(x)>0，于是h(x)在上单调递增，
所以对x∈有h(x)所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．
5．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．
①＜a≤，b＞2a；
②0＜a＜，b≤2a．
解：(1)f′(x)＝xe x－2ax＝x(ex－2a)，
①当a≤0时，令f′(x)＝0 x＝0，
且当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
②当0＜a＜时，令f′(x)＝0 x1＝0，x2＝ln 2a＜0，
且当x＜ln 2a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当ln 2a＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
③当a＝时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上单调递增．
④当a＞时，令f′(x)＝0 x1＝0，x2＝ln 2a＞0，
且当x＜0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当0＜x＜ln 2a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)证明：若选①，由(1)知f(x)在(－∞，0)上单调递增，(0，ln 2a)上单调递减，(ln 2a，＋∞)上单调递增．
注意到f＝e－＜0，f(0)＝b－1＞2a－1＞0．
∴f(x)在上有一个零点；
f(ln 2a)＝(ln 2a－1)·2a－a·ln22a＋b＞2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)，
由＜a≤得0＜ln 2a≤2，∴aln 2a(2－ln 2a)≥0，
∴f(ln 2a)＞0，当x≥0时，f(x)≥f(ln 2a)＞0，此时f(x)无零点．
综上，f(x)在R上仅有一个零点．
若选②，则由(1)知f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
f(ln 2a)＝(ln 2a－1)2a－aln22a＋b≤2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)．
∵0＜a＜，∴ln 2a＜0，∴aln 2a(2－ln 2a)＜0．
∴f(ln 2a)＜0，∴当x≤0时，f(x)≤f(ln 2a)＜0，此时f(x)无零点．
当x＞0时，f(x)单调递增，注意到f(0)＝b－1≤2a－1＜0．
取c＝，∵b≤2a＜1，∴c＞＞1，又可证ec＞c＋1，
∴f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b＞(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1＞c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0．
∴f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
综上，f(x)在R上有唯一零点．

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