2019高考数学一轮复习 突破140必备 专题03 函数的零点问题学案.doc

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1、1专题专题 0303 函数的零点问题函数的零点问题函数的零点是江苏高考中的热门考点，在填空题和大题中都有涉及，在填空题中考察学生主要以函数的性质、函数与方程的思想有关，难度不大，而在大题中经常要结合导数、不等式、零点定理来判断零点个数或者由零点个数求取值或取值范围等。本专题的侧重点放在后者。江苏近七年的高考中有四年都考到了函数零点的大题，分别是 2013 年、2015 年、2016 年、2018 年，2018 年从题目上看不是零点，但本质最后就是寻找零点的问题。由此可见其重要性。而在函数零点的解题过程中用的最多的就是利用函数与方程的思想将其看成是两个函数图像的交点的横坐标，运用数形结合画图去判

2、断零点。这样的解题方法在填空题中也许还说的过去，但是在大题中解题过程值得商榷，导数判断函数的单调性只能得到函数图像的走势，并不能准确的画出函数图像，再结合一些函数的渐近线更加无法说明，要解决这类试题需要借助零点定理；即)(xf在区间),(ba上是连续不间断的，且0)()(bfaf，则)(xf在),(ba上存在零点，如果再确定具体是几个，还要结合单调性。例例 1 1、 （20132013 江苏省高考江苏省高考 2020）设函数axxxf ln)(，axexgx)(，其中a为实数.(1) 若)(xf在), 1 ( 上是单调减函数，且)(xg在), 1 ( 上有最小值，求a的范围；(2) 若)(xg

3、在), 1(上是单调增函数，试求)(xf的零点个数，并证明你的结论.（2）)(xg在), 1(上是单调增函数，0)( xg在), 1 ( x上恒成立，则0aex，即ea1当0a时，由0) 1 (f以及01)( xxf，得)(xf存在唯一的零点；当0a时，由于0)1 ()(aaaeaaeaef，0) 1 (af，且函数)(xf在) 1 ,(ae上的图象连续不间断，所以)(xf在) 1 ,(ae上存在零点当0x时，01)( axxf，故)(xf在), 0( 上是单调增函数，所以)(xf只有一个零点；当ea10时，令01)( axxf，解得ax1当ax10时，0)( xf，当ax1时，20)( xf

4、，所以，ax1是)(xf的最大值点，且最大值为1ln)1(aaf01当01lna，即ea1时，)(xf有一个零点；02当01lna，即ea10时，)(xf最多有两个零点；01)1(ea ef，0)1(af，且函数)(xf在 ae1,1上的图象不间断，)(xf在 ae1,1上存在零点当)1, 0(ax时， 01)( axxf，故)(xf在)1, 0(a上是单调增函数，所以)(xf在)1, 0(a上只有一个零点（先证明2,xexexx在), 0( 是成立的，这里留给同学们自己证明）),1(1 aea，01111)(221 211 aaaaeaaeaefa aa又0)1(af，且函数)(xf在 ae

5、a1 ,1上的图象连续不间断，所以)(xf在 aea1 ,1上存在零点又)(xf在 ,1 a上是单调减函数，所以)(xf在 ,1 a上有且只有一个零点综上所述：当0a或ea1时， f x的零点个数为1，当ea10时，)(xf的零点个数为2注：注：零点问题可以用转化的思想转化成两个图形的交点问题，此题第二问可以利用参变分离转化成xxaln，则有( )f x的零点个数即为ya与ln xyx图像交点的个数 令ln( )0xh xxx，运用导数求单调性画出图形，利用数形结合得到答案。虽然ln xyx的图像平时都会涉及，但渐近线的问题不用极限是说不清楚的，我们学过的基本初等函数中的对数和指数函数都有渐近

6、线，因为与其相关的函数也会有渐近线，但渐近线是什么高中并没有相关知识点去具体阐述，在大题的解题过程中缺乏说理性，可能会引起失分，而我们高一在函数与方程中学的零点定理就可以说明为什么有零点，因为零点问题的讨论需要用零点定理说明才够准确。例例 2 2、 （20152015 无锡高三期末无锡高三期末 2020）设函数( )22ln+f xxxaxb=-在点00(,()xf x处的切线方程为yxb .（1）求实数a及0x的值；3（2）求证：对任意实数(0, )2eb，函数( )f x有且仅有两个零点.分析：分析：(1) 由导数几何意义得： 01fx ，00002ln21xxxax 又 00f xxb

7、，22 0000lnxxxaxbb，解得01,1xa（2）先根据导数确定函数单调性： f x在(0,)xe上单调减，在(,)xe上单调递增， f x有最小值 02efeb，因为 0f eb，所以 f x在(, )e e上一定有一解，在(,)e 上有且仅有一解；难点在证明存在1(0,)xe使 10f x，这时需构造一个函数 ln1,h xxxx易得 ln10ln1h xxxxxxx ，从而 22lnf xxxxbbx，取111min1, ,( )0xbf xbx则，从而得证. 下面证明存在1(0,)xe使 10f x（其实就是证明（其实就是证明xx11ln）令11ln)(xxxh，21)( xx

8、xh，所以当(0,1)x时，0)( xh， h x在(0,1)x上单调递减当), 1 ( x时，0)( xh， h x在), 1 ( x上单调递增4所以0) 1 ()( hxh，即xx11ln当(0,1)x时， 22lnf xxxxbbx取111min1, ,( )0xbf xbx则，又 f x在),(1exx上连续不间断所以 22lnf xxxxb在1( ,)xe上有且只有一解 综上所述，函数 f x在(0,)上有且仅有两个零点.例例 3 3、 （20152015 江苏省高考江苏省高考 1919）已知函数),()(23Rbabaxxxf。（1）试讨论)(xf的单调性；（2）若acb（实数 c

9、 是 a 与无关的常数） ，当函数)(xf有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23, 1 ()3,(，求 c 的值。分析：分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出)(xf的单调性；（2）由（1）知，函数)(xf的两个极值为baafbf274)32(,)0(3 ，则函数)(xf有三个不同的零点等价于0)274()32()0(3 babaff，进一步转化为0a时，02743 caa或0a时，02743 caa利用条件即可求 c 的值解：解：（1）axxxf23)( 2令0)( xf，可得0x或32ax0a时，0)( xf，)(xf在R上单调递增；0a时，), 0()3

10、2,(ax时，0)( xf，)0 ,32(ax时，0)( xf，函数)(xf在)32,(a，), 0( 上单调递增，在)0 ,32(a上单调递减；0a时，),32()0 ,(ax时，0)( xf，)32, 0(ax时，0)( xf，函数)(xf在)0 ,(，),32(a上单调递增，在)32, 0(a上单调递减；5（2）由（1）知，函数)(xf的两个极值为baafbf274)32(,)0(3 ，则函数)(xf有三个不同的零点等价于0)274()32()0(3 babaffacb，0a时，02743 caa或0a时，02743 caa令caaag274)(3)(xf有三个不同的零点时，a 的取值范

11、围恰好是),23()23, 1 ()3,(在)3,(上，0)(ag且在),23()23, 1 (上0)(ag均恒成立，01)3(cg，且01)23( cg，1c此时axaxxaaxxxf1) 1() 1(1)(223，函数)(xf有三个零点，01) 1(2axax有两个异于1的不等实根，0)1 (4) 1(2aa且01) 1() 1(2aa解得),23()23, 1 ()3,(a综上所述：1c 例例 4 4、 （20162016 江苏省高考江苏省高考 1919）已知函数) 1, 1, 0, 0()(bababaxfxx（2）若1, 10ba，函数2)()(xfxg有且只有1个零点，求ab的值分

12、析分析：对)(xg求导令0)( xg解得)lnln(log0baxab，判断单调性)(xg在),(0x上单调递减，在),(0x上单调递增，因此)(xg最小值为)(0xg，讨论)(0xg与0的大小。解：解：2)(xxbaxg， xxxx ab bababbaaxg)(lnlnlnlnln)( ，由10 a，1b可得1ab，6令x ab baxh)(lnln)(，则)(xh单调递增，0)(xh的解)lnln(log0baxab当),(0xx时，0)(xh，0lnbax，则0)( xg；当),(0 xx时，0)(xh，0lnbax，则0)( xg)(xg在),(0x上单调递减，在),(0x上单调递增

13、，因此)(xg最小值为)(0xg例例 5 5、 （20162016 南通高三一模南通高三一模 1919）10 已知函数)(ln)(Raxxaxf（1）求)(xf的单调区间；（2）试求函数)(xf的零点个数，并证明你的结论。解：解：（1）)(xf的定义域), 0( 令022ln)( xxxf解得2 ex当), 0(2ex时，0)( xf，所以)(xf在), 0(2ex单调递减当)(2，ex时，0)( xf，所以)(xf在)(2，ex单调递增综上所述：)(xf的单调增减区间为), 0(2e，单调增区间为)(2，e7（2）由（1）可知eaefxf2)()(2 min当02ea，即ea2时，0)(xf

14、，故)(xf无零点；当02ea，即ea2时，)(xf有一个零点；当02ea，即ea2时，)(xf最多有两个零点零点；o1当0a时，), 0(2ex，易知0)(xf恒成立，故)(xf在), 0(2ex上无零点。)(2，ex，2 eea，0)1 ()(aaeaef，又)(xf在)(2aeex，上单调且连续不间断，故)(xf在)(2，ex有且只有一个零点，所有)(xf在), 0( 有且只有一个零点；o2当ea20，)(2，ex，2 eea，0)1 ()(aaeaef，又)(xf在)(2aeex，上单调且连续不间断，故)(xf在)(2，ex有且只有一个零点；), 0(2ex，24 eea，aa aae

15、eaef22 244)(（证明)0(2xxex）0444222 2aaeaa，所以0)(4 aef，又)(xf在),(24 eexa上单调且连续不间断，故)(xf在), 0(2ex有且只有一个零点，所以)(xf在), 0( 有且只有两个个零点； 综上所述：当0a或ea2时，)(xf有一个零点；当ea2时，)(xf无零点；当ea20时，)(xf有两个零点；（注：注：)0(2xxex的证明过程，同学不妨自己证明书写）例例 6 6、 （20172017 南通泰州高三一模南通泰州高三一模 1919）已知函数Raxxaxxf,ln)(2（1）当83a时，求函数)(xf的最小值；（2）若01a，证明：函数

16、)(xf有且只有一个零点；8（3）若函数)(xf又两个零点，求实数a的取值范围。（2）由Raxxaxxf,ln)(2，得：)0( ,12112)(2 xxxax xaxxf所以当0a时，012)(2 xxaxxf，函数)(xf在), 0( 上单调递减，所以当0a时，函数)(xf在), 0( 上最多有一个零点又当01a时，0)1(, 01) 1 (22 eaee efaf，所以当01a时，函数)(xf在), 0( 上有零点，综上，当01a时，函数)(xf有且只有一个零点；（3）由（2）知：当0a时，函数)(xf在), 0( 上最多有一个零点，因为函数)(xf有两个零点，所以0a，由Raxxaxx

17、f,ln)(2，得：)0( ,12112)(2 xxxax xaxxf令12)(2xaxxg，因为02 , 01)0(ag，所以函数)(xg在), 0( 上有且只有一个零点，设为0x，当), 0(0xx时，)(xg0，)(xf 0，9所以函数)(xf在), 0(0x上单调递减，在),(0x上单调递增，要使得函数)(xf在), 0( 上有两个零点，只需要函数)(xf的最小值0)(0xf，即0ln002 0xxax，又因为012)(02 00xaxxg，消去a得：01ln200 xx，（注：1ln xx的证明过程，同学不妨自己证明书写）总结：总结：通过以上几个高考真题和模考题，我们不难发现函数零点

18、个数的讨论步骤：原函数进行求导，讨论函数)(xf在区间),(ba上的单调性（以先减后增为例）计算函数的最小值)(0xf，若最小值大于0，则函数)(xf无零点；若最小值等于0，函数)(xf有且只有一个零点；若最小值小于0，函数)(xf最多有两个零点； 10说明)(xf具体的零点个数。难点在于要在区间),(0xa中找到一点1x使得0)(1xf，在区间),(0bx上找到一点2x使得0)(2xf，再结合零点定理才能说明有且只有两个。在找1x、2x时经常试点122 eeee、等等，可能是一个具体的数，可能是含有参数的数，再结合几个常见的不等关系：xxex1、)0(2xxex、1ln xx、xx11ln巩

19、固练习：巩固练习：1 1、 （20182018 扬州高三四模）扬州高三四模）已知函数2 ( ) xxf xe， （1）求函数 f x的单调区间；（2）当240me 时，判断函数2 ( ),(0)xxg xm xe 有几个零点，并证明你的结论；2 2、 （20162016 无锡高三期中无锡高三期中 1919）设函数 ln1nf xxmx，其中nN N，n2，且mR R（3）当1m 时，试求函数 f x的零点个数，并证明你的结论3 3、 （20172017 扬州高三上期末扬州高三上期末 2020）已知函数)()()(xhxgxf，其中函数xexg)(，aaxxxh2)(（1）求函数)(xg在)1

20、(, 1 ( g处的切线方程；（2）当20 a时，求函数)(xf在aax,2上的最大值；（3）当0a时，对于给定的正整数k，问函数) 1(ln2)()(xkxfexF是否有零点？请说明理由 （参考数据2.718,1.649,4.482,ln20.693eee e）4 4、 （20162016 南通高三三模）南通高三三模）设函数xxaxexfxcossin)(（Ra，其中e是自然对数的底数）.（1）当0a时，求)(xf的极值；（2）若对于任意的 2, 0x，0)(xf恒成立，求a的取值范围；（3）是否存在实数a，使得函数)(xf在区间)2, 0(上有两个零点？若存在，求出a的取值范围；若不存在，

21、请说明理由.115 5、 （苏北四市（淮安、宿迁、连云港、徐州）（苏北四市（淮安、宿迁、连云港、徐州）20172017 届高三上学期期中）届高三上学期期中）设函数axaxxxf2ln)(，a为正实数（1）当2a时，求曲线)(xfy 在点)1 (, 1 (f处的切线方程；（2）求证：0)1(af；（3）若函数)(xf有且只有1个零点，求a的值6 6、 （20182018 镇江高三上期末镇江高三上期末 1919）已知 0b 且1b，函数 xxbexf)(，其中e为自然对数的底数（3）如果关于x的方程2)(xf有且只有一个解，求实数b的取值范围.7 7、 （20182018 江苏高考江苏高考 191

22、9）记)( ),( xgxf分别为函数)(),(xgxf的导函数若存在Rx 0，满足)()(00xgxf且)( )( 00xgxf，则称0x为函数)(xf与)(xg的一个“s点” （1）证明：函数xxf)(与22)(2xxxg不存在“s点” ；（2）若函数1)(2 axxf与xxgln)(存在“s点” ，求实数a的值；（3）已知函数axxf2)(，xbexgx )(对任意0a，判断是否存在0b，使函数)(xf与)(xg在区间), 0( 内存在“s点” ，并说明理由答案解析：答案解析：1 1、解：、解：（1）xexxxf)2()( x(,0)0(0,2)22,( )fx-00( )f xA极小值

23、A极大值A所以单调增区间)2 , 0(，单调减区间为)0 ,(、), 2( （2）函数)0( ,)(2 xmexxgx有2个零点。证明如下： 12因为240me 时，所以24(2)0gme ，由(2)0g，(0)0gm ，且( )g x在0,2上单调递增且连续得)(xg在)2 , 0(上有且仅有一个零点 2 2、解：、解：1ln)(xxxfn，), 0( xxnx xnxxfn n11)( 1，令0)( xf解得n nx102n，), 0(0xx时，0)( xf，)(xf在), 0(0xx上单调递减)(0，xx时，0)( xf，)(xf在)(0，xx上单调递增)ln1 (11ln1111ln1

24、)()(0minnnnnnnnnxfxfn令)2( 1ln)(xxxxp，则011)( xxp，)(xp是单调递减012ln)2()( pxp，即0)(0xf110nnx，0) 1 (f，)(xf在)(0，xx上连续不间断且单调，)(xf在)(0，xx有一个零点1 13nennxn1110，0ln)1()1(nnenefn，)(xf在), 0(0xx上连续不间断且单调，)(xf在), 0(0xx有一个零点综上所述：)(xf在), 0( x有两个零点3 3、解：、解：(1) xexg)( ，故eg) 1 ( ， 所以切线方程为) 1( xeey，即exy （3）结论：当1k 时，函数( )F x

25、无零点；当2k 时，函数( )F x有零点 理由如下：当1k 时，实际上可以证明：22ln20xex ex方法一方法一：直接证明2( )2ln2xF xex ex的最小值大于 0，可以借助虚零点处理212( )(2 )xF xxx ex，显然可证212( )(2 )xF xxx ex在0,上递增，因为1112211212()2()20eeFeee eeeeee，3 2154024Fe，14所以存在01 1( , )2xe，使得 00Fx，所以当0(0,)xx时，( )F x递减；当0(,)xx时，( )F x递增，所以 00min 012(ln1)2F xF xxx，其中01 1( , )2x

26、e，而 12(ln1)2xxx递减，所以 132(ln2)025x，所以 min0F x，所以命题得证。 方法二方法二：转化为证明32(ln1)xexexx，下面分别研究左右两个函数令 xep xex，则可求得 2 min1p xpe，令 32(ln1)xq xx，则可求得 2 23 max2 3q xq ee，所以命题得证。方法三方法三：先放缩，再证明可先证明不等式xeex（参考第 1 小题） ，所以只要证232ln2e xx，令 232ln2p xe xx，则可求得 1 3 2min223()ln0332p xpe，所以命题得证 当2k 时，2( )2 (ln1)xF xex ekx， 此

27、时33 221112 (1 ln2)4(1 ln2)0244Feke， 212(22 )kkekF eekk，下面证明 0kF e，可借助结论2(2)xexx处理，首先证明结论2(2)xexx：令 2,(2)xxexx，则 2xxex，故 20xxe，所以 2xxex在2,)上递增，所以 20x，所以 2xxex在2,)上递增，所以 20x，得证。借助结论得221212243(21)(1)(1)(1)2 (1)kekkkeekkkkkk k，15所以 0kF e，又因为函数( )F x连续，所以( )F x在1,2ke上有零点。 4 4、解：、解：（1）当0a 时，xxexxfxexf)1 (

28、)( ,)(令0)( xf，得1x列表如下：x, 1 -11, fx+0- f xA极小值A所以函数)(xf的极小值为ef1) 1(，无极大值；（3）不存在实数a，使得函数 f x在区间0,2上有两个零点，由（2）知，当1a 时， f x在0,2上是增函数，且 00f，故函数 f x在区间0,2上无零点16当1a 时， 1cos2xfxexax令 1cos2xg xexax， 22 sin2xgxexax当0,2x时，恒有 0gx ，所以 g x在0,2上是增函数由 2010,1022gagea 故 g x在0,2上存在唯一的零点0x，即方程 0fx 在0,2上存在唯一解0x且当00,xx时，

29、 0fx ，当0,2xx， 0fx 即函数 f x在00,x上单调递减，在0,2x上单调递增，当00,xx时， 00f xf，即 f x在00,x无零点；当0,2xx时， 2 00 ,022f xffe所以 f x在0,2x上有唯一零点，所以，当1a 时， f x在0,2上有一个零点综上所述，不存在实数a，使得函数 f x在区间0,2上有两个零点.5、解：、解：（1）当2a 时，2( )ln22f xxxx，则1( )42fxxx，所以(1)1f ，又(1)0f，所以曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程为10xy （2）因为111( )ln1faaa，设函数( )ln1g xxx，

30、则11( )1xg xxx ， 17令( )0g x ，得1x ，列表如下：x(0,1)1(1)( )g x0( )g x极大值所以( )g x的极大值为(1)0g所以111( )ln10faaa （3）2121( )2axaxfxaxaxx ，0x ，令( )0fx ，得2288 44aaaaaaxaa，因为2804aaa a，所以( )f x在28(0,)4aaa a上单调增，在28(,)4aaa a上单调减所以28( )()4aaaf xfa设208 4aaaxa，因为函数( )f x只有 1 个零点，而(1)0f，所以1是函数( )f x的唯一零点当01x 时，( )(1)0f xf，

31、( )f x有且只有1个零点，此时2814aaa a，解得1a 下证，当01x 时，( )f x的零点不唯一若01x ，则0()(1)0f xf，此时2814aaa a，即01a，则11a由（2）知，1( )0fa，又函数( )f x在以)1,(0ax上的图象连续不间断，所以( )f x在)1,(0ax之间存在零点，则( )f x共有 2 个零点，不符合题意；若01x ，则0()(1)0f xf，此时2814aaa a，即1a ，则101a18同理可得，( )f x在),1(0xa之间存在零点，则( )f x共有 2 个零点，不符合题意因此01x ，所以a的值为1注：此题在说明零点的唯一性时与注：此题在说明零点的唯一性时与 20162016 年江苏高考年江苏高考 1919 题很类似，同学们可以对比一下题很类似，同学们可以对比一下注：此题在说明零点的唯一性时与注：此题在说明零点的唯一性时与 20162016 年江苏高考年江苏高考 1919 题很类似，同学们可以对比一下题很类似，同学们可以对比一下197、解：解：（1）证明：1)( xf，22)( xxg令 222212xxxx，此方程组无解xxf)(与22)(2xxxg不存在“s点”（2）axxf2)( ，xxg1)( 因为1)(2 axxf与xxgln)(存在“s点”所以 xaxxaxln1122解得2ea ，21 ex20