函数零点问题-2020高考数学尖子生辅导专题

专题二 函数零点问题函数的零点作为函数、方程、图象的交汇点，充分体现了函数与方程的联系，蕴含了丰富的数形结合思想．诸如方程的根的问题、存在性问题、交点问题等最终都可以转化为函数零点问题进行处理，因此函数的零点问题成为了近年来高考新的生长点和热点，且形式逐渐多样化，备受青睐．模块1 整理方法 提升能力对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．函数的凸性1．下凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的下凸函数． 2．上凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的上凸函数．3．下凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递增函数⇔()0f x ''≥且不在(),a b 的任一子区间上恒为零． 4．上凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的上凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递减函数⇔()0f x ''≤且不在(),a b 的任一子区间上恒为零．例1已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）()()()()22e 2e 12e 1e 1x x x x f x a a a '=+--=+-，2e 10x +>． ①当0a ≤时，e 10x a -<，所以()0f x '<，所以()f x 在R 上递减． ②当0a >时，由()0f x '>可得1lnx a >，由()0f x '<可得1ln x a<，所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增．（2）法1：①当0a ≤时，由（1）可知，()f x 在R 上递减，不可能有两个零点．②当0a >时，()min 11ln 1ln f x f a a a ⎛⎫⎡⎤==-+ ⎪⎣⎦⎝⎭，令()()min g a f x =⎡⎤⎣⎦，则()2110g a a a'=+>，所以()g a 在()0,+∞上递增，而()10g =，所以当1a ≥时，()()min 0g a f x =⎡⎤≥⎣⎦，从而()f x 没有两个零点．当01a <<时，1ln 0f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()22110e e e a a f -=++->，于是()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有1个零点；因为()2333333ln 1121ln 11ln 10f a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且31ln 1ln a a ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有1个零点． 综上所述，a 的取值范围为()0,1．法2：()2222e e 2e 0e e 2e e e x xxxxxx x x a a x a a x a ++--=⇔+=+⇔=+．令()22e e e x x xxg x +=+，则()()()()()()()()()2222222e 1e e 2e 2e e e 2e 1e 1eeeexx x x x x x x x xx xx x x g x ++-++++-'==-++，令()e 1x h x x =+-，则()e 10x h x '=+>，所以()h x 在R 上递增，而()00h =，所以当0x <时，()0h x <，当0x >时，()0h x >， 于是当0x <时，()0g x '>，当0x >时，()0g x '<，所以()g x 在(),0-∞上递增，在()0,+∞上递减．()01g =，当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()g x 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法3：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln x x a a x at at t t +--=⇔+=+⇔22ln t t a t t +=+，令()22ln t t G t t t +=+，则()()()()()222122ln 21t t t t t t G t t t ⎛⎫++-++ ⎪⎝⎭'==+ ()()()22211ln t t t tt +-+-+，令()1ln H t t t =-+，则()110H t t'=+>，所以()H t 在()0,+∞上递增，而()10H =，所以当01t <<时，()0H t <，()0G t '>，当1t >时，()0H t >，()0G t '<，所以()G t 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减．()11G =，当0t +→时，()G t →-∞，当t →+∞时，()0G t +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()G t 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法4：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln 0x x a a x at at t t +--=⇔+--=⇔()ln 12t a t t +-=．令()()12k t a t =+-，()ln t t tϕ=，则()f x 有两个零点等价于()y k t =与()y t ϕ=有两个交点．因为()21ln tt tϕ-'=，由()0t ϕ'>可得0e t <<，由()0t ϕ'<可得e t >，所以()t ϕ在()0,e 上递增，在()e,+∞上递减，()1e e ϕ=，当x →+∞时，()0t ϕ+→．()y k t =是斜率为a ，过定点()1,2A --的直线．当()y k t =与()y t ϕ=相切的时候，设切点()00,P t y ，则有()0000002ln 121ln t y t y a t ta t ⎧=⎪⎪⎪=+-⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a 和0y ，可得()000200ln 1ln 12t t t t t -=+-， 即()()00021ln 10t t t ++-=，即00ln 10t t +-=．令()ln 1p t t t =+-，显然()p t 是增函数，且()10p =，于是01t =，此时切点()1,0P ，斜率1a =．所以当()y k t =与()y t ϕ=有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．法5：()()20e e 2e x x x f x a x =⇔+=+，令()()2e e x x M x a =+，()2e e x x m x =+，()2e x n x x =+，则()f x 有两个零点⇔()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．()()002m n ==，所以两个函数图象有一个交点()0,2．令()()()2e e x x T x m x n x x =-=--，则()()()22e e 12e 1e 1x x x x T x '=--=+-，由()0T x '>可得0x >，由()0T x '<可得0x <，于是()T x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递增，而()00T =，所以()()m x n x ≥，因此()m x 与()n x相切于点()0,2，除切点外，()m x 的图象总在()n x 图象的上方．由（1）可知，0a >．当1a >时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象没有交点．当1a =时，()m x 的图象就是()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象只有1个交点．当01a <<时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．综上所述，a 的取值范围是()0,1．法6：()()()20e e 2e e 12e x x x x xx f x a x a =⇔+=+⇔+-=，令()()e 12xp x a =+-，()e xxq x =，则()f x 有两个零点⇔()p x 与()q x 的图象有两个不同交点． ()1ex xq x -'=，由()0q x '>可得1x <，由()0q x '<可得1x >，所以()q x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，当x →+∞时，()0q x +→．由（1）可知，0a >，所以()p x 是下凸函数，而()q x 是 上凸函数．当()p x 与()q x 相切时，设切点为()00,P x y ，则有()00000000e 12e 1e e xx x x y a x y x a ⎧=+-⎪⎪⎪=⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a ，0y 可得()0000021e 12e e x x x x x -+-=，即()()0002e 1e 10x x x ++-=，即00e 10x x +-=．令()e 1x W x x =+-，显然()W x 是增函数，而()00W =，于是00x =，此时切点()0,0P ，1a =．所以当()p x 与()q x 的图象有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．【点评】函数零点问题，其解题策略是转化为两个函数图象的交点，三种方式中（一平一曲、一斜一曲、两曲）最为常见的是一平一曲．法1是直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，法2是分离参数法，法3用了换元，3种方法的本质都是一平一曲，其中法3将指数换成了对数，虽然没有比法2简单，但是也提示我们某些函数或许可以通过换元，降低函数的解决难度．法4是一斜一曲情况，直线与曲线相切时的a 值是一个重要的分界值．法5和法6都是两曲的情况，但法6比法5要简单，其原因在于法5的两曲凸性相同而法6的两曲凸性相反．函数零点问题对函数图象说明的要求很高，如解法2当中的()g x 是先增后减且极大值()01g =，但x →-∞和x →+∞的状态会影响a 的取值范围，所以必须要说清楚两个趋势的情况，才能得到最终的答案．例2设函数设()21n n f x x x x =+++-L ，n ∈*N ，2n ≥． （1）求()2n f '；（2）证明：()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点（记为n a ），且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【解析】（1）因为()112n n f x x nx -'=+++L ，所以()121222n n f n -'=+⨯++⋅L …①．由()2222222n n f n '=+⨯++⋅L …②，①-②，得()21212222n n n f n -'-=++++-⋅=L ()12212112nn n n n --⋅=---，所以()()2121n n f n '=-+． 【证明】（2）因为()010f =-<，22213322211121202333913nn n f ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-≥-=> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，由零点存在性定理可知()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点．又因为()1120n n f x x nx -'=+++>L ，所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内递增，因此()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且只有一个零点n a ．由于()()111n n x x f x x-=--，所以()()1101n n n n n na a f a a -=-=-，由此可得11122n n n a a +=+，即11122n n na a +-=．因为203n a <<，所以111120223n n n a ++⎛⎫<< ⎪⎝⎭，所以1111212022333n nn na ++⎛⎫⎛⎫<<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【点评】当函数()f x 满足两个条件：连续不断，()()0f a f b <，则可由零点存在性定理得到函数()f x 在(),a b 上至少有1个零点．零点存在性定理是高中阶段一个比较弱的定理，首先，该定理的两个条件缺一不可，其次，就算满足两个条件，也只能得到有零点的结论，究竟有多少个零点，也不确定．零点存在性定理常与单调性综合使用，这是处理函数零点问题的一种方法．例3已知函数()()e ln x f x x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明：()0f x >． 【解析】（1）()1e xf x x m'=-+，由0x =是()f x 的极值点，可得()00f '=，解得1m =．于是()()e ln 1x f x x =-+，定义域为()1,-+∞，()1e 1xf x x '=-+，则()()21e 01x f x x ''=+>+，所以()f x '在()1,-+∞上递增，又因为()00f '=，所以当10x -<<时()0f x '<，当0x >时()0f x '>，所以()f x 在()1,0-上递减，在()0,+∞上递增．【证明】（2）法1：()f x 定义域为(),m -+∞，()1e xf x x m'=-+，()()21e 0xf x x m ''=+>+，于是()f x '在(),m -+∞上递增．又因为当x m +→-时，()f x '→-∞，当x →+∞时，()f x '→+∞，所以()0f x '=在(),m -+∞上有唯一的实根0x ，当0m x x -<<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()0,m x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值．由()00f x '=可得001e 0x x m-=+，即()00ln x m x +=-，于是()()000000011e ln 2xf x x m x x m m m x m x m=-+=+=++-≥-++．当2m <时，()00f x >；当2m =时，等号成立的条件是01x =-，但显然()11e 012--≠-+，所以等号不成立，即()00f x >．综上所述，当2m ≤时，()()00f x f x ≥>．法2：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明()()e ln 20x x x ϕ=-+>，()2,x ∈-+∞，就能证明当2m ≤时，()0f x >．()1e 2x x x ϕ'=-+，()()21e 02x x x ϕ''=+>+，于是()x ϕ'在()2,-+∞上递增．又因为()1110eϕ'-=-<，()10102ϕ'=->，所以()0x ϕ'=在()2,-+∞上有唯一的实根0x ，且()01,0x ∈-．当02x x -<<时，()0x ϕ'<，当0x x >时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在()02,x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()x ϕ取得最小值．由()00x ϕ'=可得001e 02x x -=+，即()00ln 2x x +=-．于是()()()0200000011e ln 2022x x x x x x x ϕ+=-+=+=>++，于是()()00x x ϕϕ≥>． 综上所述，当2m ≤时，()0f x >．法3：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明()e ln 20x x -+>（2x >-），就能证明当2m ≤时，()0f x >．由ln 1x x ≤-（0x >）可得()ln 21x x +≤+（2x >-），又因为e 1x x ≥+（x ∈R ），且两个不等号不能同时成立，所以()e ln 2x x >+，即()e ln 20x x -+>（2x >-），所以当2m ≤时，()0f x >．【点评】法1与法2中出现的0x 的具体数值是无法求解的，只能求出其范围，我们把这种零点称为“隐性零点”．法2比法1简单，这是因为利用了函数单调性将命题()e ln 0x x m -+>模块2 练习巩固 整合提升练习1：设函数()2e ln x f x a x =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（2）证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()22e x af x x'=-． ()f x '的零点的个数⇔22e x x a =的根的个数⇔()22e x g x x =与y a =在()0,+∞上的交点的个数．因为()()2221e 0x g x x '=+>，所以()g x 在()0,+∞上递增，又因为()00g =，x →+∞时，()g x →+∞，所以当0a ≤时，()g x 与y a =没有交点，当0a >时，()g x 与y a =有一个交点．综上所述，当0a ≤时，()f x '的零点个数为0，当0a >时，()f x '的零点个数为1． 【证明】（2）由（1）可知，()f x '在()0,+∞上有唯一的零点0x ，当00x x <<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，且最小值为()0f x ．因为0202e 0x a x -=，所以020e 2x a x =，00ln ln 22ax x =-，所以()020000002e ln ln 22ln 2ln 2222x a a aa f x a x a x ax a a a x x a ⎛⎫=-=--=+-≥+ ⎪⎝⎭． 练习2：设函数()2e 2ln x f x k x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭（k 为常数，e 2.71828=⋅⋅⋅是自然对数的底数）．（1）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()32e 2e 21x x x f x k x xx -⎛⎫'=--+= ⎪⎝⎭ ()()32e x x kx x --．当0k ≤时，e 0x kx ->，所以当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>．所以()f x 的递减区间为()0,2，递增区间为()2,+∞．（2）函数()f x 在()0,2内存在两个极值点()0f x '⇔=在()0,2内有两个不同的根． 法1：问题e 0x kx ⇔-=在()0,2内有两个不同的根．设()e x h x kx =-，则()e x h x k '=-．当1k ≤时，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上递增，所以()h x 在()0,2内不存在两个不同的根．当1k >时，由()0h x '>可得ln x k >，由()0h x '<可得ln x k <，所以()h x 的最小值为()()ln 1ln h k k k =-．e 0xkx -=在()0,2内有两个不同的根()()()()20102e 20ln 1ln 00ln 2g g k g k k k k ⎧=>⎪=->⎪⇔⎨=-<⎪⎪<<⎩，解得2e e 2k <<．综上所述，k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭．法2：问题e x k x ⇔=在()0,2内有两个不同的根y k ⇔=与()e xg x x=在()0,2内有两个不同的交点．()()221ee e xx x x x g x x x--'==，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>．()1e g =，()2e 22g =，当0x +→时，()g x →+∞．画出()g x 在()0,2内的图象，可知要使y k =与()g x 在()0,2内有两个不同的交点，k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭．练习3：已知函数()e x f x =和()()ln g x x m =+，直线l ：y kx b =+过点()1,0P -且与曲线()y f x =相切．（1）求切线l 的方程；（2）若不等式()ln kx b x m +≥+恒成立，求m 的最大值；（3）设()()()F x f x g x =-，若函数()F x 有唯一零点0x ，求证：0112x -<<-．【解析】（1）设直线l 与函数()f x 相切于点()11,e x A x ，则切线方程为()111e e x x y x x -=-，即1111e e e x x x y x x =-+，因为切线过点()1,0P -，所以11110e e e x x x x =--+，解得10x =，所以切线l 的方程为1y x =+．（2）设()()1ln h x x x m =+-+，()1x m h x x m+-'=+．当(),1x m m ∈--时，()0h x '<，当()1,x m ∈-+∞时，()0h x '>，所以()h x 在1x m =-时取极小值，也是最小值．因此，要原不11 等式成立，则()120h m m -=-≥，所以m 的最大值是2．【证明】（3）由题设条件知，函数()1e x F x x m'=-+（x m >-），令()()H x F x '=，则()()21e 0x H x x m '=+>+，于是()H x 在(),m -+∞上单调递增．因为当x m +→-时，()F x '→-∞，当x →+∞时，()F x '→+∞，所以()0F x '=有唯一的实根，设为1x ，则当()1,x m x ∈-时，()0F x '<，当()1,x x ∈+∞时，()0F x '>，于是()F x 有唯一的极小值1x ，也是最小值．当x m +→-时，()F x →+∞，当x →+∞时，()F x →+∞．因此函数()F x 有唯一零点的充要条件是其最小值为0，即()00F x =（01x x =），所以()00e ln 0x x m -+=，又因为001e x x m=+，所以00e 0x x +=．设()e x x x ϕ=+，则()e 10x x ϕ'=+>，所以()x ϕ在(),m -+∞上单调递增，又因为1211e 022ϕ-⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，()1110e ϕ-=-<，由零点存在性定理可知0112x -<<-．。