专题03 直击函数压轴题中零点问题(解析版)
2022届新高考数学数列压轴小题突破第22讲 零点问题之两个零点(解析版)
突破2022届新高考数学导数压轴解答题第22讲 零点问题之两个零点1．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =---，a R ∈．（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．【解答】解：（1）由2()(2)(1)x f x x e a x =---，可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=---=--，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >；由()0f x '<，可得1x <，即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；②当0a >时，由()0f x '=，解得1x =或2x ln a =，若2e a =，则()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增； 若02e a <<时，由()0f x '>，可得1x >或(2)x ln a <； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x <<；即有()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减；若2e a >，由()0f x '>，可得1x <或(2)x ln a >； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减；综上：当0a 时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；当0a >时，2e a =时，()f x 在R 上递增； 02e a <<时，()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减； 2e a >时，()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减． （2）①由（1）可得，当0a <时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增，且f （1）0e =-<，f （2）0a =->，故()f x 在(1,2)上存在1个零点，取b 满足0b <，且()2a b ln <-， 则f （b ）223(2)(1)(2)(1)()022b a b e a b b a b ab b =--->----=-->， 故()f x 在(,1)b 是也存在1个零点，故0a <时，()f x 有2个零点；②当0a =时，()(2)x f x x e =-，所以()f x 只有一个零点2x =，不合题意；③当0a >时，若2e a =时，()f x 在R 递增，()f x 不存在2个零点，不合题意； 若02e a <<，()f x 在(1,)+∞递增，又当1x 时，()0f x <，()f x 不存在2个零点，不合题意， 当2e a >时，()f x 在(,1)-∞单调增，在(1，(2))ln a 递减，在((2)ln a ，)+∞递增， ()f x 极大值f =（1）0e =-<，故()f x 不存在2个零点，不合题意；综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(,0)-∞．2．已知函数21()2f x lnx ax =-． （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．【解答】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，且21()ax f x x-'=， 当0a 时，()0f x '>，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>解得0a x a<<，由()0f x '<解得a x a >，此时()f x 在(0,)a a 上单调递增，在(,)a a +∞上单调递减； 综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a a 上单调递增，在(,)a a+∞上单调递减； （2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多一个零点，不合题意； 当0a >时，()f x 在(0,)a a 上单调递增，在(,)a a +∞上单调递减，则21111()()()(1)22max a f x f ln a ln a a a a==-⋅⋅=-+， 当1a e时，1()()(1)02max a f x f ln a a ==-+，函数()f x 至多有一个零点，不合题意； 当10a e<<时，1()()(1)02max a f x f ln a a ==-+>， 由于11(0,)a ∈，且211(1)11022f ln a a =-⋅⋅=-<， 由零点存在性定理可知，()f x 在1(0,)a 上存在唯一零点，由于21a a>，且222122222()()02f ln a ln a a a a a a a =-⋅⋅=-<-=（由于)lnx x <， 由零点存在性定理可知，()f x 在1(,)a +∞上存在唯一零点； 综上，实数a 的取值范围为1(0,)e． 3．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数，且1)a ．（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．【解答】解：（1）()2(1)()x x f x e e a '=--，①0a 时，0x e a ->，则0x <时，()0f x '<，()f x 在(,0)-∞递减，0x >时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞递增，②当0a >时，由()0f x '=得1x lna =，20x =，若1a =，则()0f x '，故()f x 在R 递增，若01a <<，则当x lna <或0x >时，()0f x '>，0lna x <<时，()0f x '<，故()f x 在(,)lna -∞，(0,)+∞递增，在(,0)lna 递减；综上：0a 时，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，01a <<时，()f x 在(,)lna -∞，(0,)+∞递增，在(,0)lna 递减；1a =时，()f x 在R 递增；（2）①1a =时，()f x 在R 递增，不可能有2个零点，②当01a <<时，()f x 在(,)lna -∞，(0,)+∞递增，(,0)lna 递减，故当x lna =时，()f x 取极大值，极大值为()(2)20f lna a a alna =-++<，此时，()f x 不可能有2个零点，③当0a =时，()(2)x x f x e e =-，由()0f x =得2x ln =，此时，()f x 仅有1个零点，④当0a <时，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，故()(0)12f x min f a ==--，()f x 有2个零点，(0)0f ∴<，解得：12a >-，102a ∴-<<， 而f （1）[2(1)]20e e a a =-++>，取2(1)2a b a+<，则f （b ）22[(1)]2[(1)]0b b e a ab e a =-++>-+， 故()f x 在(,0)-∞，(0,)+∞各有1个零点，综上，a 的取值范围是1(2-，0)． 4．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（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．【解答】解：（1）由2()(1)x f x xe a x =++，可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=+++=++，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >-；由()0f x '<，可得1x <-，即有()f x 在(,1)-∞-递减；在(1,)-+∞递增；②当0a <时，由()0f x '=得1x =-或(2)x ln a =-；若12a e=-，则1()(1)()x f x x e e -'=+-，当1x -时，()0f x '，当1x >-时，()0f x '>； x R ∴∀∈，()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增；若12a e<-时，则(2)1ln a ->-；由()0f x '>，可得1x <-或(2)x ln a >-； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<-．即有()f x 在(,1)-∞-，((2)ln a -，)+∞递增；在(1-，(2))ln a -递减；若102a e>>-，则(2)1ln a -<-，由()0f x '>，可得(2)x ln a <-或1x >-； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x -<<-．即有()f x 在(-∞，(2))ln a -，(1,)-+∞递增；在((2)ln a -，1)-递减．（2）①由（1）可得当0a >时，()f x 在(,1)-∞-递减；在(1,)-+∞递增，且1(1)f e -=-，(0)f a =，取b 满足1b <-且22a b ln -<．则223(2)(2)(1)()022a fb b a b a b b ->-+-=->， ()f x ∴有两个零点；②当0a =时，()x f x xe =，所以()f x 只有一个零点0x =；③当0a <时，若12a e<-时，由（1）知()f x 在(1-，(2))ln a -递减， 在(,1)-∞-，((2)ln a -，)+∞递增，又当1x -时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点；当12a e-时，由（1）知，()f x 在(1,)-+∞单调增，又当1x -时，()0f x <，故()f x 不存在两个零点； 综上可得，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(0,)+∞．5．已知函数2()(2)x x f x ae a e 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．【解答】解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 20x e >，0x e >∴当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在R 上单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-， 令()0f x '=，解得：1x ln a=， 当()0f x '>，解得：1x ln a>， 当()0f x '<，解得：1x ln a<， 1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a∈，)+∞单调递增； 综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数； （2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--，当x →-∞时，20x e →，0x e →，∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ，∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数， 21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a∴==⨯+-⨯-<， 1110ln a a ∴--<，即1110ln a a+->，设1t a=，则()1g t lnt t =+-，(0)t >， 求导1()1g t t'=+，由g （1）0=， 11t a∴=>，解得：01a <<， a ∴的取值范围(0,1)．方法二：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 20x e >，0x e >∴当0a 时，()0f x '<，()f x ∴在R 上单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-， 令()0f x '=，解得：x lna =-，当()0f x '>，解得：x lna >-，当()0f x '<，解得：x lna <-，(,)x lna ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，(,)x lna ∈-+∞单调递增；综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-是减函数，在(,)lna -+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，②当0a >时，由（1）可知：当x lna =-时，()f x 取得最小值，11()()1min f x f lna ln a a=-=--， 当1a =，时，()0f lna -=，故()f x 只有一个零点，当(1,)a ∈+∞时，由1110ln a a -->，即()0f lna ->， 故()f x 没有零点，当(0,1)a ∈时，1110ln a a --<，()0f lna -<， 由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>，故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点，假设存在正整数0n ，满足03(1)n ln a>-，则00000000()(2)20n n n n f n e ae a n e n n =+-->->->， 由3(1)ln lna a->-， 因此在(,)lna -+∞有一个零点．a ∴的取值范围(0,1)．6．已知函数2()(2)f x ax a x lnx =+--．（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．【解答】解：（1）函数2()(2)f x ax a x lnx =+--，()a R ∈；212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-∴'=+--==>，⋯（2分） 当0a 时，()0f x '<，则()f x 在(0,)+∞内单调递减；⋯⋯（3分）当0a >时，则()f x 在1(0,)a 内单调递减，在1(a，)+∞内单调递增；⋯⋯（5分） 备注：求导正确给1分，因式分解正确得2分；（2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递减，最多只有一个零点，舍去；⋯（5分）0a >时，211111()()()(2)1min f x f a a ln lna a a a a a==+--=-++；⋯⋯（7分） 当0x +→时，()0f x >；当x →+∞时，()0f x >；∴当11()10f lna a a =+-<，令g （a ）11lna a =+-， 则g '（a ）211a a =+， g ∴'（a ）0>；⋯（10分）则g （a ）在(0,)+∞上单调递增；又g （1）0=，解得1a <；∴当01a <<时，函数()f x 有两个不同的零点．⋯（12分） 备注：其他解法也可以酌情相应给分．7．已知函数21()(1)2x x f x e a e ax =-++． （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．【解答】解：（1）()(1)()x x f x e e a '=--，()i 若0a ，当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 递减，(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，当0a >时，令()0f x '=，解得：10x =或2x lna =，()ii 若1a =，12x x =，()0f x '恒成立，()f x 在R 递增，()iii 若01a <<，12x x >，当(,)x lna ∈-∞时，()0f x '>，()f x 递增，当(,0)x lna ∈时，()0f x '<，()f x 递减，当(0,)a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，()iv 若1a >，12x x <，当(,0)x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 递增，当(0,)x lna ∈时，()0f x '<，()f x 递减，当(,)x lna ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，综上：若0a ，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，若1a =，()f x 在R 递增，若01a <<，()f x 在(,)lna -∞递增，在(,0)lna 递减，在(0,)+∞递增， 若1a >，()f x 在(,0)-∞递增，在(0,)lna 递减，在(,)lna +∞递增；（2）()i 当0a =时，211()(1)22x x x x f x e e e e =-=-， 令()0f x =，解得：2x ln =，此时1个零点，不合题意， ()ii 当0a <时，由（1）可知，()f x 在(,0)-∞递减，在(0,)+∞递增，()f x 有2个零点，必有1(0)02f a =--<，即12a >-， 而f （1）21(1)02e e a e =-+->， 故当(0,1)x ∈时，()1f x 个零点，当0x <时，()(1)(1)x f x ax a e ax a >-+>-+，取0110x a<+<，则0()0f x >， 故当0(x x ∈，0)时，()1f x 个零点，故当102a -<<时，()2f x 个零点，符合题意，()iii 当1a =时，()f x 在R 递增，不可能有2个零点，不合题意， ()iv 当01a <<时，()f x 在(,)lna -∞递增，在(,0)lna 递减，在(0,)+∞递增，222111()(1)(1)222lna lna f lna e a e alna a a a alna a lna a =-++=--+=--， 1102lna a --<，故()0f lna <， 此时，()f x 至多1个零点，不合题意；()v 当1a >时，()f x 在(,0)-∞递增，在(0,)lna 递减，在(,)lna +∞递增， 11(0)1022f a a =--=--<， 此时，()f x 最多有1个零点，不合题意，综上，若()f x 有2个零点，则a 的范围是1(2-，0)． 8．已知函数221()()x f x alnx a R x-=-∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin x g x e x =-，若()()(()2)h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）222121()2a x ax f x x x x-+'=+-=，0x >，△28a =-， ①当△280a =-即2222a -时，()0f x '恒成立，故()f x 在(0,)+∞上单调递增，②当△280a =->时，即22a >或22a <-时，方程2210x ax -+=的两根分布为2184a a x --=，2284a a x +-=， ()i 当22a >时，21804a a x --=>，22804a a x +-=>， 结合二次函数的性质可知，28(0,)4a a x --∈时，()0f x '>，函数单调递增， 28(4a a x --∈，28)4a a +-时，()0f x '<，函数单调递减， 当28(4a a x +-∈，)+∞时，()0f x '>，函数单调递增， ()22ii a <-时，21804a a x --=<，22804a a x +-=<， 结合二次函数的性质可知，(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增，（2）因为()sin x g x e x =-，则()cos x g x e x '=-， 当0x >时，1x e >，cos 1x ，则()cos 0x g x e x '=->，即()g x 在(0,)+∞上单调递增且(0)10g =>， 故()g x 在(0,)+∞上没有零点，因为1()()(()2)()()h x g x f x x g x alnx x=-=-+有两个零点， 所以1()F x alnx x =+在0x >时有两个零点， 21()ax F x x-'=，0x >， 当0a 时，()0F x '<，故()F x 在(0,)+∞上单调递减，最多1个零点，不合题意；当0a >时，易得，函数()F x 在1(0,)a 上单调递减，在1(a，)+∞上单调递增， 又0x →时，()F x →-∞，x →+∞时，()F x →+∞，故1()0F a alna a=-<， 解可得，a e >．综上可得，a 的范围(,)e +∞．9．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--（1）当0a >时，求函数()f x 的单调区间（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围︒【解答】解：（1）0a >时，2()2(2)1(21)(1)x x x x f x ae a e e ae '=+--=+-． 令()0f x '=，1x e a∴=，解得x lna =-． (,)x lna ∴∈-∞-时，()0f x '<，∴函数()f x 在(,)lna -∞-上单调递减； (,)x lna ∈-+∞时，()0f x '>，∴函数()f x 在(,)lna -+∞上单调递增．（2）2()2(2)1(21)(1)x x x x f x ae a e e ae '=+--=+-． 0a 时，()0f x '<，函数()f x 在R 上单调递减，此时函数()f x 最多有一个零点，不满足题意，舍去． 0a >时，由（1）可知：x lna =-时，函数()f x 取得极小值， ()f x 有两个零点，2111()(2)10f lna a a lna lna a a a ∴-=⨯+-⨯+=-+<， 令u （a ）11lna a =-+，u （1）0=． u '（a ）2110a a=+>，∴函数()u x 在(0,)+∞上单调递增， 01a ∴<<．又x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞．∴满足函数()f x 有两个零点．a ∴的取值范围为(0,1)．10．已知函数22()(1)x f x x e ax ax =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）222()2(1)2(21)()x x x f x e x e ax a x e a '=+-+-=-+，⋯⋯⋯⋯（1分） ①当0a 时，20x e a +>恒成立，令()0f x '>，则12x >，所以()f x 的单调增区间为1(,)2+∞． 同理可得()f x 的单调减区间为1(,)2-∞． ⋯⋯⋯⋯（2分） ②当0a <时，令()0f x '=，则12x =或()2ln a x -=． （ⅰ）当()122ln a ->，即a e <-时，令()0f x '>，则12x <或()2ln a x ->， 所以()f x 的单调增区间为1(,)2-∞和()(,)2ln a -+∞． ⋯⋯⋯⋯（3分） 同理()f x 的单调减区间为1()(,)22ln a -； （ⅱ）当()122ln a -=，即a e =-时， 当12x 时，10x -，210x e a e e +-=，所以()0f x '，同理12x >时，()0f x '>． 故()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞； ⋯⋯⋯⋯（4分） （ⅲ）当()122ln a -<，即0e a -<<时．令()0f x '>，则()2ln a x -<或12x >， 所以()f x 的单调增区间为()(,)2ln a --∞和1(,)2+∞，同理()f x 的单调减区间为()1(,)22ln a -． ⋯⋯⋯⋯（5分） 综上所述，当a e <-时，()f x 的单调增区间为1(,)2-∞和()(,)2ln a -+∞，单调减区间为1()(,)22ln a -； 当a e =-时，()f x 的单调增区间为(,)-∞+∞；当0e a -<<时，()f x 的单调增区间为()(,)2ln a --∞和1(,)2+∞，单调减区间为()1(,)22ln a -； 当0a 时，()f x 的单调增区间为1(,)2+∞，单调减区间为1(,)2-∞． ⋯⋯⋯⋯（6分） （2）因为2()(1)()x f x x e ax =-+，所以()f x 有一个零点1x =，⋯⋯⋯⋯（7分） 由于()f x 有两个零点，所以20x e ax +=只有一个不是1的零点，解法1：令2()x g x e ax =+，2()2x g x e a '=+，（1）当0a >时，2()20x g x e a '=+>恒成立，所以2()x g x e ax =+在(,)-∞+∞上单调递增，对任意0a >，0(0)10g e ==>，21()1110a g e a --=-<-=， 由零点存在定理()g x 在1(,0)a-上存在零点， 因为2()x g x e ax =+在(,)-∞+∞上单调递增，所以()g x 只有一个不是1的零点， 所以当0a >时，满足题意．⋯（8分）（2）当0a =时，2()x g x e =无零点，舍去．（3）当0a <时，令2()20x g x e a '=+>，解得1()22a x ln >-； 令2()20x g x e a '=+<，解得1()22a x ln <-； 所以2()x g x e ax =+在1(,())22a ln -∞-上单调递减，在1((),)22a ln -+∞上单调递增． 所以2()x g x e ax =+在1()22a x ln =-取得极小值，也是最小值． 所以函数1()(())()22222min a a a a g x g ln ln =-=-+-，⋯⋯⋯（10分） 依题意2()x g x e ax =+只有一个不是1的零点，由于当0x <时，()0g x >，且()g x 在1(,())22a ln -∞-上单调递减，在1((),)22a ln -+∞上单调递增． 则1()(())()022222min a a a a g x g ln ln =-=-+-=或2(1)01()(())()022222min g e a a a a a g x g ln ln ⎧=+=⎪⎨=-=-+-<⎪⎩ 解得2a e =-或2a e =-，⋯⋯⋯⋯⋯（11分）综上所得，a 的取值范围为{2e -，2}(0,)e -+∞． ⋯⋯⋯⋯（12分）解法2：当0x =时，(0)10f =-<，所以0x =不是20x e ax +=的零点，则2xe a x=-，⋯⋯⋯⋯（8分） 令2()x e g x x =-，所以22(12)()x e x g x x -'=， 令22(12)()0x e x g x x -'=>，则12x <且0x ≠；令22(12)()0x e x g x x -'=<，所以12x >， 所以()g x 在(,0)-∞、1(0,)2上单调递增，在1(,)2+∞上单调递减，⋯⋯⋯⋯（9分） 所以()g x 在12x =处取得极大值，极大值为1()22g e =-，⋯⋯⋯⋯（10分） 由2()xe g x x=-可知，当0x <时，()0g x >；当0x >时，()2g x e -； ⋯⋯⋯⋯（11分）因为20x e ax +=只有一个零点，所以y a =与()g x 只有一个交点，由图象可得，0a >或2a e =-，又g （1）2e =-，所以y a =与()g x 只有一个不是1的交点，所以a 的取值范围为{2e -，2}(0,)e -+∞． ⋯⋯⋯⋯（12分）11．已知函数221()()x f x alnx a R x-=-∈． （Ⅰ）若0a >时，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()2g x f x x =-，若()g x 有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：221()()()x I f x alnx a R x -=-∈，2221()x ax f x x-+'=，0x >，0a >， 对于221y x ax =-+，△28a =-，当(0a ∈，22]时，△0，()0f x '，()f x 递增；当(22a ∈，)+∞时，△0>，设2210x ax -+=对应方程的根为m ，n ，由0mn >，0m n +>，得0m >，0n >，故()f x 在(0,)m ，(,)n +∞递增；在(,)m n 递减；()II 由1()()2g x f x x alnx x -=-=--，0x >，2211()a ax g x x x x-'=-=， 当0a 时，()0g x '>，()g x 在(0,)+∞递增，()g x 至多有一个零点，不符合题意；当0a >时，当1(0,)x a ∈时，()g x 递增；当1(x a∈，)+∞时，()g x 递减， 1()()0max g x g a alna a∴==-+>，所以a e >， 当a e >时，11a>，g （1）10=-<，1,a a e a e a -><，21()a a a a g e alne e a e ---=--=-+， 构造函数2()x h x e x =-，因为指数函数比幂函数增加的快，易知()h x 递增， 所以a e >，h （a ）h >（e ）20e e e =->，所以2a e a >，所以21()0a a a a g e alne e a e---=--=-+<， 故函数()g x 在1(,)a e a -和1(a，1)各有一个零点， 所以a e >．12．已知函数21()2f x ax x lnx =--． （1）当2a =时，求函数的最小值；（2）设323()()2()2g x f x x ax x lnx b b R =+-+++∈，讨论函数()g x 的单调性； （3）若函数()f x 有两个不同的零点，求正实数a 的取值范围．【解答】解：（1）因为函数定义域为(0,)+∞，且当2a =时，2()f x x x lnx =--， 1(1)(21)()21x x f x x x x-+'=--=， 所以当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞单调递增，所以函数在1x =时取得最小值，且最小值为f （1）1110ln =--=．（2）由题意知函数32()2g x x ax b =-+，0x >，所以2()622(3)g x x ax x x a '=-=-． 令()0g x '=，得0x =或3a x =． 若0a >，则当(,)3a x ∈+∞时，()0g x '>；当(0,)3a x ∈时，()0g x '<． 故()g x 在(,)3a +∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减； 若0a ，()0g x '>在(0,)+∞上恒成立，所以()g x 在(0,)+∞单调递增．综上，当0a >时，()g x 在(,)3a +∞单调递增，在(0,)3a 单调递减；当0a 时，函数()g x 在(0,)+∞单调递增．（3）因为21()ax x f x x--'=，(0,)x ∈+∞，令2()1h x ax x =--， 因为0a >，所以△140a =+>，所以方程()0h x =有两个不等实数根，设为1x ，2x ，12()x x <．又因为(0)10h =-<，所以120x x <<，所以在2(0,)x 上，()0h x <，在2(x ，)+∞上，()0h x >，即在2(0,)x 上，()0f x '<，在2(x ，)+∞上，()0f x '>，所以()f x 在2(0,)x 上单调递减，在2(x ，)+∞上单调递增，所以函数()f x 最小值为222221()2f x ax x lnx =--． 因为22210ax x --=，所以2221ax x =+，所以22211()22f x x lnx =--+， 令11()22m x x lnx =--+，所以11()02m x x'=--<， 从而函数()m x 在(0,)+∞上单调递减，且m （1）0=，所以对(1,)x ∈+∞，()0m x <，(0,1)x ∈时，()0m x >，所以当2a >时，因为2221ax x =+，所以2(0,1)x ∈，所以2()0f x >，所以2a >，此时函数无零点，不合题意．当2a =时，函数()f x 有一个零点1x =．当02a <<时，21x >，则2()0f x <，结合211()102a f e e e=-+>， 则需证明存在02x x >时，使得0()0f x >即可．因为1lnx x -（构造()1x lnx x μ=-+易证明），所以222214()(1)212()22222ax ax ax ax f x x lnx x x x x ax x a=-----=-+>-=-， 则4x a >时，14()02ax x a->，即存在04x a >使得0()0f x >， 故当02a <<时函数()f x 有两个零点．综上，正实数a 的取值范围为(0,2)．。
函数零点问题解答分析与思考
函数零点问题解答分析与思考函数零点问题是数学中的一个重要课题，它涉及到函数的根和解的问题。
在数学分析中，函数的零点是指函数在某一点上取得零值的地方，也就是函数图象与x轴相交的点。
这个问题在实际应用中有着广泛的应用，比如用来求解方程、优化问题、以及计算函数的性质等等。
我们来看一下什么是函数的零点。
对于函数f(x)，如果存在一个数a，使得f(a)=0，那么a就是函数f(x)的一个零点。
在函数的图象上，这个零点就是图象与x轴相交的点，也就是函数在这个点上取得零值。
函数的零点是函数图象的一个重要特征，它反映了函数在哪些点上取得零值，从而可以帮助我们了解函数的性质和行为。
接下来，我们来看一下函数零点问题的解答方法。
对于一般的函数，求解函数的零点通常可以通过化简、代数运算、图象分析等方法来进行。
比如对于一元一次函数，可以直接通过方程f(x)=0来求解；对于一元二次函数，可以通过配方法、求根公式等方法来求解；对于高阶函数，则需要借助图象、导数、积分等工具来进行分析。
对于复杂的函数，还可以借助数值计算的方法来求解函数的零点，比如二分法、牛顿法、割线法等等。
在实际应用中，函数的零点问题常常会涉及到方程、不等式、优化、以及其他数学问题。
比如在物理中，对于一些力学和运动问题，常常需要求解一些关于时间和位移的方程，而这些方程往往会涉及到函数的零点；在经济学中，对于一些生产和消费问题，也会涉及到利润最大化和成本最小化等优化问题，而这些问题也往往需要求解函数的零点。
函数零点问题在实际应用中有着广泛的应用。
我们来分析一下函数零点问题在数学研究中的意义。
函数的零点不仅仅是一个简单的数学概念，它还具有深刻的数学内涵和丰富的数学含义。
在数学分析中，函数的零点反映了函数的根和解的性质，它是函数的重要特征之一。
通过研究函数的零点，我们可以了解函数的性质、行为和变化规律，从而可以更深入地理解函数的各种特性。
函数的零点还可以帮助我们求解方程、不等式、优化问题等数学问题，从而为数学研究和实际应用提供了重要的工具和方法。
高考数学压轴题之函数零点问题
专题二“构造函数”，巧求参数范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中求参数范围问题，构造函数，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招参变分离，构造函数例1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A．B．（）C．D．（）【答案】D【解析】当时，为减函数，令易得，所以只需有两个零点，令则问题可转化为函数的图象与的图象有两个交点.求导可得，令，即，可解得；令，即，可解得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，由此可知当时，函数取得最小值，即．在同一坐标系中作出函数与的简图如图所示，根据图可得故选D.第二招根据方程做差，构造函数例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】（1）当时，，，令则列表如下：1单调递减所以.（2）设，，设，，由得，，，在单调递增，即在单调递增，，①当，即时，时，，在单调递增,又，故当时，关于的方程有且只有一个实数解，符合题意.②当，即时，由（1）可知，所以，又故，当时，，单调递减，又，故当时，，在内，关于的方程有一个实数解1.又时，，单调递增，且，令，,,故在单调递增，又在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，，故在内，关于的方程有一个实数解.又在内，关于的方程有一个实数解1，不合题意.综上，.第三招求导转化，构造函数例3.【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】已知函数.（1）设，求函数的单调区间；（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间.（2）【解析】（1）函数的定义域为，令，则令，得；令，得所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以所以对任意恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间.（2）（法一）：的定义域为，所以“函数在其定义域内有两个零点”等价于“方程在区间内有两个不同的实数根”即方程在区间内有两个不同的实数根故上述问题可以转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，如图若令过原点且与函数图像相切的直线斜率为，由图可得令切点由，得，所以又，所以，解得：于是，所以故实数的取值范围是（法二）的定义域为，，当时，，所以在单调递增，所以在不会有两个零点，不合题意，当时，令，得，在上，，在上单调递增，在上，，在上单调递减，所以，又时，，时，，要使有两个零点，则有即所以所以，即实数的取值范围为.第四招换元转化，构造函数例4．【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【答案】（1）有极小值，为；无极大值；（2）【解析】的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故时，；记，，则，故可转化成，即：，令，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，且时，，时，故，由，，的性质有：，和有两个不同交点，，且，，各有一解，即有2个不同解，，和仅有1个交点，且，有2个不同的解，即有两个不同解，取其它值时，最多1个解，综上，的范围是【规律与方法】构造函数的几种常用的构造技巧：1.通过作差构造函数：作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论．当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负．2.利用“换元法”构造函数，换元的目的是简化函数的形式．3.先分离参数再构造函数，将方程变形为m=h(x)，构造函数h(x)，研究h(x)的性质来确定实数m的取值范围．4.根据导函数的结构，构造函数.【提升训练】1．【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】易知当≤0时，方程只有一个解，所以>0．令，，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A.2．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）= g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=故选B.3. 【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( )A．(3，4) B．(4，5) C．(5，6) D．(6．7)【答案】C【解析】由xlnx+（3﹣a）x+a＝0，得，令f（x）（x＞1），则f′（x）．令g（x）＝x﹣lnx﹣4，则g′（x）＝10，∴g（x）在（1，+∞）上为增函数，∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g（6）＝2﹣ln6＞0，∴存在唯一x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C4．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】关于的方程恰有三个不相等的实数解，即方程恰有三个不相等的实数解，即与有三个不同的交点.令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；且当时，，当时，，，当时，，据此绘制函数的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时的取值范围是 .本题选择C选项.5．【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设，则，在上递减，在上递增，，且时，，有三个零点等价于与的图象有三个交点，画出的图象，如图，由图可得，时，与的图象有三个交点，此时，函数有三个零点，实数的取值范围是，故选D.6.【江西省南昌市2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.【解析】（Ⅰ），由已知，有，即，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则令，则恒成立，所以在上单调递减，又因为，，所以存在唯一的，使得，且当时，，即，当时，，即.所以在上单调递增，在上单调递减.又因为当时，，，，，所以存在或，使得在上有唯一零点.7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由题知：，令，，当，，所以在上单调递减.因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故只有一个零点.（2）由（1）知：不合题意，当时，因为，；，；又因为，所以；又因为，因为函数，，，所以，即，所以存在，满足，所以，；，；，；此时存在两个极值点，0，符合题意.当时，因为，；，；所以；所以，即在上单调递减，所以无极值点，不合题意.综上可得：.8.【陕西省咸阳市2019年高考模拟检测（二)】已知函数. （1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）证明：当时，，得，知在递减，在递增，，综上知，当时，.（2）法1：，，即，令，则，知在递增，在递减，注意到，当时，；当时，，且，由函数有个零点，即直线与函数图像有两个交点，得.法2：由得，，当时，，知在上递减，不满足题意；当时，，知在递减，在递增.，的零点个数为，即，综上，若函数有两个零点，则.9．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，∴①若，由，得.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以是的极大值点②若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合①②：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，，所以（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增当时，，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得10．【普通高中2019届高三质量监测（二)】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】（1）由题可得，当时，，在上单调递增；当时，，，在上单调递增；，，在上单调递减.（2）令，，易知单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为，，即，，故若有有两个零点，需满足，即，令，，所以在上单调递减.，所以的解集为，由，所以.当时，，有，令，由于，所以，，故，所以，故，在上有唯一零点，另一方面，在上，当时，由增长速度大，所以有，综上，.11．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为，由，得或．（i）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（ii）当时，，在上，，单调递增，（iii）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（2），所以有一个零点．要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又方程，令，即函数与图像有两个交点，令，得的单调性如表：1－↘当时，，又，的大致图像如图，所以，要使得有3个零点，则实数的取值范围为12．【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)，因为是的极大值点，所以，解得，当时，，，令，解得，当时，，在上单调递减，又，所以当时，；当时，，故是的极大值点；(2)令，，在上只有一个零点即在上只有一个零点,当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.（Ⅰ）当，即时，时，在上只有一个零点，即在上只有一个零点.（Ⅱ）当，即时，取，，①若，即时，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，不符合题意；②当即时，只有在上有一个零点，即在上只有一个零点，综上得，当时，在上只有一个零点.。
函数压轴题中的零点问题
函数压轴题中的零点问题函数压轴题中的零点问题【真题感悟】例1.（2015年江苏⾼考）已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）若（实数c 是a 与⽆关的常数），当函数有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是，求c 的值.例2. （2013年江苏⾼考）设函数()ln f x x ax =?，()x g x e ax =?，其中a 为实数.（1）若()f x 在(1,)+∞上是单调减函数，且()g x 在(1,)+∞上有最⼩值，求的取值范围；（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论.例3. （2012年江苏⾼考）若函数在处取得极⼤值或极⼩值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．（1）求和的值；（2）设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+，求()g x 的极值点；（3）设，其中，求函数的零点个数．a ()g x (1,)?+∞()f x ab ，1?()32f x x ax bx =++a b ()()()h x ff x c =?[]22c ∈?，()y h x =【典题导引】命题规律：函数的零点问题是⾼考的重点和难点内容，题型以解答题为主，有时也在填空题中出现。
和函数、⽅程有着密切的联系，需要我们熟悉函数的图象与性质，需要我们理解函数与⽅程等思想。
其中函数的零点、⽅程的根、曲线的交点三个问题可以互相转化。
主要有以下命题⾓度：（1）判断函数零点个数或⽅程解的个数；（2）根据函数零点个数或⽅程解的个数求解参数；（3）已知函数零点范围或整数零点等求解参数。
⽅法总结：在使⽤函数零点存在性定理时要注意两点：⼀是当函数值在⼀个区间上不变号，⽆论这个函数单调性如何，这个函数在这个区间上都不会有零点；⼆是此定理只能判断函数在⼀个区间上是否存在零点，⽽不能判断这个区间上零点的个数。
研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，其主要考查⽅式：(1) 确定函数的零点、图象交点的个数；(2) 由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．（1）当a =2时，求函数f(x)的零点；（2）当a >0时，求证：函数f(x)在内有且仅有⼀个零点；（3）若函数f(x)有四个不同的零点，求a 的取值范围。
03(解答题(一))-2021年中考数学专题(湖南长沙卷)(解析版)
2021年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（湖南长沙卷）03挑战压轴题（解答题（一））1. （2020年长沙中考第23题）在矩形ABCD 中，E 为DC 边上一点，把△ADE 沿AE 翻折，使点D 恰好落在BC 边上的点F 。
（1）求证：△ABF ∽△FCE ；（2）若AB=32，AD=4，求EC 的长；（3）若EC DE AE 2=-，记∠BAF=α，∠FAE=β，求βαtan tan +的值。
【答案】（1）见解析 （2）332 （3）332 【解析】（1）由题可知，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFB+∠CFE=90°∵∠AFB+∠BAF=90°，∴∠CFE=∠BAF又∵∠B=∠C∴△ABF ∽△FCE（1）由题可知，AF=AD=4∴BF=2)32(42222=-=-AB AF∴CF=BC-BF=AD-BF=4-2=2又∵△ABF ∽△FCE ， ∴ABCF BF CE = 即：3222=CE ∴CE=332 （2）AF EF CF CE AF EF AB BF +=+=+βαtan tan 设CE=1，DE=x 则AE=x+2 AD=4422+=-x DE AE ，AB=CD=x+1∴BF=32222++-=-x x AB AF CF=1-222-=x CE EF∵△ABF ∽△FCE x x x x EF CF AF AB 14412-=++∴=∴， ∴xx x x x 111212-•+=++）（ 解得：x=2 ∴33232231tan tan =+=+βα2.（2019年长沙中考第24题）根据相似多边形定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．①条边成比例的两个凸四边形相似；（ 命题）②三个角分别相等两个凸四边形相似；（ 命题）③两个大小不同的正方形相似．（ 命题）（2）如图1，在四边形ABCD 和四边形A 1B 1C 1D 1中，∠ABC =∠A 1B 1C 1，∠BCD =∠B 1C 1D 1，111111AB BC CD A B B C C D ==，求证：四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似．（3）如图2，四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AC 与BD 相交于点O ，过点O 作EF ∥AB 分别交AD ，BC 于点E ，F ．记四边形ABFE 的面积为S 1，四边形EFDE 的面积为S 2，若四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，求21S S 的值． 【答案】（1）①假，②假，③真；（2）见解析 ；（3）121S S = 【分析】（1）根据相似多边形的定义即可判断．（2）根据相似多边形的定义证明四边成比例，四个角相等即可．（3）四边形ABFE 与四边形EFCD 相似，证明相似比是1即可解决问题，即证明DE=AE即可．【详解】解（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．③两个大小不同的正方形相似．是真命题．故答案为假，假，真．（2）证明：分别连接BD ，B 1D 1111BCD B C D ∠=∠，且1111BC CD B C C D = 111BCD BC D ∴∽， 111CDB C D B ∴∠=∠，111C B D CBD ∠=∠，111111BD BC CD B D B C C D ==， 1111BD AB B D A B ∴=，111ABC A B C ∠=∠，111ABD A B D ∴∠=∠， 111ABD A B D ∴∽，1111AD AB A D A B =，1A A ∠=∠，111ADB A D B ∠=∠， 11111111AB BC CD AD A B B C C D A D ∴===，111ADC A DC ∠=∠，1A A ∠=∠，111ABC A B C ∠=∠，111BCD BC D ∠=∠∴四边形ABCD 与四边形A 1B 1C 1D 1相似. （3）如图2中，∵四边形ABFG 与四边形EFCD 相似DE EF AE AB∴=，EF OE OF =+， DE OE OF AE AB +∴=，EF AB CD ， DE OE AD AB ∴=，DE OC OF AD AB AB ==，DE DE OE OF AD AD AB AB ∴+=+， 2DE DE AD AE ∴=，AD DE AE =+，21DE AE AE∴=+， 2AE DE AE ∴=+，即AE =DE 121S S ∴=，3.（2018年长沙中考第24题）如图，在△ABC 中，AD 是边BC 上的中线，∠BAD=∠CAD ，CE ∥AD ，CE 交BA 的延长线于点E ，BC=8，AD=3．（1）求CE 的长；（2）求证：△ABC 为等腰三角形．（3）求△ABC 的外接圆圆心P 与内切圆圆心Q 之间的距离．【分析】（1）证明AD 为△BCE 的中位线得到CE=2AD=6；（2）通过证明△ABD ≌△CAD 得到AB=AC ；（3）如图，连接BP 、BQ 、CQ ，先利用勾股定理计算出AB=5，设⊙P 的半径为R ，⊙Q的半径为r ，在Rt △PBD 中利用勾股定理得到（R ﹣3）2+42=R 2，解得R=，则PD=，再利用面积法求出r=，即QD=，然后计算PD+QD即可．【解答】（1）解：∵AD是边BC上的中线，∴BD=CD，∵CE∥AD，∴AD为△BCE的中位线，∴CE=2AD=6；（2）证明：∵BD=CD，∠BAD=∠CAD，AD=AD，∴△ABD≌△CAD，∴AB=AC，∴△ABC为等腰三角形．（3）如图，连接BP、BQ、CQ，在Rt△ABD中，AB==5，设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，在Rt△PBD中，（R﹣3）2+42=R2，解得R=，∴PD=PA﹣AD=﹣3=，∵S△ABQ+S△BCQ+S△ACQ=S△ABC，∴•r•5+•r•8+•r•5=•3•8，解得r=，即QD=，∴PQ=PD+QD=+=．答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为．1.（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD 中，若A C ∠=∠，B D ∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形．（1）如（图①），A 、B 、C 、D 是⊙O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =．求证：四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如（图②），准平行四边形ABCD 内接于⊙O ，AB AD ≠，BC DC =，若⊙O 的半径为5，6AB =，求AC 的长；（3）如（图③），在Rt ABC △中，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值．【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）可证APQ 是等边三角形，可得60Q QAP ∠=︒=∠，由圆的内接四边形的性质可得60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，由四边形内角和定理可证QAC QBC ∠≠∠，可得结论；（2）如图②，连接BD ，由准平行四边形定义可求90BAD BCD ∠=∠=︒，可得BD 是直径，由勾股定理可求8AD =，将ABC ∆绕点C 顺时针旋转90︒得到CDH ∆，可得6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，由勾股定理可求AC 的长；（3）如图③，作ACD △的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，由准平行四边形定义可求60ABC ADC ∠=∠=︒，可得120AOC ∠=︒，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质，可求1OE =，22CO OE ==，由勾股定理可求OB ，由当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，即可求解．【详解】解：证明：（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒，∴60APQ ∠=︒，且AQ AP =，∴APQ 是等边三角形，∴60Q QAP ∠=︒=∠，∵四边形APBC 是圆内接四边形，∴60QPA ACB ∠=∠=︒，∵360Q ACB QAC QBC ∠+∠+∠+∠=︒，∴240QAC QBC ∠+∠=︒，且120120QAC QAP BAC PAB PAB ∠=∠+∠+∠=︒+∠>︒，∴120QBC ∠<︒，∴QAC QBC ∠≠∠，且60QPA ACB Q ∠=∠=︒=∠，∴四边形AQBC 是准平行四边形．（2）如图②，连接BD ，∵AB AD ≠，BC DC =，∴ABD ADB ∠≠∠，CBD CDB ∠=∠，∴ABC ADC ∠≠∠，∵四边形ABCD 是准平行四边形，∴BAD BCD ∠=∠，∵四边形ABCD 是圆内接四边形，∴180BAD BCD ∠+∠=︒，180ABC ADC ∠+∠=︒，∴90BAD BCD ∠=∠=︒，∴BD 是直径，∴10BD =，∴8AD =，将ABC 绕点C 顺时针旋转90°得到CDH △，∴6AB DH ==，AC CH =，90ACH ∠=︒，ABC CDH ∠=∠，∵180ABC ADC ∠+∠=︒，∴180ADC CDH ∠+∠=︒，∴点A ，点D ，点H 三点共线，∴14AH AD DH =+=，∵222AC CH AH +=，∴22196AC =，∴AC =（3）如图③，作ACD ∆的外接圆O ，过点O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，90C ∠=︒，30A ∠=︒，2BC =，60ABC ∴∠=︒，60ABC ∠=︒，AC ==四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，60ABC ADC ∴∠=∠=︒，120AOC ∴∠=︒，且OE AC ⊥，OA OC =，30ACO CAO ∴∠=∠=︒，CE AE =，1OE ∴=，22CO OE ==，OE AC ⊥，OF BC ⊥，90ECF ∠=︒，∴四边形CFOE 是矩形，CE OF ∴==1OE CF ==，3BF BC CF ∴=+=，BO ∴==当点D 在BO 的延长线时，BD 的长有最大值，BD ∴长的最大值2BO OD =+=．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，理解准平行四边形的定义是本题的关键，添加恰当辅助线是本题的难点．2.（2020·长沙市南雅中学）我们定义：对角线垂直的凸四边形叫做“准筝形”．如图 1，四边形 ABCD 中，AC ⊥BD ，则四边形 ABCD 是“准筝形”．（1）“三条边相等的准筝形是菱形”是 命题；（填“真” 或“假”）（2）如图 1，在准筝形 ABCD 中，AD ＝3，AB ＝2，BC ＝4，求 CD 的长．（3）如图 2， 在准筝形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O ，点 P 在线段 AD 上，AP ＝2，且 AD ＝3，AO =32，在BD 上存在移动的线段EF，E 在 F 的左侧，且EF＝1，使四边形AEFP 周长最小，求此时OE 的长度．【答案】（1）真；（2（3【分析】（1）先根据在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，得出OA=OC，OB=OD，推出四边形ABCD是平行四边形，再根据AD=CD，即可证明四边形ABCD是菱形，即可得出结论；（2）设AC与BD交于点O，根据AC⊥BD，得到AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，可得AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，根据AD=3，АВ=2，BC=4，即可求出CD；（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，先证明四边形AEFM是平行四边形，得到AE=MF，根据M、N关于OD对称，得出MF=NF，推出当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，根据AP=2，EF=1，得出当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，然后证明四边形AOHM是矩形，得出АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，根据在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，PG⊥OA，求出AG=12AP=1，，RN=HN+HR=2，证明△NHF∽△NRP，得出HFRP=NHNR=34，求出HF=34PR=)314，根据OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，即可得出OЕ．【详解】解：（1）三条边相等的准筝形是菱形是真命题，，在准筝形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，设AC与BD交于点O，∴OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=CD，∴四边形ABCD是菱形，∴三边相等的准筝形是菱形，故答案为：真；（2）设AC与BD交于点O，∵AC⊥BD，∴AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，∴AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，∵AD=3，АВ=2，BC=4，∴22+CD2=32+42，∴∴CD（3）过P作PG⊥AO于G，过A作AM//EF且AM=EF，作M点关于OD的对称点N，连接MN交OD于H，交PG于R，连接PN交OD于F，∵AM//EF，AM=EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE=MF，∵M、N关于OD对称，∴MF=NF，∴AE+PF=MF+PF=NF+PF≥PN，∴当且仅当N、F、P三点共线时，AE+PF取得最小值，∵AP=2，EF=1，∴当AE+PE取得最小值时，四边形AEFP周长取得最小值，∵AM//OD，ОA//MН，∠AOD=90°，∴四边形AOHM是矩形，∴АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=32，在Rt△AOD中，OA=32，AD=3，∴∠ADO=30°，∵PG⊥OA，∴PG∥OD，∴∠APG=∠ADO=30°，∴AG=12AP=1，∴，∵HR=32-1=12，∴RN=HN+HR=2，∵PG//OD，∴△NHF∽△NRP，∴HFRP=NHNR=34，∴HF=34PR=)314∵OF=ОН+HF=OE+EF ，ОН=EF=1，∴，故四边形AEFP 周长最小时，OE 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．3．（2020·长沙市明德天心中学）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“邻好四边形”．(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD 中，添加一个条件，使得四边形ABCD 是“邻好四边形”，请写出你添加的一个条件________；(2)概念延伸：下列说法正确的是________．(填入相应的序号)①对角线互相平分的“邻好四边形”是菱形；②一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”是菱形；③有两个内角为直角的“邻好四边形”是正方形；④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“邻好四边形”是正方形；(3)问题探究：如图2，小红画了一个Rt ABC ∆，其中90ABC ∠=︒，2AB =，1BC =，并将Rt ABC ∆沿B 的平分线BB '方向平移得到A B C '''∆，连结AA '，BC '，要使平移后的四边形ABC A ''是“邻好四边形”应平移多少距离(即线段BB '的长)？【答案】（1）AB=AD；（2）①④；（3）21或2【分析】（1）根据定义添加一组邻边相等即可；（2）先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“邻好四边形”定义得邻边相等，得出结论；（3）由平移的性质易得BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，“邻好四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论．【详解】（1）AB=BC或BC=CD或AD=CD或AB=AD．答案：AB=AD；（2）①正确，理由为：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“邻好四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“邻好四边形”是菱形；②不正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”也有可能是等腰梯形；③不正确，理由为：有两个内角为直角的“邻好四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“四个角都是直角”，则该四边形是矩形，根据“邻边相等的矩形为正方形”，所以④的说法正确．故答案是：①④；（3）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，∴∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′=5；（III）当A′C′=BC′=5时，如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′=12∠ABC=45°， ∴∠BB′D=′∠ABB′=45°∴B′D=BD ，设B′D=BD=x ，则C′D=x+1，BB′=2x ，∵在Rt △BC′D 中，BD 2+C′D 2=BC′2∴x 2+（x+1）2=(5)2，解得：1212x x ==-，(不合题意，舍去)， ∴BB′=22=（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，同理可得：BD 2+C′D 2=BC′2，设B′D=BD=x ，则x 2+（x+1）2=22， 解得：121717x x -+--==（不合题意，均舍去）， ∴BB′=22142-=． 综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“邻好四边形”应平移251214-+． 4．（2021·全国九年级）如图，点E 是ABC ∆的内心，AE 的延长线和ABC ∆的外接圆相交于点D ，交BC于F ．（1）若40ABC =∠，80C ∠=，求CBD ∠的度数；（2）求证：DB DE =；（3）若6AB =，4AC =，5BC =，求DE 的长．【答案】（1）30°；（2）见解析；（3）【分析】（1）由三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等即可解答；（2）连接BE ，根据三角形的内心定义和同弧所对的圆周角相等证得∠DBE ＝∠BED ，从而依据等角对等边即可证得；（3）利用已知和角平分线的性质得32AB BF AC CF ==，进而求得BF 、CF 的值，再证明△BDF ∽△ACF 和△DBF ∽△DAB ，利用相似三角形的性质得到关于BD 的方程，解之即可解答﹒【详解】（1）∵40ABC =∠，80C ∠=，∴∠BAC=180º-∠ABC-∠C=60º，∵E 是内心，∴∠BAD ＝∠CAD=12∠BAC=30º， 由同弧所对的圆周角相等得：∠CBD=∠CAD=30º；（2）证明：连接BE ，∵E 是内心，∴∠ABE ＝∠CBE ，∠BAD ＝∠CAD ．∵∠CBD ＝∠CAD ，∴∠CBD ＝∠BAD ，∵∠BAD+∠ABE ＝∠BED ，∠CBE+∠CBD ＝∠DBE ，∴∠DBE ＝∠BED ，∴ DE ＝DB ；（3）∵∠BAD ＝∠CAD ，AB=6，AC=4，BC=5 ∴32AB BF AC CF == ∴ BF=3，CF=2∵∠DBC ＝∠D AC ，∠BFD=∠AFC∴ △BDF ∽△ACF ∴42,2BD AC BF DF DF CF AF CF====， ∴,62BD DF DF AF BF CF ===， ∵∠BAD ＝∠CAD=∠DBC ，∠BDF=∠ADB∴ △DBF ∽△DAB ∴BD DF DA BD=，∴22•()62BD BD DF AD DF AF DF ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭，∴BD =BD=DE ，∴DE =【点睛】本题考查了三角形的内心定义、圆的外接圆、同弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质，解答的关键是正确理解三角形的内心定义，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，进而创造三角形相似的条件，进行相关的证明或计算．5．（2020·长沙市南雅中学九年级开学考试）如图1，在平面直角坐标系中，已知点A ，B 的坐标分别为()0,6A和()B -，点E 为x 轴正半轴上的一个动点，过点A 、B 、E 作ABE △的外接圆C ，连结AC 并延长交圆于点D ，连结BD 、DE ．（1）求证：OAE BAD ∠=∠．（2）当15AD =时，求OE 的长度．（3）如图2，连结OD ，求线段OD 的最小值及当OD 最小时ABE △的外接圆圆心C 的坐标．【答案】（1）见解析；（2）92；（3）OD 最小值为9，C （，34） 【分析】（1）根据圆周角定理得出∠ABD=90°，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠ADB=∠AEB ，从而证明结论； （2）根据条件算出AB ，证明△ABD ∽△AOE ，得出AB AO AD AE=，解得AE ，再根据勾股定理算出OE 的长； （3）设直线BD 与y 轴交于点F ，得出当OD ⊥BD 时，OD 最小，通过解直角三角形算出OD ，BD ，过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，利用勾股定理解出OG 和DG ，从而得到点D 坐标，结合点A 坐标得出圆心C 的坐标.【详解】解：（1）由题意可得：AD 为⊙O 的直径，∴∠ABD=∠AOE=90°，∵∠ADB=∠AEB ，∠AOE=90°∴∠OAE=∠BAD ；（2）∵()0,6A 和()B -，∴OA=6，OB=∴12=，∵AD=15，由（1）得：∠OAE=∠BAD ，∠ABD=∠AOE ，∴△ABD ∽△AOE ， ∴AB AO AD AE=， 即12615AE=， 解得：AE=152，∴92==； （3）设直线BD 与y 轴交于点F ，∵AB ⊥BD ，∴∠OBD=∠OAB=90°-∠ABO ，直线AB 位置不变，∴直线BD 位置不变，∴当OD ⊥BD 时，OD 最小，此时，OD=OB×sin ∠OBD=OB×sin ∠OAB=×OB AB =，=过点D 作DG ⊥BE 于点G ，设OG=x ，则BG=，在△OBD 中，BD 2-BG 2=OD 2-OG 2，即(()22229x x -=-，解得：x=2，即OG=2，=92， 由题意可得点D 在第三象限，∴点D坐标为（2-，92-），而点A （0，6）， ∴点C坐标为（022，9622-+），即（，34）.【点睛】本题属于圆的综合题，涉及了圆周角定理，相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 6．（2021·长沙九年级模考）如图，O 为ABC ∆的外接圆，D 为OC 与AB 的交点，E 为线段OC 延长线上一点，且EAC ABC ∠=∠．(1)求证：直线AE 是O 的切线．(2)若D 为AB 的中点，6CD =，16AB =．①求O 的半径；②求ABC的内心到点O的距离．【答案】(1)证明见解析;(2)①253;②5．【分析】（1）连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，由圆周角定理的推论可得∠ACF=90°，可得∠F+∠FAC=90°，由∠EAC=∠ABC，可得∠EAC+∠FAC=90°，即可完成证明；(2)①由垂径定理可得OD⊥AB，AD=BD=8，由勾股定理可求⊙O的半径；②作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，则点H是△ABC的内心，由三角形内心的性质可得HM=HN=HD，由三角形的面积公式可求HD的值，即可完成解答．【详解】(1)证明：如图：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，∵AF是直径，∴∠ACF=90°，∴∠F+∠FAC=90°，∵∠F=∠ABC，∠ABC=∠EAC，∴∠EAC=∠F，∴∠EAC+∠FAC=90°，∴∠EAF=90°，∵AO是半径，∴直线AE是⊙O的切线；(2)①如图，连接AO，∵D为AB的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB，AD=BD=12AB=8，∵AO2=AD2+DO2，∴AO2=82+（AO-6）2，∴AO=253，∴⊙O的半径为253；②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，∵OD⊥AB，AD=BD，∴AC=BC，∴CD平分∠ACB，即点H是△ABC的内心，∴MH=NH=DH，在Rt△ACD中，10AC BC====，∵S△ABC=S△ACH+S△ABH+S△BCH，∴12×16×6=12×10×MH+12×16×DH+12×10×NH，∴DH=83，∵OH=CO－CH=CO－（CD－DH），∴2586533OH⎛⎫=--=⎪⎝⎭.【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、切线的判定、角平分线性质、勾股定理等知识，熟练运用这些性质定理进行推理是解答本题的关键．7．（2020·湖南长沙市·九年级月考）定义:有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如:凸四边形ABCD 中，若,A C B D ∠=∠∠≠∠，则称四边形ABCD 为准平行四边形.（1）如图①，,,,A P B C 是O 上的四个点，60APC CPB ∠=∠=︒，延长BP 到Q ，使AQ AP =.求证:四边形AQBC 是准平行四边形；（2）如图②，准平行四边形ABCD 内接于O ，,AB AD BC DC +=，若O 的半径为5,6AB =，求AC 的长；（3）如图③，在Rt ABC 中，90,30,2C A BC ∠=︒∠=︒=，若四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠，请直接写出BD 长的最大值.【答案】（1）见解析；（2）（3）2【分析】（1）先根据同弧所对的圆周角相等证明三角形ABC 为等边三角形，得到∠ACB=60°，再求出∠APB=60°，根据AQ=AP 判定△APQ 为等边三角形，∠AQP=∠QAP=60°，故∠ACB=∠AQP ，可判断∠QAC ＞120°，∠QBC ＜120°，故∠QAC≠∠QBC ，可证四边形AQBC 是准平行四边形；（2）根据已知条件可判断∠ABC≠∠ADC ，则可得∠BAD=∠BCD=90°，连接BD ，则BD 为直径为10，根据BC=CD 得△BCD 为等腰直角三角形，则∠BAC=∠BDC=45°，在直角三角形BCD 中利用勾股定理或三角函数求出BC 的长，过B 点作BE ⊥AC ，分别在直角三角形ABE 和△BEC 中，利用三角函数和勾股定理求出AE 、CE 的长，即可求出AC 的长.（3）根据已知条件可得：∠ADC=∠ABC=60°，延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大，根据已知条件求出BO 、OD 的长度，即可求解.【详解】（1）∵60APC CPB ∠=∠=︒∴∠ABC=∠BAC=60°∴△ABC 为等边三角形，∠ACB=60°∵∠APQ=180°-∠APC-∠CPB=60°又AP=AQ∴△APQ 为等边三角形∴∠AQP=∠QAP=60°∴∠ACB=∠AQP∵∠QAC=∠QAP+∠PAB+∠BAC=120°+∠PAB ＞120°故∠QBC=360°-∠AQP-∠ACB-∠QAC ＜120° ∴∠QAC≠∠QBC∴四边形AQBC 是准平行四边形（2）连接BD ，过B 点作BE ⊥AC 于E 点∵准平行四边形ABCD 内接于O ，,≠=AB AD BC DC∴∠ABC≠∠ADC ，∠BAD=∠BCD∵∠BAD+∠BCD=180°∴∠BAD=∠BCD=90°∴BD 为O 的直径∵O 的半径为5∴BD=10∵BC=CD,∠BCD=90°∴∠CBD=∠BDC=45°∴BC=BD ⨯ sin ∠BDC=102⨯，∠BAC=∠BDC=45° ∵BE ⊥AC∴∠BEA=∠BEC=90°∴AE=AB ⨯sin ∠BAC=6⨯2∵∠ABE=∠BAE=45°∴BE=AE=在直角三角形BEC 中，=∴AC=AE+EC=（3）在Rt ABC 中，90,30∠=︒∠=︒C A∴∠ABC=60°∵四边形ABCD 是准平行四边形，且BCD BAD ∠≠∠∴∠ADC=∠ABC=60°延长BC 到E 点，使BE=BA ，可得三角形ABE 为等边三角形，∠E=60°，过A 、E 、C 三点作圆o ，因为∠ACE=90°，则AE 为直径，点D 在点C 另一侧的弧AE 上（点A 、点E 除外），此时，∠ADC=∠AEC=60°，连接BO 交弧AE 于D 点，则此时BD 的长度最大.在等边三角形ABE 中，∠ACB=90°，BC=2∴AE=BE=2BC=4∴OE=OA=OD=2∴BO ⊥AE∴BO=BE ⨯sin ∠E=4⨯∴BD=BO+0D=2+即BD 长的最大值为2+【点睛】本题考查的是新概念及圆的相关知识，理解新概念的含义、掌握圆的性质是解答的关键，本题的难点在第（3）小问，考查的是与圆相关的最大值及最小值问题，把握其中的不变量作出圆是关键.8.（2020·长沙市天心区明德启南中学九年级期末）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是⊙O 外一点且满足∠DCA＝∠B，连接AD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AD⊥CD，AB＝10，AD＝8，求AC的长；（3）如图2，当∠DAB＝45°时，AD与⊙O交于E点，试写出AC、EC、BC之间的数量关系并证明．【答案】（1）见解析；（2）AC的长为（3）AC＝BC，理由见解析【分析】(1)连接OC,由直径所对圆周角是直角可得∠ACB=90°,由OC=OB得出∠OCB=∠B,由因为∠DCA=∠B,从而可得∠DCA=∠OCB,即可得出∠DCO=90°;(2) 由题意证明△ACD∽△ABC,根据对应边成比例列出等式求出AC即可;(3) 在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，通过条件证明△AEF≌△BEC,根据性质推出△EFC为等腰直角三角形,即可证明AC、EC、BC的数量关系．【详解】(1)证明：连接OC，如图1所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵OC＝OB，∴∠B＝∠OCB，∵∠DCA＝∠B，∴∠DCA＝∠OCB，∴∠DCO＝∠DCA+∠OCA＝∠OCB+∠OCA＝∠ACB＝90°，∴CD⊥OC，∴CD是⊙O的切线；(2)解：∵AD⊥CD∴∠ADC＝∠ACB＝90°又∵∠DCA＝∠B∴△ACD∽△ABC∴AC ADAB AC=，即810ACAC=，∴AC＝即AC的长为(3)解：AC＝BC；理由如下：在AC上截取AF使AF＝BC，连接EF、BE，如图2所示：∵AB是直径，∴∠ACB＝∠AEB＝90°，∵∠DAB＝45°，∴△AEB为等腰直角三角形，∴∠EAB＝∠EBA＝∠ECA＝45°，AE＝BE，在△AEF和△BEC中，AE BEEAF EBC AF BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEF≌△BEC(SAS)，∴EF＝CE，∠AFE＝∠BCE＝∠ACB+∠ECA＝90°+45°＝135°，∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣135°＝45°，∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴△EFC为等腰直角三角形．∴CF，∴AC＝AF+CF＝BC．【点睛】本题考查圆与三角形的结合,关键在于牢记基础性质,利用三角形的相似对应边以及三角形的全等进行计算．。
专题02函数3函数的零点(3大重难点详细讲解)2024高考数学重难点及压轴题突破(原卷版)
第03讲 函数的零点难点1：零点的定义——求函数零点或方程根的个数考试时我们经常会遇到求函数的零点个数问题，这种题常作为选择的压轴题出现，因其具有很强的综合性，常常与函数奇偶性，单调性，周期性等性质结合起来，并与各种函数以及导数和在一起考查，学生往往很难搞明白零点的位置，造成丢分。
求函数零点或方程的根的个数问题的步骤：（1）将问题转化为求两个函数交点的问题；（2）分析两个函数的性质，并做出函数图象；（3）找到两个函数的交点，即为所求。
【例题】（宁夏吴忠市吴忠中学2024届高三上学期开学第一次月考数学（理）试题）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，满足(1)()f x f x +=-，当10,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()91x f x =-，则()()2(1)h x x x f =--在区间[]20212023-，上所有零点个数为____________.【答案】4044【解析】由题意， 我们根据题目条件知道，函数是奇函数得出()()f x f x -=-，而且满足(1)()f x f x +=-，便可以得出函数的对称轴，我们用1x +替换原来的x ，与(1)()f x f x +=-与结合，即可得出(2)()f x f x +=，进而得到函数的周期。
∵()f x 是定义在R 上的奇函数,∴()()f x f x -=-,∵(1)()f x f x +=-,12x =是其中一条对称轴， ∴(2)(1)()f x f x f x +=-+=,∴()f x 的周期是2 ,在()(1)()2h x x f x =--中，化简函数，将函数的零点问题转化成求函数()y f x =与函数21y x 的交点的问题，当()(1)()20h x x f x =--=时，()21f x x =-， ∴求函数零点, 即为求()y f x =与21y x 的交点的横坐标, 作出函数图象，根据图象得出，在一个周期上，两个函数有2个交点，进而可以求出在区间[]20212023-，上所有交点个数，即可知道在区间[]20212023-，上函数()()2(1)h x x x f =--所有零点个数.作出()y f x =与21yx 图象如图所示，由图知:∴交点关于(1,0)对称,每个周期有2个交点∴[2021,1)-有1011个周期, (1,2023]有1011个周期， ∴在区间[]20212023-，上所有零点个数为：1011224044⨯⨯=， 故答案为：4044.【变式训练】（2023 ·福建泉州·统考模拟预测）（多选）设函数2()ln ()f x x x a =--，则下列判断正确的是A. ()f x 存在两个极值点B. 当73a >时，()f x 存在两个零点 C. 当1a ≤时，()f x 存在一个零点D. 若()f x 有两个零点12,x x ，则122x x a +>难点2：零点存在性定理零点存在定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b ⋅<，则()f x 在开区间(,)a b 上存在零点。
函数的零点与解析式问题及例题解析
函数的零点与解析式问题及例题解析引言函数的零点和解析式问题是数学中常见的重要概念。
本文将介绍函数的零点和解析式问题的基本概念，以及通过例题解析来帮助读者理解和应用这些概念。
函数的零点函数的零点指的是函数取值为零的点。
具体而言，对于一个函数f(x)，如果存在一个实数a，使得f(a)=0，则a称为函数f的零点。
函数的零点在数学和实际问题中具有重要的意义。
一个函数可以有多个零点，也可以没有零点。
通过求解函数的零点可以帮助我们揭示函数的性质和解决实际问题。
常见的求解函数零点的方法包括零点定理、代数方法和数值方法。
解析式问题解析式问题是指通过已知的解析式来分析函数的性质和求解特定问题。
解析式是描述函数的一种抽象表达形式，通常使用符号和变量表示。
通过对解析式进行数学推导和计算可以得到函数的各种性质，例如函数的导数、极值点等。
解析式问题的求解通常需要运用数学方法和技巧，包括代数运算、函数性质的研究和推理、微积分等。
解析式问题在数学建模、物理学、工程学等领域具有广泛的应用，可以解决实际问题并提供深入的数学分析。
例题解析下面通过一些例题来具体说明函数的零点和解析式问题的应用。
例题1：已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3，求函数f的零点。
解答：要求函数f的零点，即求解方程x^2 - 4x + 3 = 0的解。
通过因式分解或使用求根公式，可以得到方程的两个解为x=1和x=3。
因此，函数f的零点为1和3。
例题2：已知函数f(x) = sin(x)，求函数f的极值点。
解答：要求函数f的极值点，即找到函数f取得最大值和最小值的点。
对于函数f(x) = sin(x)，我们知道sin(x)的最大值为1，最小值为-1。
因此函数f的极值点为x=kπ，其中k为整数。
通过以上例题的解析，我们可以看到函数的零点和解析式问题与数学的相关概念和方法紧密相连，对于理解函数的性质和解决实际问题具有重要意义。
总结通过本文的介绍，我们了解了函数的零点和解析式问题的基本概念。
函数零点相关问题(解析版)高考数学选填压轴题 第3讲
第3讲解密函数零点相关问题一、方法综述新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，函数的零点问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它主要涉及到基本初等函数的图象，渗透着转化、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．根据函数零点的定义：对于函数))((D x x f y ∈=，把使0)(=x f 成立的实数x 叫做函数))((D x x f y ∈=的零点．即：方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点的横坐标⇔函数)(x f y =有零点．围绕三者之间的关系，在高考数学中函数零点的题型主要①函数的零点的分布；②函数的零点的个数问题；③利用导数结合图像的变动将两个函数的图像的交点问题转化成函数的零点的个数问题．二、解题策略类型一：函数零点的分布问题例1．【2020·河南高考模拟】已知单调函数()f x 的定义域为(0,)+∞，对于定义域内任意x ，[]2()log 3f f x x -=，则函数()()7g x f x x =+-的零点所在的区间为（）A ．(1,2)B ．(2,3)C ．(3,4)D ．(4,5)【答案】C【解析】根据题意，对任意的(0,)x ∈+∞，都有[]2()log 3f f x x -=，又由()f x 是定义在()0+∞，上的单调函数，则2()log f x x -为定值，设2()log t f x x =-，则()2log f x x t =+，又由()3f t =，∴()2log 3f t t t =+=，所以2t =，所以()2log 2f x x =+，所以()2log 5g x x x =+-，因为()()()()()1020304050g g g g g <<<>>，，，，，所以零点所在的区间为（3，4）.【解题秘籍】判断函数零点所在区间有三种常用方法：①直接法，解方程判断；②定理法；③图象法．【举一反三】函数f (x )＝ln x ＋x －12，则函数的零点所在区间是()A ．21,41(B ．13(,24C ．3(,1)4D ．(1，2)【答案】C【解析】函数f (x )＝ln x ＋x －12的图象在(0，＋∞)上连续，且3()4f ＝ln 34＋34－12＝ln 34＋14＜0，f (1)＝ln 1＋1－12＝12＞0，故f (x )的零点所在区间为3(,1)4．学科$网类型二函数零点的个数问题例2．【2020·陕西高考模拟】已知函数()()12,2311,2f x x f x x x ⎧->⎪=⎨⎪--≤⎩，则函数g（x）＝xf（x）﹣1的零点的个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】由g （x ）＝xf （x ）﹣1＝0得xf （x ）＝1，当x ＝0时，方程xf （x ）＝1不成立，即x ≠0，则等价为f （x ）＝1x，当2＜x ≤4时，0＜x ﹣2≤2，此时f （x ）＝13f （x ﹣2）＝13（1﹣|x ﹣2﹣1|）＝13﹣13|x ﹣3|，当4＜x ≤6时，2＜x ﹣2≤4，此时f （x ）＝13f （x ﹣2）＝13[13﹣13|x ﹣2﹣3|]＝19﹣19|x ﹣5|，作出f （x ）的图象如图，则f （1）＝1，f （3）＝13f （1）＝13，f （5）＝13f （3）＝19，设h （x ）＝1x ，则h （1）＝1，h （3）＝13，h （5）＝15＞f （5），作出h （x ）的图象，由图象知两个函数图象有3个交点，即函数g （x ）的零点个数为3个，故选：B．【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．【举一反三】【2020·安徽高考模拟】已知函数e ,0()21,0x x x f x x x ⎧≤⎪=⎨-->⎪⎩若函数()()g x f x m =-有两个零点1x ，2x ，则12x x =+（）A ．2B ．2或12e+C ．2或3D ．2或3或12e+【答案】D【解析】当0x ≤时，()()'1xf x x e =+，当1x <-时，()'0f x <，故()f x 在(),1-∞-上为减函数，当10x -<<时，()'0f x >，故()f x 在()1,0-上为增函数，所以当0x ≤时，()f x 的最小值为()11f e-=-.又在R 上，()f x 的图像如图所示：因为()g x 有两个不同的零点，所以方程()f x m =有两个不同的解即直线y m =与()y f x =有两个不同交点且交点的横坐标分别为12,x x ，故12m <<或0m =或1m e=-，若12m <<，则122x x +=，故0m =，则123x x +=，若1m e =-，则1211132x x e e+=-++=+.综上，选D .类型三已知函数零点求参数例3．【2020·天津高考模拟】已知函数()ln f x x =，20,01,()42,1x g x x x <≤⎧⎪=⎨-->⎪⎩若关于x 的方程()()f x m g x +=恰有三个不相等的实数解,则m 的取值范围是A ．[0,ln 2]B ．(2ln 2,0)--C ．(]2ln 2,0--D ．[)0,2ln 2+【答案】C【解析】关于x 的方程()()f x m g x +=恰有三个不相等的实数解，即方程()()m g x f x =-恰有三个不相等的实数解，即ym =与2224b k -=有三个不同的交点.令22ln ,01()()()2ln ,12ln 6,2x x h x g x f x x x x x x x <≤⎧⎪=-=--<<⎨⎪--≥⎩，当12x <<时，2121()20x h x x x x+'=--=-<，函数单调递减；当2x ≥时，2121()20x h x x x x-=-=>，函数单调递增；且当1x =时，22ln 1x x --=，当2x =时，22ln 2ln 2x x --=--，2ln 62ln 2x x --=--，当3x =时，2ln 63ln 31x x --=->，据此绘制函数()h x的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时m 的取值范围是(]2ln 2,0--.本题选择C 选项.【举一反三】【2020·江苏高考模拟】已知函数4()3f x a x a x=++-+有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a 的值为_______．【答案】116或1--【解析】函数()43f x a x a x =++-+=0，得|x +a |4x--a ＝3，设g （x ）＝|x +a |4x --a ，h （x ）＝3，则函数g （x ）424x a x a xx x ax ⎧---≤-⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩，，＞，不妨设f （x ）＝0的3个根为x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，当x ＞﹣a 时，由f （x ）＝0，得g （x ）＝3，即x 4x-=3，得x 2﹣3x ﹣4＝0，得（x +1）（x ﹣4）＝0，解得x ＝﹣1，或x ＝4；若①﹣a ≤﹣1，即a ≥1，此时x 2＝﹣1，x 3＝4，由等差数列的性质可得x 1＝﹣6，由f （﹣6）＝0，即g （﹣6）＝3得646+-2a ＝3，解得a 116=，满足f （x ）＝0在（﹣∞，﹣a ]上有一解．若②﹣1＜﹣a ≤4，即﹣4≤a ＜1，则f （x ）＝0在（﹣∞，﹣a ]上有两个不同的解，不妨设x 1，x 2，其中x 3＝4，所以有x 1，x 2是﹣x 4x--2a ＝3的两个解，即x 1，x 2是x 2+（2a +3）x +4＝0的两个解．得到x 1+x 2＝﹣（2a +3），x 1x 2＝4，又由设f （x ）＝0的3个根为x 1，x 2，x 3成差数列，且x 1＜x 2＜x 3，得到2x 2＝x 1+4，解得：a ＝﹣1332+（舍去）或a ＝﹣1332-．③﹣a ＞4，即a ＜﹣4时，f （x ）＝0最多只有两个解，不满足题意；综上所述，a 116=或﹣12-．三、强化训练1．已知函数2,0(),0x x e x f x e x -⎧-≥=⎨-<⎩，若函数()()1g x f x ax =-+有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．()1,2D ．()2,4【来源】四川省成都市南开为明学校2020-2021学年高三上学期第二次调研考试数学（理）试题【答案】A【解析】令()()10g x f x ax =-+=，则()1f x ax =-，则函数()()1g x f x ax =-+有3个零点即直线1y ax =-与函数()y f x =有3个交点，将直线1y ax =-与函数()y f x =的图像分别沿y 轴的正方向上移1个单位，即直线y ax =与函数1,0()1,0x x e x h x e x -⎧-≥=⎨-+<⎩的图像有3个交点，因为1,0()1,0x x e x h x e x -⎧-≥=⎨-+<⎩，满足()()h x h x -=-，所以函数()y h x =是奇函数，因为直线y ax =过点()0,0，所以只需满足直线y ax =与()()10xh x e x =-≥刚好有除点()0,0外的另一个交点即可，()x h x e '=，0(0)10h e =-=，01(0)h e '==，故()()10xh x e x =-≥在点()0,0处的切线方程为y x =，如图，将直线y x =绕原点逆时针旋转，显然()1y ax a =>与()()10xh x e x =->只有一个交点，故实数a 的取值范围是()1,+∞，故选：A.2．已知函数()f x x a =--，若函数()f x 在R 上恒有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．0a ≤B ．0a <或14a =C ．0a ≤或14a =D ．104a <<【来源】百师联盟2020-2021学年高三上学期一轮复习联考（四）全国卷I 文科数学试题【答案】B【解析】作出y =和y x =，如图所示，要使函数()f x 在R 上恒有两个零点，即函数()g x =()h x x a =+的图象有两个交点，易知当0a <时，满足题意；当0a =时，有三个交点，不满足题意；当0a >时，考虑y x a =+与y =相切时，设切点坐标为()00,x x a +，所以01x a ⎧+=⎪=，解得01414x a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以当14a =时，有两个交点，满足题意；当104a <<时，有四个交点，不满足题意；当14a >时，无交点，不满足题意综上，实数a 的取值范围为0a <或14a =，故选B .3．已知函数()f x kx =，21x e e ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭，()121x g x e +-=+，若()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，则实数k 的取值范围是（）A ．1,e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．24,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．3,3e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【来源】四川省内江市高中2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试数学理科试题【答案】C【解析】设()00,x y 是函数()g x 的图象上的任意一点，其关于1y x =+对称的点的坐标为(),x y ，所以001,1x y y x =-=+，所以函数()g x 关于1y x =+对称的函数为()=2ln h x x -.由于()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，故函数()=2ln h x x -与函数()f x kx =图象在区间21,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦有交点，所以方程2ln kx x =-在区间21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有解，所以42kx -≤≤，即42k x x -≤≤，所以22k e e-≤≤.故选：C.4．已知函数()()23,03,0x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩，以下结论正确的是（）A ．()f x 在区间[]4,6上是增函数B ．()()220206f f -+=C ．若方程()1f x kx =+恰有3个实根，则{}11,13k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭D ．若函数()y f x b =-在(),6-∞上有个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，则616ii x==∑【来源】四川省师范大学附属中学2020-2021学年高三上学期期中数学（理）试题【答案】C【解析】由题意，作出函数()()23,03,0x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩的图象，如图所示，对于A 中，当0x ≥，若30x -<，即03x ≤<，可得()()()223333f x x x x x =----=-+，当0x ≥时，()f x 为周期为3的函数，作出()f x 在区间(,6]-∞的函数，可知()f x 在区间[]4,6上先增后减，所以A 错误；对于B 中，因为0x ≥时，函数()f x 为周期为3的函数，又由202067331=⨯+，所以()()()20201,2462f f f =-=-+=，()1132f =-+=，所以()()220204f f -+=，所以B 错误；对于C 中，直线1y kx =+恒过定点()0,1，函数()f x 的图象和函数1y kx =+的图象有三个交点，当0k >，设y 与()f x 相切于点()00,x y ，则020002313k x kx x x =-+⎧⎨+=-+⎩，解得011k x =⎧⎨=⎩，当0k <，根据对称性可知，当()f x 与y 相切时，1k =-，则1310k k >-⎧⎨+<⎩，即113k -<<-，综上可得，当函数()f x 的图象和函数1y kx =+的图象有三个交点时，{}11,13k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以C 正确．对于D 中，又由函数()y f x b =-在(),6-∞上有个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，故直线y b =与()y f x =在(),6-∞上由6个交点，不妨设1,1,2,3,4,5i i x x i <+=，由图象可知12,x x 关于直线32x =对称，34,x x 关于直线32x =对称，56,x x 关于直线92x =对称，所以613392229222i i x ==⨯+⨯+⨯=∑，所以D 错误.故选：C.5．x 为实数，[]x 表示不超过x 的最大整数.()[]f x x x =-，若()f x 的图像上恰好存在一个点与()2(1)(20)g x a x x +--≤≤=的图像上某点关于y 轴对称，则实数a 的取值范围为___________.【答案】()10,11,4⎛⎫--⎪⎝⎭【解析】设02x ≤≤，点()()()(),,,x f x x g x --关于y 轴对称，由题意可知2[](1)x x x a -=-+-在02x ≤≤有一个解，故[][]22(1)31x x x x a x x +-=-++-+=在02x ≤≤有一个解设()[]231h x x x x =-++，02x ≤≤写成分段函数形式即为()()()()22231013212332x x x h x x x x x x x ⎧-+≤<⎪=-+≤<⎨⎪-+=⎩作出函数图象可知y a =与()[]231h x x x x =-++，02x ≤≤只有一个交点，由图象可知，a 的取值范围为114a -<<-或01a <<故答案为：()10,11,4⎛⎫--⎪⎝⎭6．已知()32f x x x =+，()2,01ln ,02x e x g x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，若函数()()y f g x m =+(m 为实数)有两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <，则21x x -的最小值为___________.【答案】11ln 22+【解析】()32f x x x =+Q ，求导()2320f x x '=+>，()f x ∴在R 上单调递增.函数()()y f g x m =+有两个不同零点，等价于方程()()0f g x m +=有两个不等实根.设()g x t =，则()f t m =-，又()f x 在R 上单调递增，作出函数()g x的图像，则问题转化为()g x t =在(]0,1t ∈上有两个不同的实根1x ，2x ，12x x <则1221ln 2x ex t =+=，则11ln 2x t =，122t x e -=，12211ln 2t x x e t --=-.设121()ln 2t h t et -=-，(]0,1t ∈，则()1212t h t e t -'=-，()122102t h t e t -''=+>()h t '∴在(]0,1t ∈上单调递增，且102h ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，()0h t '=在(]0,1t ∈上有唯一零点，故()h t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln 222h t h ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.7．已知函数()4ln 2ln f x e x mx x e x=-+-存在4个零点，则实数m 的取值范围是__________.【来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =，可得4ln 4ln 12ln ln 1e x x e x m e x x e x x x x-=+=+--，令ln 1e xt x=-，()4ln 1144ln 1e x g t t e x x t x =+=++-，()21ln e x t x-'=，令0t '=，可得x e =，列表如下：x ()0,e e (),e +∞t '+0-t极大值所以，函数ln 1e x t x =-在x e =处取得最大值，即max ln 10e et e =-=.当1x >时，ln 11e xt x=->-.所以，函数()144g t t t =++的定义域为(),0-∞，()2221414t g t t t -'=-=，令()0g t '=，由于0t <，解得12t =-，列表如下：t1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭12-1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭()g t '+0-()g t极大值所以，函数()g t 在12t =-处取得最大值，即()max 142402g t ⎛⎫=⨯--+= ⎪⎝⎭，若使得函数()4ln 2ln f x e x mx x e x=-+-存在4个零点，则直线2y m =-与函数()g t 的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为1t 、2t ，作出函数()ln 1e xt x e x=-≠的图如下图所示：由图象可知，12121010t t t t -<<⎧⎪-<<⎨⎪≠⎩.作出函数2y m =-与函数()g t 在(),0-∞上的图象如下图所示：由图象可知，当120m -<-<时，即当102m <<时，直线2y m =-与函数()g t 在()1,0t ∈-上的图象有两个交点，综上所述，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.8．已知函数222,()2,.x x x a f x x x x a ⎧-≥=⎨--<⎩，给出下列四个结论：①存在实数a ，使函数()f x 为奇函数；②对任意实数a ，函数()f x 既无最大值也无最小值；③对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点；④对于任意给定的正实数m ，总存在实数a ，使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减.其中所有正确结论的序号是______________.【来源】中国人民大学附属中学2021届高三3月开学检测数学试题【答案】①②③④【解析】如上图分别为0a =，0a >和0a <时函数()f x 的图象，对于①：当0a =时，222,0()2,0x x x f x x x x ⎧-≥=⎨--<⎩，()f x 图象如图1关于原点对称，所以存在0a =使得函数()f x 为奇函数，故①正确；对于②：由三个图知当x →-∞时，y →-∞，当x →+∞时，y →+∞，所以函数()f x 既无最大值也无最小值；故②正确；对于③：如图2和图3中存在实数k 使得函数()y f x =图象与yk =-没有交点，此时函数()y f x k=+没有零点，所以对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点不成立；故③不正确对于④：如图2，对于任意给定的正实数m ，取1a m =+即可使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减，故④正确；故答案为：①②④9．已知()y f x =是奇函数，定义域为[]1,1-，当0x >时，211()12x f x x α-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭（0,Q αα>∈），当函数()()g x f x t =-有3个零点时，则实数t 的取值范围是__________.【答案】{}111,0,122⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭【解析】当(]0,1x ∈时，易知函数2112x y x α-⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递减，且0x →时，2y →，1x =时，12y =-，其大致图象如下，()21112x f x x α-⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭在(]0,1的大致图象如下，又函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，故函数()f x 的图象如下，要使函数()()g x f x t =-有3个零点，只需函数()y f x =的图象与直线y t =有且仅有3个交点，由图象可知，{}111,0,122t ⎛⎤⎡⎫∈-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭．10．设函数lg ,010(){2lg ,10x x f x x x <<=-≥，若b ，c ，d 分别为函数()()g x f x a =-的三个不同零点，则abcd 的最大值是_______.【答案】100ln10e 【解析】()()g x f x a =-有三个不同的零点，即y a =与()y f x =有三个不同交点，如图可知，01,01,110,10100a b c d <<<<<<<<，2lg lg 2lg ,1,10ab c d a bc d --==-=∴==所以210(01)a abcd ad a a -==<<g设2222()10(01),'()1010ln1010(1ln10)x x x x h x x x h x x x ----=<<=-=-gg 令1'()0ln10h x x =⇒=当1(0,'()0,()ln10x h x h x ∈>单调递增；当1(1),'()0,()ln10x h x h x ∈<，单调递减；12ln10max1lg ln101111001100100()(10ln10ln10ln10ln1010ln1010e g x g e -∴=====g g g 故答案为：100ln10e。
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一、解答题1．（2020·湖南省高三考试）设函数()()21f x x bx b R =-+∈，()()(),0,0f x x F x f x x ⎧>⎪=⎨->⎪⎩.（1）如果()10f =，求()F x 的解析式；（2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩（2）(][),22,k ∈-∞-+∞【解析】（1）因为()10f =，所以110b -+=，即2b =.所以()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩. （2）因为()21f x x bx =-+为偶函数，所以0b =，即()21f x x =+.因为()()g x f x kx =-有零点，所以方程210x kx +-=有实数根. 所以240k ∆=-≥， 所以(][),22,k ∈-∞-+∞.2．（2020·全国高三专题练习）已知函数3()sin f x x x =-，()f x '为()f x 的导函数.（1）求()f x 在0x =处的切线方程；（2）求证：()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.【答案】（1）y x =；（2）证明见解析. 【解析】（1）()2cos 3,f x x x '=-()01f '=，又()00f =，所以切点为()0,0.故()f x 在0x =处的切线方程为y x =；（2）2()cos 3,f x x x '=-因为()f x '为偶函数，且()01f '=，则只需证明()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点即可.()sin 6f x x x ''=--，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x ''<， 故()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 因为()010f '=>，23022f ππ⎛⎫⎛⎫'=-⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由零点存在定理，可知存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00f x '=， 所以()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点， 因此()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.3．（2020·安徽省高三期末）已知函数1()(2)xf x e a x x=+++在区间(1,0)-内存在零点． （1）求a 的范围； （2）设22ea >，1221,()x x x x <是()f x 的两个零点，求证：122x x -<． 【答案】（1）0a >（2）证明见解析【解析】（1）由题意，方程1e (2)0x a x x+++=在区间(1,0)-有解， 即方程2e (1)0x x a x ++=在区间(1,0)-有解，设函数2()e (1)x g x x a x =++，即g()x 在区间(1,0)-存在零点． 因为()(1()e )2x g x x a '=++，①若0a >，则e 20x a +>，10x +>，()0g x '>成立，g()x 在区间(1,0)-单调递增，(0)0g a =>，1(1)0e g -=-<，(0)(1)0g g ⋅-<，所以g()x 在区间(1,0)-存在零点；②若0a =，则()e 0x g x x '=<，g()x 在(1,0)-内单调递减，且()(0)0g x g a >==，所以g()x 在区间(1,0)-无零点； ③若0a <，则e 0x x <，2(1)0a x +<， 当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()(1)0g x g <-< 故g()x 在区间(1,0)-无零点； 综上所述，0a >． （2）由（1）可知，22e a >时，g()x 在区间(,1)-∞-单调递减，在区间(1,)-+∞单调递增， 且g()x 在区间(1,0)-存在一个零点； 又22(2)0eg a -=-+>，(2)(1)0g g -⋅-<， 所以g()x 在区间(2,1)--也存在一个零点， 从而2120x x -<<<， 所以122x x -<，不等式得证．4．（2020·安徽省高三月考）已知函数()()()32111323a f x x a x x a R =-++-∈. （1）若1a >，求函数()f x 的极值；（2）当01a << 时，判断函数()f x 在区间[]0,2上零点的个数. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】（1）∵()()32111323a f x x a x x =-++-， ∴()()()21111f x ax a x a x x a ⎛⎫'=-++=-- ⎪⎝⎭，因为1a >，所以101a<<， 当x 变化时，()(),f x f x '的变化情况如下表：由表可得当1x a=时，()f x 有极大值，且极大值为2212316a a f a a -+-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1x =时，()f x 有极小值，且极小值为()()1116f a =--. （2）由（1）得()()11f x a x x a ⎛⎫=-- ⎝'⎪⎭． ∵ 01a <<，∴11a>. ① 当11202a a ≥<≤，即时，()f x 在()0,1上单调递增，在()1,2上递减 又因为()()()()()11100,110,2210363f f a f a =-=--=-≤ 所以()f x 在（0,1）和（1,2）上各有一个零点， 所以()[]0,2f x 在上有两个零点．② 当112a <<，即112a <<时，()f x 在()0,1上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增， 又因为()()()()()221111100,110,0366a a f f a f a a ---⎛⎫=-=--=> ⎪⎝⎭所以()f x 在[]0,1上有且只有一个零点，在[]1,2上没有零点， 所以在[]0,2上有且只有只有一个零点. 综上：当102a <≤时，()f x 在[]0,2上有两个零点； 当112a <<时，()f x 在[]0,2上有且只有一个零点． 5．（2020·四川省棠湖中学高三月考）已知设函数()ln(2)(1)axf x x x e =+-+.（1）若0a =，求()f x 极值；（2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点.【答案】（1）()f x 取得极大值0，无极小值（2）见证明【解析】（1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()102x f x x +'=-=+得1x =-．当x 变化时，()f x '， ()f x 的变化情况如下表：故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值． （2）()()1e 112ax f x a x x ⎡⎤=-++⎣+'⎦，2x >-． 当0a >时，因为1x >-，所以()()()21e 1202axf x a a x x ⎡⎤=--++⎣+'<⎦'， ()f x '在()1,-+∞单调递减．因为()11e0af --=->'，()1002f b -'=-<，所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=，当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<， 所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减． 所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<， 所以()f x 在()1,-+∞存在零点．当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+， 于是e 1x x ≥+，所以()e11axax a x -≥-+>-+．所以()()()()())e e ln 21e 1ln 21]ax ax axf x x x x a x -⎡⎤⎡=+-+>-+++⎣⎣⎦． 于是1111111e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a af a a -------⎡⎫⎡⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>+-+->+--=⎪⎪⎢⎢ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎢⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎣⎭．因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭存在零点．综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点．6．（2020·湖南省高三期末）已知函数2()(2)ln 47()f x x x ax x a a =++-+∈R .（1）若12a =，求函数()f x 的所有零点； （2）若12a ≥，证明函数()f x 不存在的极值.【答案】(1) 1x = (2)见证明 【解析】（1）当1a 2=时，()()2172ln 422f x x x x x =++-+， 函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 3f x x x x =++-'． 设()2ln 3g x x x x=++-，则()()()2222211221x x x x g x x x x x +-+-='=-+= 0x ．当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1x =时取等号）． 即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1x =时取等号）． 所以函数()f x 在()0,∞+单调递增，至多有一个零点. 因为()10f =，1x =是函数()f x 唯一的零点. 所以若12a =，则函数()f x 的所有零点只有1x =． （2）证法1：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+， 函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-． 当12a ≥时，()2ln 3f x x x x≥++-'，由（1）知2ln 30x x x++-≥． 即当0x >时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增． 所以()f x 不存在极值．证法2：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+，函数()f x 的定义域为()0+∞，，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-． 设()2ln 24x m x x ax x+=++-， 则()22212222ax x m x a x x x+-=-+=' 0x ．设()()2220h x ax x x =+-> ，则()m x '与()h x 同号． 当12a ≥时，由()2220h x ax x =+-=，解得10x =<，20x =>．可知当20x x <<时，()0h x <，即()0m x '<，当2 x x >时，()0h x >，即()0m x '>， 所以()f x '在()20,x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增． 由（1）知2ln 30x x x++-≥． 则()()()2222222ln 321210f x x x a x a x x =++-+-≥-≥'． 所以()()20f x f x ''≥≥，即()f x 在定义域上单调递增． 所以()f x 不存在极值．7．（2020·河北省高三期末）已知函数()11xx f x e x +=--. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（Ⅱ）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线xy e =在点()00,x A x e处的切线也是曲线ln y x =的切线.【答案】（Ⅰ）()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增，证明见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为()(),11,-∞+∞，因为()()2201'x e x f x =+>-，所以()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增.因为()212103f e --=<，()110f e-=>，所以()f x 在(),1-∞有唯一零点1x ， 因为12532f e ⎛⎫⎪⎝⎭=-，由3322.8225e <<<，得302f ⎛⎫< ⎪⎝⎭； 因为()2230f e =->，所以()f x 在()1,+∞有唯一零点2x . 综上，()f x 有且仅有两个零点.（Ⅱ）由题设知()00f x =，即00011x x e x +=-， 由x y e =，得'xy e =，曲线x y e =在()00,x A x e处的切线1l 为：()000x x y e x x e =-+，即()0001x x y e x e x =+-.由ln y x =，得1'y x=，则曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线的切点横坐标x 满足01xe x =，解得0x x e -=，代入ln y x =，得00ln x y ex -==-，故曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线2l 方程为()0x x y e x e x -=--，即()001x y ex x =-+，由00011x x ex +=-，得()()00011xe x x -=-+，从而1l 与2l 为同一条直线. 8．（2020·重庆高三月考）已知函数()lnf x x ax a =-+（a 为常数）的最大值为0. （1）求实数a 的值；（2）设函数3()(1)ln ()1F x m x x f x e=--+-，当0m >时，求证：函数()F x 有两个不同的零点1x ，2x （12x x <），且121x x e e --<-.【答案】（1）1a =（2）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)+∞，1()axf x x-'=当0a ≤时，()0f x '>，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，无最大值；当0a >时，令1()0axf x x '-=>，即(1)0x ax -<，解得10x a<<， 所以函数()f x 在1(0,)a上单调递增，1(,)a +∞上单调递减，max 11()()ln 10f x f a a a ==-+=，易知函数1ln y a=与函数1y a =-的图像相交于点(1,0)，所以方程1ln 10a a-+=的解为1a =； （2）3()(1)ln ln F x m x x x x e=--+-2111()(ln 1)1()mx m F x m x F x x x x -++'''=++-+⇒=当0m >时()0F x ''>，则()F x '在(0,)+∞上单调递增，又因为()10F '=，所以()F x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，又()1031e F =-<，112()(1)10F m e e e =-+->，23()(1)0e e F e m e e--=-+>所以函数()F x 有两个不同的零点11(,1)x e ∈，2(1,)x e ∈，故211x x e e-<-. 9．（2020·安徽省高三期末）已知函数()()2e 12e x xf x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<. 【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭单调递减. （2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>， 12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x xa a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<， ()()()122f x f x f x =>-. 由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<.10．（2020·新疆维吾尔自治区高三月考）已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈（1）若0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）设()()2g x f x x =-，若()g x 有两个零点，求a 的取值范围 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）a e >【解析】（1）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，且2221()x ax f x x'-+=， 对于222108x ax a -+=∆=-，，又0a >，①若0a <≤0,()0f x '∆≤≥，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数；②若a >()0f x '=，得120,0x x =>=>,()f x ∴在()10,x 和()2,x +∞上是增函数，在()12,x x 上是减函数.（2）由1()ln g x a x x=--， ∴定义域为(0,)+∞且222111()a ax ax g x x x x x'--=-=-= ①当0a ≤时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上单调递增，则()g x 至多有一个零点，不符合题意； ②当0a >时，()0g x '=得1x a=， ()g x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减max 1()ln g x g a a a a ⎛⎫∴==-+ ⎪⎝⎭∴要使()g x 有两个零点，则ln 0a a a -+>，由0a >解得a e >此时11,(1)10g a>=-< 易知当a e >时()211,,ln aaa a a a e a eg e a e e a a e ----><=--=-+， 令2(),(,),()2x x m x e x x e m x e x '=-∈+∞=-，令()2x h x e x =-，所以()2xh x e '=-，(,)x e ∴∈+∞时()0h x '<，()m x '∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()20m x m e e e ''>=-> ()m x ∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()0e m x m e e e >=->，所以()2,0a a e a g e -><∴函数()g x 在1,a e a -⎛⎫ ⎪⎝⎭与1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭各存在一个零点综上所述，a e >.11．（2020·全国高三专题练习）已知函数()2cos 1.f x x ax =+- （1）当12a =时，证明：()0f x ； （2）若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭.【解析】（1）当12a =时，()21cos 12f x x x =+-，所以()f x 的定义域为R ,且()(),f x f x -=故()f x 为偶函数． 当0x 时,()sin f x x x '=-+，记()()sin g x f x x x '==-+，所以()cos 1g x x '=-+． 因为()0g x '≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增， 即()f x '在[)0,+∞上单调递增， 故()()00f x f ''≥=，所以()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f ≥=， 因为()f x 为偶函数,所以当x ∈R 时,()0f x ≥.（2）①当0a =时，()cos 1f x x =-，令cos 10x -=，解得()2x k k =π∈Z ， 所以函数()f x 有无数个零点，不符合题意；②当0a <时，()22cos 10f x x ax ax =+-≤≤，当且仅当0x =时等号成立，故0a <符合题意；③因为()()f x f x -=，所以()f x 是偶函数， 又因为()00f =，故0x =是()f x 的零点.当0a >时，()sin 2f x x ax '=-+，记()()sin 2g x f x x ax '==-+，则()cos 2g x x a '=-+. 1）当12a ≥时，()cos 2cos 10g x x a x '=-+≥-+≥， 故()g x 在()0,∞+单调递增，故当0x >时，()()00.g x g >=即()0f x '>， 故()f x 在()0,∞+单调递增，故()()00.f x f >= 所以()f x 在()0,∞+没有零点.因为()f x 是偶函数,所以()f x 在R 上有且只有一个零点.2）当102a <<时，当(]0,2x π∈时，存在10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得1cos 2x a =，且当10x x <<时，()g x 单调递减，故()()00g x g <=，即()10,x x ∈时，()0f x '<，故()f x 在()10,x 单调递减，()()100f x f <=， 又()()222cos 22140f a a π=π+π-=π>，所以()()120f x f π<，由零点存在性定理知()f x 在()1,2x π上有零点，又因为0x =是()f x 的零点， 故102a <<不符合题意； 综上所述，a 的取值范围为()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭12．（2020·天津南开中学高三月考）已知函数有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）．（Ⅰ）设，则，只有一个零点．（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 又，，取满足且，则，故存在两个零点．（Ⅲ）设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故．13．（2020·广东省执信中学高三月考）已知函数()()1xf x alnx x e =--，其中a 为非零常数．()1讨论()f x 的极值点个数，并说明理由；()2若a e >，()i 证明：()f x 在区间()1,+∞内有且仅有1个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点且11x >，求证：0012x lnx x +>．【答案】（1）见解析；（2）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析. 【解析】()1解：由已知，()f x 的定义域为()0,+∞，()2x xa a x e f x xe x x-=-='， ①当0a <时，20x a x e -<，从而()'0f x <， 所以()f x 在()0,+∞内单调递减，无极值点； ②当0a >时，令()2xg x a x e =-，则由于()g x 在[)0,+∞上单调递减，()00g a =>，(10aag a a aea e=-=-<，所以存在唯一的()00,x ∈+∞，使得()00g x =，所以当()00,x x ∈时，()0g x >，即()'0f x >；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()'0f x <， 所以当0a >时，()f x 在()0,+∞上有且仅有一个极值点.综上所述，当0a <时，函数()f x 无极值点；当0a >时，函数()f x 只有一个极值点；()2证明：()i 由()1知()2xa x e f x x-'=．令()2xg x a x e =-，由a e >得()10g a e =->，所以()0g x =在()1,+∞内有唯一解，从而()'0f x =在()0,+∞内有唯一解， 不妨设为0x ，则()f x 在()01,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减， 所以0x 是()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，则当1x >时，()1'10h x x=-<， 故()h x 在()1,+∞内单调递减，从而当1x >时，()()10h x h <=，所以1lnx x <-． 从而当a e >时，1lna >，且()()()()()1110lnaf lna aln lna lna e a lna lna a =--<---=又因为()10f =，故()f x 在()1,+∞内有唯一的零点．()ii 由题意，()()0100f x f x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即()012011010x x a x e alnx x e ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，从而()0120111xx x e lnx x e =-，即1011201x x x lnx e x --=． 因为当11x >时，111lnx x <-，又101x x >>，故10112011x x x e x x --<-，即1020x x e x -<， 两边取对数，得1020x x lnelnx -<，于是1002x x lnx -<，整理得0012x lnx x +>．14．（2020·河南省高三开学考试）已知函数()ln 2f x x x a =-+（a R ∈）. （1）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围（2）证明：1212ln ln 22x x x x e -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭【答案】（1）()1ln 2,++∞；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意，函数()ln 2f x x x a =-+的定义域为()0,∞+，令()ln 20f x x x a =-+=，则2ln a x x =-， 记()2ln g x x x =-，0x >， 则()1212x g x x x ='-=-，令()0g x '=，得12x =， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以()g x 有最小值，且为11ln 22g ⎛⎫=+⎪⎝⎭， 又当0x →时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞，所以要使函数()f x 有两个零点，则函数()g x 的图象与y a =有两个不同的交点， 则1ln 2a >+，即实数a 的取值范围为()1ln 2,++∞.（2）由（1）知，函数()g x 有最小值为11ln 22g ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，可得2ln 1ln 2x x -≥+， 当且仅当12x =时取等号， 因此要证明1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，即只需要证明121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭，记()121e 2x x x ϕ-+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()11221e e 2x x x x ϕ-+-+⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭121e 2x x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()0x ϕ'=，得12x =. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，所以()1122111e1222x ϕϕ-+⎛⎫⎛⎫≤=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭恒成立，当且仅当12x =时取等号，所以1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时取等号.。