2019届高考数学二轮复习专题一函数第4讲函数的零点问题学案
2019高考数学二轮专项限时集训(四)：函数的零点(江苏专用)
2019高考数学二轮专项限时集训(四)：函数的零点（江苏专用）[专题四函数的零点] (时间：45分钟)【一】填空题1、函数f(x)＝2x＋3x 的零点所在的一个区间是________、(填序号) ①(－2，－1)；②(－1,0)；③(0,1)；④(1,2)、2、根据表格中的数据，可以判定函数f(x)＝ln x －x ＋2有一个零点所在的区间为(k ，k ＋1)(k ∈N *)，那么k 的值为________、3、假设实数t 满足f (t )＝－t ，那么称t 是函数f (x )的一个次不动点、设函数f (x )＝ln x 与函数g (x )＝e x(其中e 为自然对数的底数)的所有次不动点之和为m ，那么m ＝________.4、f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝－(x －1)2＋1，那么满足f [f (a )]＝12的实数a的个数为________、5、f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，－1≤x ≤32，x －x 2，x <－1或x >32，假设函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，那么实数c 的取值范围是____________、6、函数f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋2|＋…＋|x ＋2017|＋|x －1|＋|x －2|＋…＋|x －2017|(x ∈R )，且f (a 2－3a ＋2)＝f (a －1)，那么满足条件的所有整数a 的和是________、【二】解答题7、函数f (x )＝x 2－2ln x ，g (x )＝x 2－x ＋a . (1)求函数f (x )的极值；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，假设函数h (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围、8、函数f (x )＝x 2＋a |ln x －1|，g (x )＝x |x －a |＋2－2ln2，a >0. (1)当a ＝1时，求函数f (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)对任意x 1∈[1，＋∞)，总存在惟一的x 2∈[2，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求a 的取值范围、专题限时集训(四)B [专题四函数的零点] (时间：45分钟)【一】填空题1、方程2－x ＋x 2＝3的实数根的个数为________、2、函数f(x)＝13x 3＋x 2＋(2a －1)x ＋a 2－a ＋1，假设f ′(x)＝0在(1,3]上有解，那么实数a 的取值范围为________、3、函数y ＝1x －1的图象与函数y ＝2sin πx(－2≤x ≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于________、4、假设函数f(x)＝x 2＋2a|x|＋4a 2－3的零点有且只有一个，那么实数a ＝________. 5、在区间[－a ，a](a>0)内不间断的偶函数f(x)满足f(0)·f(a)<0，且f(x)在区间[0，a]上是单调函数，那么函数y ＝f(x)在区间(－a ，a)内零点的个数是________、6、函数f(x)＝log a x ＋x －b(a ＞0，且a ≠1)，当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数f(x)的零点x 0∈(n ，n ＋1)(n ∈N *)，那么n ＝________.【二】解答题7、函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c 在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f (x )在R 上有三个零点，且1是其中一个零点、(1)求b 的值；(2)求f (2)的取值范围；(3)试探究直线y ＝x －1与函数y ＝f (x )的图象交点个数的情况，并说明理由、 8、设函数f (x )＝x |x －1|＋m ，g (x )＝ln x .(1)当m >1时，求函数y ＝f (x )在[0，m ]上的最大值；(2)记函数p (x )＝f (x )－g (x )，假设函数p (x )有零点，求m 的取值范围、专题限时集训(四)A1、②【解析】因为f (－2)＝2－2－6<0，f (－1)＝2－1－3<0，f (0)＝20＋0>0， 所以函数f (x )＝2x ＋3x 的零点所在的一个区间是(－1,0)、又f (x )在R 上为增函数，故填②.2、3【解析】f (3)＝ln3－1>0，f (4)＝ln4－2<0，所以该函数的一个零点在区间(3,4)内，k ＝3.3、0【解析】画图即知：函数y ＝ln x 的图象与直线y ＝－x 有惟一公共点(t ，－t )，函数y ＝e x 的图象与直线y ＝－x 有惟一公共点(－t ，t )，故两个函数的所有次不动点之和m ＝t ＋(－t )＝0.4、8【解析】如下图，f (x )＝12有四个解－1－22，－1＋22，1－22，1＋22.所以f (a )＝－1－22或f (a )＝－1＋22或f (a )＝1－22，当f (a )＝－1－22时，a 有2个值对应； 当f (a )＝－1＋22时，a 有2个值对应； 当f (a )＝1－22时，a 有4个值对应、 综上可知满足f [f (a )]＝12的实数a 有8个、 5、c ≤－2或－1<c <－34【解析】f (x )的图象如图、 ∵y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点， ∴y ＝f (x )与y ＝c 的图象恰有两个公共点， 由图象知c ≤－2或－1<c <－34.6、4【解析】根据函数f (x )的解析式及图象，可知f (x )为偶函数，由f (a 2－3a ＋2)＝f (a －1)，得a 2－3a ＋2＝a －1或a 2－3a ＋2＝1－a ，整理得a 2－4a ＋3＝0或a 2－2a ＋1＝0，解得a ＝3或a ＝1，所以符合f (a 2－3a ＋2)＝f (a －1)的所有整数a 的和为4.7、【解答】(1)因为f ′(x )＝2x －2x ， 令f ′(x )＝0，因为>0，所以＝1.所以f (x )的极小值为(1)＝1，无极大值、 (2)h (x )＝f (x )－g (x )＝－2ln x ＋x －a ，所以h ′(x )＝－2x ＋1，令h ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈[1,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2,3]时，h ′(x )>0， 故h (x )在[1,2)上递减；在(2,3]上递增， 又h (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧h 1≥0，h 2<0，h 3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a >2－2ln2，a ≤3－2ln3，所以2－2ln2<a ≤3－2ln3，故实数a 的取值范围是(2－2ln2,3－2ln3]、8、【解答】(1)当a ＝1，x ∈[1，e]时f (x )＝x 2－ln x ＋1，f ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x >0， 所以f (x )在[1，e]上递增，所以f (x )max ＝f (e)＝e 2.(2)当x ∈[1，＋∞)时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－a ln x ＋a ，x ∈[1，e ，x 2＋a ln x －a ，x ∈[e ，＋∞，f ′(x )＝⎩⎨⎧2·x 2－a2x，x ∈[1，e ，2x 2＋a x ，x ∈[e ，＋∞.①当0<a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a .对x ∈[2，＋∞)，g (x )＝x 2－ax ＋2－2ln2，g ′(x )＝2x －a >0，故g (x )在[2，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (2)＝6－2a －2ln2，由g (x )min ≤f (x )min 得53－23ln2≤a ≤2.②当1<a2≤2时，g (x )在[2，＋∞)先减后增， 由g (2)＝2a －2－2ln2<3a 2－a 2ln a2，得a 2＋a 2ln a2－2－2ln2<0，设h (t )＝t ＋t ln t －2－2ln2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＝a 2，h ′(t )＝2＋ln t >0(1<t <2)，所以h (t )单调递增且h (2)＝0，所以h (t )<0恒成立得2<a <4.③当2<a2<e 2时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，a 2单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2，a 单调递减，在[a ，＋∞)递增，所以由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<3a 2－a 2ln a2，得a 24－3a 2＋a 2ln a2＋2－2ln2<0，设m (t )＝t 2－3t ＋t ln t ＋2－2ln2， 那么m ′(t )＝2t －2＋ln t >0(t ∈(2，e 2)，所以m (t )递增，且m (2)＝0，所以m (t )>0恒成立，无解、④当a ≥2e 2时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，a 2递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2，a 递减，在[a ，＋∞)递增，所以由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<e 2得a 24－e 2＋2－2ln2<0无解、综上，所求a 的取值范围是a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫53－23ln2，4.专题限时集训(四)B 1、2【解析】构造函数y ＝2－x 与y ＝3－x 2，由图象可知有两个交点，故方程2－x ＋x 2＝3的实数根的个数为2.2、－7≤a <－1【解析】因f ′(x )＝0在(1,3]上有解，所以由f ′(x )＝x 2＋2x ＋(2a －1)＝0得a ＝12(－x 2－2x ＋1)＝－12(x ＋1)2＋1，当1<x ≤3时，－7≤a <－1.3、4【解析】图象法求解，y ＝1x －1的对称中心是(1,0)也是y ＝2sin πx (－2≤x ≤4)的中心，－2≤x ≤4时，它们的图象在x ＝1的左侧有2个交点，那么在x ＝1右侧必有2个交点、不妨把它们的横坐标由小到大设为x 1，x 2，x 3，x 4，那么x 1＋x 4＝x 2＋x 3＝2.4.32【解析】因为f (x )＝x 2＋2a |x |＋4a 2－3，设|x |＝t ≥0，那么t 2＋2at ＋4a 2－3＝0，要使f (x )有且只有一个零点，那么方程t 2＋2at ＋4a 2－3＝0有一个根为0，且另一个根为负数，故⎩⎪⎨⎪⎧4a 2－3＝0，2a >0，解得a ＝32.5、2【解析】由于f (x )满足f (0)·f (a )<0，且f (x )在区间[0，a ]上是单调函数，故函数f (x )在(0，a )上有且仅有一个零点，又由于函数f (x )是偶函数，故在(－a,0)上有且仅有一个零点，从而函数f (x )在区间(－a ，a )内有2个零点、6、2【解析】此题考查对数函数的单调性与函数零点定理的应用、因为2<a <3，所以log a 2<1＝log a a <log a 3，因为3<b <4，所以b －2>1>log a 2，b －3<1<log a 3，所以f (2)·f (3)＝(log a 2＋2－b )(log a 3＋3－b )<0，所以函数的零点在区间(2,3)上，所以n ＝2.7、【解答】(1)∵f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx ＋c ，∴f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b . ∵f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数， ∴当x ＝0时，f (x )取到极小值，即f ′(0)＝0. ∴b ＝0.(2)由(1)知，f (x )＝－x 3＋ax 2＋c ，∵1是函数f (x )的一个零点，即f (1)＝0，∴c ＝1－a .∵f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＝0的两个根分别为x 1＝0，x 2＝2a3，又f (x )在(0,1)上是增函数，且函数f (x )在R 上有三个零点， ∴x 2＝2a 3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞.(3)由(2)知f (x )＝－x 3＋ax 2＋1－a ，且a >32.要讨论直线y ＝x －1与函数y ＝f (x )图象的交点个数情况，即求方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，y ＝－x 3＋ax 2＋1－a解的个数情况、由－x 3＋ax 2＋1－a ＝x －1，得(x 3－1)－a (x 2－1)＋(x －1)＝0，即(x －1)(x 2＋x ＋1)－a (x －1)(x ＋1)＋(x －1)＝0， 即(x －1)[x 2＋(1－a )x ＋(2－a )]＝0， ∴x ＝1或x 2＋(1－a )x ＋(2－a )＝0. 由方程x 2＋(1－a )x ＋(2－a )＝0，(*) 得Δ＝(1－a )2－4×(2－a )＝a 2＋2a －7. ∵a >32，假设Δ<0，即a 2＋2a －7<0，解得32<a <22－1，此时方程(*)无实数解、假设Δ＝0，即a 2＋2a －7＝0，解得a ＝22－1，此时方程(*)有一个实数解x ＝2－1.假设Δ>0，即a 2＋2a －7>0，解得a >22－1，此时方程(*)有两个实数解，分别为x 1＝a －1－a 2＋2a －72，x 2＝a －1＋a 2＋2a －72，且当a ＝2时，x 1＝0，x 2＝1.综上所述，当32<a <22－1时，直线y ＝x －1与函数y ＝f (x )的图象有一个交点； 当a ＝22－1或a ＝2时，直线y ＝x －1与函数y ＝f (x )的图象有两个交点、 当a >22－1且a ≠2时，直线y ＝x －1与函数y ＝f (x )的图象有三个交点、8、【解答】(1)当x ∈[0,1]时，f (x )＝x (1－x )＋m ＝－x 2＋x ＋m ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋m ＋14， ∴当x ＝12时，f (x )max ＝m ＋14.当x ∈(1，m ]时，f (x )＝x (x －1)＋m ＝x 2－x ＋m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋m －14.∵函数y ＝f (x )在(1，m ]上单调递增，∴f (x )max ＝f (m )＝m 2. 由m 2≥m ＋14得m 2－m －14≥0，又m >1⇒m ≥1＋22.∴当m ≥1＋22时，f (x )max ＝m 2；当1<m <1＋22时，f (x )max ＝m ＋14. (2)函数p (x )有零点即方程f (x )－g (x )＝x |x －1|－ln x ＋m ＝0有解， 即m ＝ln x －x |x －1|有解、 令h (x )＝ln x －x |x －1|，当x ∈(0,1]时，h (x )＝x 2－x ＋ln x ， ∵h ′(x )＝2x ＋1x －1≥22－1>0，∴函数h (x )在(0,1]上是增函数，∴h (x )≤h (1)＝0， 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＝－x 2＋x ＋ln x ，∵h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝－2x 2＋x ＋1x＝－x －12x ＋1x<0，∴函数h (x )在(1，＋∞)上是减函数，∴h (x )<h (1)＝0， ∴方程m ＝ln x －x |x －1|有解时m ≤0， 即函数p (x )有零点时m ≤0.。
人教A版(2019)高中数学必修第一册4.5.1函数的零点与方程的解教学设计
4.5.1 函数的零点与方程的解教材分析：（1）函数的零点：我们把使f(x)=0的实数x叫做函数y=f(x)的零点。
这个概念是由二次函数的零点推广到一般函数f(x)得到的.（2）函数的零点与方程的解的关系：函数y=f(x)的零点就是方程f(x)=0的实数解，也就是函数y=f(x)图象与x轴交点的横坐标.从代数上看，在函数y=f(x)的解析式中，当函数值y=0时，得到方程f(x)=0，这个方程的实数解就是使f(x)=0的实数x，因此，函数y=f(x)的零点就是方程f(x)=0的实数解.从图形上看，函数y=f(x)的解析式可以看成关于x,y的方程，这个方程的每一组解（x,y）对应于直角坐标系平面中函数y=f(x)的图象上一个点（x,y），当函数值y=0时，对应的点为（x,0），它是函数y=f(x)的图象与x轴交点，因此，方程f(x)=0的实数解是函数y=f(x)图象与x轴交点的横坐标.函数的零点与方程的解的关系给出了利用函数图象判断方程是否有解的办法：方程f(x)=0有实数解函数y=f(x)有零点函数y=f(x)图象与x轴有交点.函数的零点与方程的解的关系也为解不能用公式求解的方程提供了思路：我们可以把方程与相应的函数联系起来，利用函数的图象和性质找出零点，从而得到方程的实数解。
（3）函数零点存在定理：如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0，则函数y=f(x)在区间（a,b）上至少有一个零点。
如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线，意味着在区间[a,b]上，当自变量从a连续不断地变化到b时，相应的函数值从f(a)连续不断地变化到f(b).若f(a)f(b)<0，则f(a)>0且f(b)<0,或者f(a)<0且f(b)>0，意味着当函数值从f(a)连续不断地变化到f(b)时，发生了函数值由正到负，或者由负到正的连续不断的变化，而正数和负数是以0为界线的，因此，必然存在一个c∈（a,b），使得f(c)=0.函数零点存在定理是判断方程在某个区间内是否有解的具体方法，是利用函数研究方程的有利工具。
高考数学备考二轮专题二 函数与导数 第4讲 函数的零点问题 (江苏等八省市新高考地区专用)原卷版
第4讲 函数的零点问题考点1 确定函数零点个数例1.(1)设函数()21,02,0x e x f x x x x ⎧+≥⎪=⎨+<⎪⎩，则函数()()31g x f x x =--的零点个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 (2)已知函数()()12sin 1f x x x π=+-，则函数()f x 在[]2,4-上的所有零点的和为（ ） A ．6B ．8C ．6πD ．8π 【跟踪演练】1.(1)定义在R 上的函数()f x 满足()(4),()()0f x f x f x f x =+--=且(0)0f =．当2(]0,x ∈时，1()2f x x =-．则函数2()()sin 34g x f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭在区间[6,2]-上所有的零点之和为_________．(2)已知函数21,0()ln ,0x x f x x x ⎧-+≤=⎨>⎩，则使得1(())2f f x =成立的x 的个数为（ ） A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 考点2 利用函数零点个数求参数例2.(1)已知函数()()22log ,2log 4,2x x f x x x ≥⎧=⎨-<⎩，若函数()y f x k =-有两个零点，则k 的取值范围是（ ）A ．(),2-∞B ．(),1-∞C ．()2,+∞D ．()1,+∞(2)已知函数()21,1ln ,1x x f x x x x⎧-<⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程()()212202f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦有5个不同的实数根，则实数t 的取值范围是（ ）A ．111,22e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．111,22e ⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．113,22e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．113,22e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【跟踪演练】2.(1)若函数()33f x x x a =-+有三个不同零点，则实数a 的取值范围为（ ） A. 2a > B. 2a <- C. 22a -<< D. 2a <-或2a >(2)已知函数()24(1),(0)()log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩，若()f x a =有四个不同的解1x ，2x ，3x ，4x 且1234x x x x <<<，则()3122341x x x x x ++的取值范围为（ ）A ．()1,-+∞B ．71,2⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．7,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ D ．[]1,3-考点3 利用导数研究函数零点例3.(1)已知函数()2ln f x x ax x =-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．0,1B ．(),1-∞C ．),0(+∞D ．11,e ⎛⎫⎪⎝⎭(2)已知函数()sin f x x =，()cos x g x e x =．（1）讨论函数()()()g x h x f x =在()0,π上的单调性；（2）求函数()()()H x g x xf x =-在ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的零点个数．【跟踪演练】3.(1)若函数2()x f x mx e-=-+恰有两个不同的零点，则实数m 的取值范围为（ ） A ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．(1,)eD ．(,)e +∞ (2)已知函数()sin f x x =，()cos x g x e x =．（1）讨论函数()()()g x h x f x =在()0,π上的单调性； （2）求函数()()()H x g x xf x =-在ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的零点个数．【仿真练习】一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数()25x f x ex --=-的零点位于区间(),1m m +，m ∈Z 上，则42log m m +=（ ）A ．14- B ．14 C ．12 D ．34 2.若函数2()32f x x x a =-+在[)0,+∞上有2个零点，则实数a 的取值范围为（ ） A. 99,88⎛⎫- ⎪⎝⎭ B. 90,8⎛⎤ ⎥⎝⎦ C. 9,08⎛⎫- ⎪⎝⎭ D. 90,8⎡⎫⎪⎢⎣⎭3.已知图象连续不断的函数()f x 的定义域为R ，()f x 是周期为2的奇函数，()y f x =在区间[]1,1-上恰有5个零点，则()f x 在区间[]0,2020上的零点个数为（ ）A ．5050B ．4041C ．4040D ．2020 4.已知函数()2ln ,0,43,0,x x f x x x x ⎧>=⎨++≤⎩若函数()()()241g x f x f x m =-++⎡⎤⎣⎦恰有8个零点，则m 的最小值是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 5.函数()22ln 3x f x xe x x k =---+有且只有一个零点，则k 的值为（ ）A ．ln 5B ．52ln 2-C ．2D ．ln3二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．6.函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩若函数()()g x f x x a =-+只有一个零点，则a 可能取的值有（ ）A ．2B ．2-C ．0D ．17.已知函数2,0()(1),0x x e mx m x f x e x x -⎧++<=⎨-≥⎩（e 为自然对数的底），若()()()F x f x f x 且()F x 有四个零点，则实数m 的取值可以为（ ）A ．1B ．eC ．2eD ．3e 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共15分．8.函数f （x ）＝2ln 2,0,41,0x x x x x x ⎧-+>⎨+≤⎩的零点个数是___________9.已知函数()33,0ln ,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨->⎩，若函数()()g x f x a =-有3个零点，则实数a 的取值范围是___________10.设()()ln ,024,24x x f x f x x ⎧<≤⎪=⎨-<<⎪⎩，若方程() f x m =恰有三个不相等的实根，则这三个根之和为_________；若方程() f x m =有四个不相等的实根()1,2,3,4i x i =，则()2221234x x x x +++的取值范围为_________． 四、解答题：本题共4小题，共40分。
2019年高考数学命题热点解析理科专题4【函数的零点与方程的根的解题方法】
2019年高考数学命题热点解析理科专题4【函数的零点与方程的根的解题方法】本专题特别注意：一．命题类型：1.零点与整数解；2.二分法；3.分段函数的零点；4.零点范围问题；5.零点个数问题；6.零点与参数；7.零点与框图；8.二次函数零点分布问题；9.抽象函数零点问题；10.复合函数零点问题；11.函数零点与导数；12.零点有关的创新试题。
二．【学习目标】1．结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断根的存在性与根的个数．2．利用函数的零点求解参数的取值范围【知识要点】1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x)，我们把使___________的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有________．(3)函数零点的判定如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是_________的一条曲线，并且有____________，那么，函数y ＝f(x)在区间__________内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．2．二次函数y ＝f(x)＝ax2＋bx ＋c(a>0)零点的分布⎩⎪⎨⎪⎧⎩⎪⎨⎪⎧f(m)<0⎩⎪⎨⎪⎧⎩⎨⎧⎩⎪⎨⎪⎧或（一）零点与整数解；例1．已知函数f(x)在区间(0，a)上有唯一的零点(a>0)，在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在的区间为，，，则下列说法中正确的是( ) A ．函数f(x)在区间内一定有零点 B ．函数f(x)在区间或 内有零点，或零点是 C ．函数f(x)在内无零点 D ．函数f(x)在区间 或内有零点 【答案】B【解析】根据二分法原理，依次“二分”区间后，零点应存在于更小的区间，A. 函数f(x)在区间内一定有零点，不对，因为有可能在这个区间之外之内，C. 函数f(x)在内无零点，这个是不确定的；D. 函数f(x)在区间或内有零点，这个也是不确定的。
4.4.2导数的函数零点问题课件高三数学一轮复习
x
[,1)
1
(1,e]
h'(x)
-
0
+
h(x) 单调递减 极小值(最小值) 单调递增
【加练备选】
(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; 【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f'(x)=ex-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
x
(-∞,-2)
-2
f'(x)
-
0
f(x) 单调递减
-
(-2,+∞) +
单调递增
已知函数f(x)=xex+ex. (2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.
考点二利用函数零点问题求参数范围 [例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2). (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; 【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2, 则f'(x)=ex-1. 当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
对点训练 (2023·郑州质检)已知函数f(x)=ex-ax+2a,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; 【解析】(1)f(x)=ex-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=ex-a, 当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增; 当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a, 当x<ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 综上所述,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.
专题04++函数的零点与方程的根的解题方法-名师揭秘2019年高考数学(理)命题热点全覆盖(教师版)
专题04 函数的零点与方程的根的解题方法本专题特别注意：一．命题类型：1.零点与整数解；2.二分法；3.分段函数的零点；4.零点范围问题；5.零点个数问题；6.零点与参数；7.零点与框图；8.二次函数零点分布问题；9.抽象函数零点问题；10.复合函数零点问题；11.函数零点与导数；12.零点有关的创新试题。
二．【学习目标】1．结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断根的存在性与根的个数．2．利用函数的零点求解参数的取值范围【知识要点】1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x)，我们把使___________的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有________．(3)函数零点的判定如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是_________的一条曲线，并且有____________，那么，函数y＝f(x)在区间__________内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．2．二次函数y＝f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)零点的分布（一）零点与整数解；例1．已知函数f(x)在区间(0，a)上有唯一的零点(a>0)，在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在的区间为，，，则下列说法中正确的是()A．函数f(x)在区间内一定有零点B．函数f(x)在区间或内有零点，或零点是C．函数f(x)在内无零点D．函数f(x)在区间或内有零点【答案】B【解析】根据二分法原理，依次“二分”区间后，零点应存在于更小的区间，A. 函数f(x)在区间内一定有零点，不对，因为有可能在这个区间之外之内，C. 函数f(x)在内无零点，这个是不确定的；D. 函数f(x)在区间或内有零点，这个也是不确定的。
在零点应在或中或f（）＝0.这个是有可能的。
故答案为B。
江苏省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
0
时，
4a3
a
c
0或a
0
时，
3
27
27
4a3 a c 0 ．利用条件即可求 c 的值． 27
解：（1） f '(x) 3x2 2ax
令 f '(x) 0 ，可得 x 0 或 x 2a ． 3
a 0 时， f '(x) 0 ， f (x) 在 R 上单调递增；
a 0 时， x (, 2a ) (0,) 时， f '(x) 0 ， x ( 2a ,0) 时， f '(x) 0 ，
e
x
a
a
a
1
f
'(x)
0
，所以，
x
1
是
f
(x)
的最大值点，且最大值为
f
1 ()
ln a
1．
a
a
10 当 ln a 1 0 ，即 a 1 时， f (x) 有一个零点； e
20 当 ln a 1 0 ，即 0 a 1 时， f (x) 最多有两个零点； e
f (1) 1 a 0 ， f ( 1 ) 0 ，且函数 f (x) 在 1 , 1 上的图象不间断， f (x) 在 1 , 1 上存在零
f (x) 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是 (,3) (1, 3) ( 3 ,) 22
在 (,3) 上， g(a) 0 且在 (1, 3) ( 3 ,) 上 g(a) 0 均恒成立， 22
g(3) c 1 0 ，且 g( 3) c 1 0 ， c 1 2
此时 f (x) x3 ax2 1 a (x 1) x2 (a 1)x 1 a ，
x1 min{1,b},则f (x1) b x1 0 ，从而得证.
(全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案 理
第4讲 导数的热点问题[考情考向分析] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例 1 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f (x )＝a e 2x－a e x－x e x (a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立．(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.(1)解 由f (x )＝e x(a e x－a －x )≥0对于x ∈R 恒成立， 设函数g (x )＝a e x－a －x ，可得g (x )＝a e x－a －x ≥0对于x ∈R 恒成立， ∵g (0)＝0，∴g (x )≥g (0)， 从而x ＝0是g (x )的一个极小值点，∵g ′(x )＝a e x －1，∴g ′(0)＝a －1＝0，即a ＝1. 当a ＝1时，g (x )＝e x－1－x ，g ′(x )＝e x－1，∵x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，故a ＝1.(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x－e x －x e x，f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．令h (x )＝2e x－x －2，则h ′(x )＝2e x－1，∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数； 当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数， ∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0， ∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数， 当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数， 当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0， 即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0， 即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0， 且x 0∈(－2，－1)．∵h (x 0)＝0，∴20e x－x 0－2＝0，∴f (x 0)＝02e x －0e x －x 00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)，∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14，∴f (x 0)<14； ∵ln 12e∈(－2，－1)，∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e2；综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.思维升华 用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0. 跟踪演练1 (2018·荆州质检)已知函数f (x )＝ax －ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，求证：f (x )≥2ax －x e ax －1.(1)解 由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)，①当a ≤0时，则f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a >0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g (x )＝f (x )－2ax ＋x e ax －1＝x eax －1－ax －ln x ，则g ′(x )＝e ax －1＋ax eax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ＝(ax ＋1)(x eax －1－1)x (x >0)，设r (x )＝x eax －1－1(x >0)，则r ′(x )＝(1＋ax )e ax －1(x >0)，∵eax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，r ′(x )>0，r (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞时，r ′(x )<0，r (x )单调递减．∴r (x )max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a e 2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≤－1e 2，∴当0<x <－1a 时，g ′(x )<0，当x >－1a时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，设t ＝－1a∈(]0，e 2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，h ′(t )＝1e 2－1t≤0，h (t )在(]0，e 2上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0； ∴g (x )≥0，故f (x )≥2ax －x eax －1.热点二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2 (2018·衡水金卷分科综合卷)设函数f (x )＝e x－2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．解 (1)∵函数f (x )在[0，＋∞)内单调递增， ∴f ′(x )＝e x－1x ＋a≥0在[0，＋∞)内恒成立． 即a ≥e －x－x 在[0，＋∞)内恒成立． 记g (x )＝e －x－x ，则g ′(x )＝－e －x－1<0恒成立， ∴g (x )在区间[0，＋∞)内单调递减， ∴g (x )≤g (0)＝1，∴a ≥1， 即实数a 的取值范围为[1，＋∞)． (2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x－1x ＋a (x >－a )，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x＋1(x ＋a )2>0，知f ′(x )在区间()－a ，＋∞内单调递增． 又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x )在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x 0， 即f ′(x 0)＝0e x－1x 0＋a＝0， 于是0e x＝1x 0＋a，x 0＝－ln ()x 0＋a . 当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x－2a －ln ()x 0＋a＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号． 由0<a <23，得2－3a >0，∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．思维升华 (1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．跟踪演练2 (2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①若h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h (2)<0，即a >e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.热点三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3 罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元． (1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1.所以y ＝f (x )＝32n ＋(n ＋1)(2＋x )x＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m x －1＋m x(2＋x )x ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＋x ＋2m －32(0<x <m )． (2)当m ＝96时，f (x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＋x ＋160，则f ′(x )＝96⎝⎛⎭⎪⎫12x －32x 2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x )＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x <16时，f ′(x )<0，f (x )在区间(0,16)内为减函数； 当16<x <96时，f ′(x )>0，f (x )在区间(16,96)内为增函数， 所以f (x )在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大． 解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ， 故半圆CmD 的弧长为πx . 所以4＝2x ＋2y ＋πx ， 得y ＝4－(2＋π)x 2.依题意知0<x <y ，得0<x <44＋π.所以y ＝4－(2＋π)x 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <44＋π.(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2xy －12πx 2＝8x 2－(4＋3π)x 3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x <169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x <44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.真题体验(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－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 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋lna .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )上有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎪⎫3a－1， 则f (n 0)＝0e n(a 0e n＋a －2)－n 0>0e n－n 0>02n－n 0>0.由于ln ⎝⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ， 因此f (x )在(－ln a ，＋∞)上有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． 押题预测已知f (x )＝a sin x ，g (x )＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x )是y ＝g (x )的反函数． (1)若0<a ≤1，证明：函数G (x )＝f (1－x )＋g (x )在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1nsin 1(1＋k )2<ln 2；(3)设F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x >0，m <0有F (x )>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力． (1)证明 由题意知G (x )＝a sin(1－x )＋ln x ，G ′(x )＝1x－a cos(1－x )(x >0)，当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x>1,0<cos(1－x )<1，∴a cos(1－x )<1，∴G ′(x )>0， 故函数G (x )在区间(0,1)上是增函数． (2)证明 由(1)知，当a ＝1时，G (x )＝sin(1－x )＋ln x 在(0,1)上单调递增．∴sin(1－x )＋ln x <G (1)＝0， sin(1－x )<ln 1x(0<x <1)．令1－x ＝1(1＋k )2，所以x ＝k 2＋2k(1＋k )2.∵sin 1(1＋k )2＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－k 2＋2k (1＋k )2<ln (1＋k )2k 2＋2k ＝ln k ＋1k －ln k ＋2k ＋1，∴∑k ＝1nsin1(1＋k )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－ln 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 32－ln 43＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ln n ＋1n －ln n ＋2n ＋1，＝ln 2－lnn ＋2n ＋1<ln 2. (3)解 由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即当x ∈(0，＋∞)时，F ()x min >0. 又设h (x )＝F ′()x ＝e x－2mx －2，h ′(x )＝e x －2m ，m <0，则h ′(x )>0，h (x )单调递增，又h (0)<0，h (1)>0， 则必然存在x 0∈(0,1)，使得h (x 0)＝0，∴F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (x 0)＝0e x－mx 20－2x 0＋b －2>0，则b >－0e x ＋mx 20＋2x 0＋2，又0e x－2mx 0－2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∵b >－0e x ＋0e x －22x 0·x 20＋2x 0＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x＋x 0＋2， 又m <0，则x 0∈(0，ln 2)，∵b >⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x＋x 0＋2，x 0∈(0，ln 2)恒成立，令m (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－1e x＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)，则m ′(x )＝12(x －1)e x＋1，令n (x )＝12(x －1)e x＋1，则n ′(x )＝12x e x>0，∴m ′(x )在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x )>m ′(0)＝12>0，∴m (x )在(0，ln 2)上单调递增， ∴m (x )<m (ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.A 组 专题通关1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)． (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少． 解 (1)由题意，得下潜用时60v(单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v(升)；水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)； 返回水面用时60v 2＝120v(单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v(升)，∴总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0)．(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3(v 3－2 000)25v 2， 令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减， 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增，∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减， 在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时总用氧量最少， 当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增， ∴当v ＝c 时总用氧量最少． 综上，若0<c <1032，则当v ＝1032时总用氧量最少；若c ≥1032， 则当v ＝c 时总用氧量最少． 2．(2018·淮北模拟)已知函数f (x )＝ax －1＋ln x .(1)若函数f (x )在()e ，＋∞内有极值，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t ∈(1，＋∞)，s ∈(0,1)，求证：f (t )－f (s )>e ＋2－1e .(1)解 由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)， f ′(x )＝1x －a (x －1)2＝x 2－(a ＋2)x ＋1x (x －1)2，设h (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1，要使y ＝f (x )在()e ，＋∞上有极值，则x 2－(a ＋2)x ＋1＝0有两个不同的实根x 1，x 2， ∴Δ＝(a ＋2)2－4>0，∴a >0或a <－4，①且至少有一根在区间()e ，＋∞上，又∵x 1·x 2＝1，∴只有一根在区间(e ，＋∞)上，不妨设x 2>e ， ∴0<x 1<1e <e<x 2，又h (0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，即1e 2－(a ＋2)1e ＋1<0， ∴a >e ＋1e －2，②联立①②可得a >e ＋1e－2.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e －2，＋∞. (2)证明 由(1)知，当x ∈()1，x 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )在(1，＋∞)上有最小值f (x 2)， 即∀t ∈(1，＋∞)，都有f (t )≥f (x 2)， 又当x ∈()0，x 1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈()x 1，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴f (x )在(0,1)上有最大值f (x 1)， 即对∀s ∈(0,1)，都有f (s )≤f (x 1)， 又∵x 1＋x 2＝2＋a ，x 1x 2＝1，x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e，x 2∈()e ，＋∞，∴f (t )－f (s )≥f (x 2)－f (x 1) ＝ln x 2＋a x 2－1－ln x 1－ax 1－1＝ln x 2x 1＋a x 2－1－ax 1－1＝ln x 22＋x 2－1x 2()x 2>e ，设k (x )＝ln x 2＋x －1x＝2ln x ＋x －1x(x >e)， 则k ′(x )＝2x ＋1＋1x2>0(x >e)，∴k (x )在()e ，＋∞上单调递增，∴k (x )>k (e)＝2＋e －1e ，∴f (t )－f (s )>e ＋2－1e.3．(2018·商丘模拟)已知函数f (x )＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x (a >0)．(1)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f (x )的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(2)当a >12时，求证：∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，有f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.(1)解 函数f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f (0)＝－a <0. 又∵直线y ＝－x 恰好通过原点， ∴函数y ＝f (x )的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f (x )<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x <－x . ∵2x ＋1>0，∴a >ln (2x ＋1)2x ＋1.令h (x )＝ln (2x ＋1)2x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >－12， 则h ′(x )＝2－2ln (2x ＋1)(2x ＋1)2⎝⎛⎭⎪⎫x >－12. ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，e －12时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．∴h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎪⎫e －12＝1e，∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)证明 ∵f ′(x )＝2ln(2x ＋1)－4a (2x ＋1)＋1，设u (x )＝2ln(2x ＋1)－4a (2x ＋1)＋1， 则u ′(x )＝42x ＋1－8a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x >－12， ∵当x >0时，42x ＋1<4，当a >12时，8a >4，∴u ′(x )＝42x ＋1－8a <0， ∴当x >0时，f ′(x )为减函数， 不妨设x 2>x 1>0，令g (x )＝f (x )＋f (x 1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 12(x >x 1)，可得g (x 1)＝0，g ′(x )＝f ′(x )－f ′⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 12，∵x >x ＋x 12且f ′(x )是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′(x )<0，∴当x >x 1时，g (x )为减函数， ∴g (x 2)<g (x 1)＝0，即f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 4．已知函数f (x )＝ln x ＋a x，g (x )＝e －x＋bx ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)若函数y ＝g (x )在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f (x )在x ＝1e 处的切线方程为e x ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )>g (x )．(1)解 易得g ′(x )＝－e －x＋b ＝b －1e x .若b ＝0，则g (x )＝1ex ∈(0，＋∞)，不合题意；若b <0，则g (0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝1e b －1<0，满足题设， 若b >0，令g ′(x )＝－e －x＋b ＝0，得x ＝－ln b . ∴g (x )在(－∞，－ln b )上单调递减； 在(－ln b ，＋∞)上单调递增， 则g (x )min ＝g (－ln b )＝e ln b －b ln b ＝b －b ln b ≤0，∴b ≥e.综上所述，实数b 的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)． (2)证明 易得f ′(x )＝1x －ax2，则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －a e 2＝－e ，解得a ＝2e .∴f (x )＝ln x ＋2e x ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1，即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1.将切点坐标代入e x ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0. ∴g (x )＝e －x.要证f (x )>g (x )，即证ln x ＋2e x >e －x(x ∈(0，＋∞))，只需证x ln x ＋2e>x e －x(x ∈(0，＋∞))．令u (x )＝x ln x ＋2e ，v (x )＝x e －x，x ∈(0，＋∞)．则由u ′(x )＝ln x ＋1＝0，得x ＝1e，∴u (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u (x )min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e.又由v ′(x )＝e －x－x e －x＝e －x(1－x )＝0，得x ＝1， ∴v (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴v (x )max ＝v (1)＝1e.∴u (x )≥u (x )min ≥v (x )max ≥v (x )， 显然，上式的等号不能同时取到．故对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )>g (x )． 5．(2018·马鞍山模拟)已知函数g (x )＝x ln x ，h (x )＝ax 2－12(a >0)．(1)若g (x )<h (x )对x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)解 方法一 记f (x )＝g (x )－h (x )＝x ln x －a 2x 2＋12，令φ(x )＝f ′(x )＝ln x ＋1－ax ，则φ′(x )＝1x－a ，①当a ≥1时，∵x ∈(1，＋∞)，∴φ′(x )＝1x－a <1－a ≤0，∴f ′(x )在(1，＋∞)上单调递减， 又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′(x )<0， 即f (x )在(1，＋∞)上单调递减， 此时，f (x )<f (1)＝－a －12≤0，即g (x )<h (x )，∴a ≥1. ②当0<a <1时，考虑x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，φ′(x )＝1x－a >a －a ＝0，∴f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递增，又f ′(1)＝1－a >0，∴f ′(x )>0，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递増，f (x )>f (1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<h (x )等价于a >2x ln x ＋1x2， 令F (x )＝2x ln x ＋1x2(x >1)， F ′(x )＝2()x －1－x ln x x3(x >1)， 记m (x )＝x －1－x ln x (x >1)， 则m ′(x )＝－ln x <0，∴m (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴m (x )<m (1)＝0， ∴F ′(x )<0，即F (x )在(1，＋∞)上单调递减，F (x )<F (1)＝1，故a ∈[1，＋∞)．(2)证明 由(1)知取a ＝1，当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<h (x )恒成立，即x ln x <x 2－12恒成立，即ln x <x 2－12x恒成立，即ln(1＋x )<(x ＋1)2－12(x ＋1)＝x 2＋2x2(x ＋1)对于x ∈(0，＋∞)恒成立，由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋k n 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋1，k ∈N *，于是ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n2＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n 2＋…＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋n n2 <12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋2n2＋…＋n n 2＋1n 2＋1＋2n 2＋1＋…＋n n 2＋1＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)n 2＋n (n ＋1)n 2＋1 ＝14·2n 3＋2n 2＋n ＋1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n 3－2n 2＋2n －1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n (n －1)2＋(n －1)n ()n 2＋1≤34， 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<34e . B 组 能力提高6．(2018·广东省深中、华附、省实、广雅四校联考)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－a 6e x＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0. (1)求函数f (x )在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F (x )的导数F ′(x )＝()e x－a f (x )，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点？请说明理由．解 (1)f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 6e x，当0<x <a6时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >a6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6<f (0)＝－a6<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 6＝1>0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，1＋a6，使f (x 0)＝0， 且当0<x <x 0时，f (x )<0，当x >x 0时，f (x )>0. 故函数f (x )在(0，＋∞)上有1个零点，即x 0. (2)方法一 当a >1时，ln a >0. 因为当x ∈()0，ln a 时，e x－a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x－a >0.由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <x 0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1， 记g (x )＝x ln x －x －x 26＋1，x ∈(1，e)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝3－x3x >0，所以g ′(x )在()1，e 上单调递增， 由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0， 且x ∈()1，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈()t 0，e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g (x )<max {}g (1)，g (e ). 由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e26<0，得当x ∈()1，e 时，g (x )<0. 故f ()ln a <0,0<ln a <x 0.当0<x <ln a 时，e x－a <0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x－a f (x )>0，F (x )单调递增；当ln a <x <x 0时，e x－a >0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x－a f (x )<0，F (x )单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F (x )的极大值点． 方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，e x－a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x－a >0.由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a <x 0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x 26＋1，x ∈(1,4)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1,4)，设k (x )＝g ′(x )，因为k ′(x )＝3－x3x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，k ′(x )>0， 所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增， 因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0， 所以存在唯一零点t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈()t 0，2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2时， g (x )min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 206＋1，②由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t 03，代入②式可得g (x )min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时， g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0， 所以必存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g (x )<0， 即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解， 所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F (x )存在极大值点为ln a . 7．已知f (x )＝(x －1)e x＋12ax 2.(1)当a ＝e 时，求f (x )的极值；(2)若f (x )有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀x >1，求证：f (x )≥12ax 2＋x ＋1＋ln(x －1)．(1)解 当a ＝e 时，f ′(x )＝x (e x＋e)． 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， ∴f (x )极小值＝f (0)＝－1，无极大值． (2)解 f ′(x )＝x (e x＋a )，(ⅰ)当a ＝0时，f (x )＝(x －1)e x，只有一个零点x ＝1， (ⅱ)当a >0时，e x＋a >0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，f (x )极小值＝f (0)＝－1，而f (1)＝a2>0，∴当x >0时，函数f (x )在(0,1)上存在一个零点， 当x <0时，e x<1，∴(x －1)e x>x －1， ∴f (x )＝(x －1)e x＋12ax 2>x －1＋12ax 2＝12ax 2＋x －1， 令g (x )＝12ax 2＋x －1，x 1是g (x )＝0的一个根，取x 1＝－1－1＋2a a<0，∴f (x 1)>0，f (x 1)·f (0)<0，∴当x <0时，函数f (x )在(x 1,0)上存在一个零点， ∴函数f (x )有两个零点．(ⅲ)当a <0时，f ′(x )＝x (e x＋a )， 令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝ln(－a )， ①当ln(－a )>0，即a <－1时，当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如表所示：∴f (x )极大值＝f (0)＝－1，∴函数f (x )至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a )＝0，即a ＝－1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f (x )至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a )<0，即－1<a <0时，当x 变化时f (x )，f ′(x )的变化情况如表所示：∴x <0，a <0时，f (x )＝(x －1)e x＋12ax 2<0，f (0)＝－1，∴函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 综上，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明 令g (x )＝f (x )－ln(x －1)－12ax 2－x －1，＝(x －1)e x－ln(x －1)－x －1，x ∈(1，＋∞)， g ′(x )＝x e x －1x －1－1＝x e x－x x －1＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x－1x －1，x ∈(1，＋∞)． 令h (x )＝e x－1x －1，x ∈(1，＋∞)， h ′(x )＝e x ＋1(x －1)2>0， ∴h (x )为(1，＋∞)上的增函数，h (2)＝e 2－1>0， 取x －1＝e －2，x ＝1＋e －2，h (1＋e －2)＝21e e－＋－e 2<0， ∴存在唯一的x 0∈(1,2)使h (x 0)＝0，即0e x＝1x 0－1， ∴当x ∈(1，x 0)时，h (x )<0，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0，g (x )为增函数， ∴g (x )min ＝g (x 0)＝(x 0－1) 0e x－ln(x 0－1)－x 0－1 ＝(x 0－1)×1x 0－1－ln 0e x-－x 0－1 ＝1＋x 0－x 0－1＝0，∴对∀x >1，g (x )≥g (x 0)＝0， 即f (x )≥12ax 2＋x ＋1＋ln(x －1)．。
2019届高考数学专题02函数零点
培优点二 函数零点1．零点的判断与证明例1：已知定义在()1,+∞上的函数()ln 2f x x x =--， 求证：()f x 存在唯一的零点，且零点属于()3,4． 【答案】见解析 【解析】()111x f x x x-'=-=，()1,x ∈+∞Q ，()0f x '∴>，()f x ∴在()1,+∞单调递增， ()31ln30f =-<Q ，()42ln 20f =->，()()340f f ∴<，()03,4x ∴∃∈，使得()00f x =因为()f x 单调，所以()f x 的零点唯一．2．零点的个数问题例2：已知函数()f x 满足()()3f x f x =，当[)1,3x ∈，()ln f x x =，若在区间[)1,9内， 函数()()g x f x ax =-有三个不同零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,93e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．ln 31,92e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 3ln 3,93⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()()()33x f x f x f x f ⎛⎫=⇒= ⎪⎝⎭Q ，当[)3,9x ∈时，()ln 33x x f x f⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()ln 13ln 393x x f x x x ≤<⎧⎪=⎨≤<⎪⎩，而()()g x f x ax =-有三个不同零点⇔()y f x =与y ax =有三个不同交点，如图所示，可得直线y ax =应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln3193ea <<3．零点的性质例3：已知定义在R 上的函数()f x 满足：()[)[)2220,121,0x x f x xx ⎧+∈⎪=⎨-∈-⎪⎩，且()()2f x f x +=，()252x g x x +=+，则方程()()f x g x =在区间[]5,1-上的所有实根之和为（ ） A ．5- B ．6- C ．7- D ．8-【答案】C【解析】先做图观察实根的特点，在[)1,1-中，通过作图可发现()f x 在()1,1-关于()0,2中心对称，由()()2f x f x +=可得()f x 是周期为2的周期函数，则在下一个周期()3,1--中，()f x 关于()2,2-中心对称，以此类推。
专题01 “四招”判断函数零点个数-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
专题一 “四招”判断函数零点个数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.本专题围绕函数零点个数的判断问题，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招 应用函数性质，判定函数零点个数 例1.已知偶函数()()4log ,04{8,48x x f x f x x <≤=-<<，且()()8f x f x -=，则函数()()12xF x f x =-在区间[]2018,2018-的零点个数为（ ）A. 2020B. 2016C. 1010D. 1008 【答案】A 【解析】当08x <<时，函数()f x 与函数12xy =图象有4个交点201825282=⨯+由()4211122242f log ==>=知，当02x <<时函数()f x 与函数12xy =图象有2个交点故函数()F x 的零点个数为()2524222020⨯+⨯= 故选A .第二招 数形结合，判定函数零点个数例2.【2018届福建省永春一中、培元、季延、石光中学四校高三上第二次联考】定义在R 上的函数()f x 满足()()21f x f x +=+，且[]0,1x ∈时， ()4xf x =； (]1,2x ∈时， ()()1f f x x=. 令()()[]24,6,2g x f x x x =--∈-，则函数()g x 的零点个数为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10 【答案】B∵函数f （x ）满足f （x+2）=f （x ）+1，即自变量x 每增加2个单位，函数图象向上平移1个单位，自变量每减少2个单位，函数图象向下平移1个单位， 分别画出函数y=f （x ）在x ∈[﹣6，2]，y=12x+2的图象，∴y=f（x）在x∈[﹣6，2]，y=12x+2有8个交点，故函数g（x）的零点个数为8个．故选：B．第三招应用零点存在性定理，判定函数零点个数例3.【广西桂林市、贺州市、崇左市2019届高三下学期3月联合调研】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）讨论在上的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析∴当时，在上单调递增.当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）设，则由（1）知①当时，即，当时，，在单调递减，∴当，即，时，在上恒成立，∴当时，在内无零点.当，即，时，，根据零点存在性定理知，此时，在内有零点，∵在内单调递减，∴此时，在有一个零点.②当时，即，当时，，在单调递增，，.∴当，即时，，根据零点存在性定理，此时，在内有零点. ∵在内单调递增，∴此时，在有一个零点.当时，，∴此时，在无零点.③当时，即，当时，；当时，；则在单调递减，在单调递增.∴在上恒成立，∴此时，在内无零点.∴综上所述：当时，在内有1个零点；当时，在有一个零点；当时，在无零点.第四招构造函数，判定函数零点个数例4．【山东省菏泽市2019届高三上学期期末】已知函数f（x）＝lnx+﹣1，a∈R.（1）当a＞0时，若函数f（x）在区间[1，3]上的最小值为，求a的值；（2）讨论函数g（x）＝f′（x）﹣零点的个数.【答案】（1）；（2）详见解析.f’（x）min＝f（a）＝lna，令，得.当a≥3时，f’（x）＜0在（1，3）上恒成立，这时f（x）在[1，3]上为减函数，∴，令得a＝4﹣3ln3＜2（舍去）.综上知.（2）∵函数，令g（x）＝0，得.设，，当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，此时φ（x）在（0，1）上单调递增，当x∈（1，+∞）时，φ’（x）＜0，此时φ（x）在（1，+∞）上单调递减，所以x＝1是φ（x）的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是（x）的最大值点，φ（x）的最大值为.又φ（0）＝0，结合φ（x）的图象可知：①当时，函数g（x）无零点；②当时，函数g （x ）有且仅有一个零点；③当时，函数g （x ）有两个零点；④a≤0时，函数g （x ）有且只有一个零点； 综上所述，当时，函数g （x ）无零点；当或a ≤0时，函数g （x ）有且仅有一个零点；当时，函数g （x ）有两个零点.【规律与方法】函数零点个数的求解与判断：(1)直接求零点：令()0f x =，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()()0f a f b ⋅<，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．(4)构造函数模型，判断零点个数.构造函数可根据题目不同，直接做差构造函数、分离参数后构造函数、先求导数再构造函数、先换元再构造函数等.【提升训练】1．【浙江省杭州地区(含周边)重点中学2019届高三上期中】已知定义在R 上的奇函数，满足当时，则关于x 的方程满足A ．对任意，恰有一解B ．对任意，恰有两个不同解C ．存在，有三个不同解D ．存在，无解【答案】A 【解析】 当时，，，时，；时，，在上递减，在上递增，，在上递增，又x 大于0趋近于0时，也大于0趋近于0；x 趋近于正无穷时，也趋近于正无穷，又为R上的奇函数，其图象关于原点对称，结合图象知，对任意的a，方程都恰有一解．故选：A．2．【吉林省延边州2019届高三2月复检测】已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论错误的是( )A．函数在上为单调递增函数B．是函数的极小值点C．函数至多有两个零点D．时，不等式恒成立【答案】D若，则有2个零点，若，则函数有1个零点，若，则函数没有零点，故正确；由在递减，则在递减，由，得时，，故，故，故错误,故选D．3.已知函数()y f x =的图像为R 上的一条连续不断的曲线，当0x ≠时，()()'0f x f x x+>，则关于x 的函数()()1g x f x x=+的零点的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．0或2 【答案】A4．【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】已知函数.（Ⅰ）若的图像在点处的切线与直线平行，求的值；（Ⅱ）若，讨论的零点个数. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1个【解析】 （Ⅰ）函数， 导数为，， 图象在点处的切线斜率为，由切线与直线平行，可得，解得； （Ⅱ）若，可得，由，可得（舍去），即的零点个数为； 若，由，即为，可得，，设，， 当时，，递减；当时，，递增，可得处取得极大值，且为最大值，的图象如图：由，即，可得和的图象只有一个交点，即时，的零点个数为，综上可得在的零点个数为.5．【辽宁省大连市2019届高三下学期第一次（3月)双基测试】已知函数f（x）=lnx+ax2-x（x＞0，a∈R）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）求证：当a≤0时，曲线y=f（x）上任意一点处的切线与该曲线只有一个公共点．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）f′（x）=+2ax-1=（x＞0），设g（x）=2ax2-x+1（x＞0），（1）当0＜a＜时，g（x）在（0，），（，+∞）上大于零，在（，）上小于零，所以f（x）在（0，），（，+∞）上递增，在（，）上递减，（2）当a≥时，g（x）≥0（当且仅当a=，x=2时g（x）=0），所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，（3）当a=0时，g（x）在（0，1）上大于零，在（1，+∞）上小于零，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减，（4）当a＜0时，g（x）在（0，）上大于零，在（，+∞）上小于零，所以f（x）在（0，）上递增，在（，+∞）上递减；（Ⅱ）曲线y=f（x）在点（t，f（t））处的曲线方程为：y=（+2at-1）（x-t）+lnt+at2-t，曲线方程和y=f（x）联立可得：lnx+ax2-（+2at）x-lnt+at2+1=0，设h（x）=lnx+ax2-（+2at）x-lnt+at2+1（x＞0），h′（x）=，当a≤0时，在（0，t）h′（x）＞0，在（t，+∞）h′（x）＜0，故h（x）在（0，t）递增，在（t，+∞）递减，又h（t）=0，故h（x）只有唯一的零点t，即切线与该曲线只有1个公共点（t，f（t））．6．【四川省成都石室中学2019届高三第二次模拟】已知函数，. （Ⅰ）当，函数图象上是否存在3条互相平行的切线，并说明理由？（Ⅱ）讨论函数的零点个数.【答案】(Ⅰ)存在；(Ⅱ)详见解析.【解析】（Ⅰ），，，则函数在单调递减，上单调递增，上单调递减，因为，，，，，所以存在切线斜率，使得，，，，所以函数图象上是存在3条互相平行的切线.（Ⅱ），当，有；，在上单调递增；所以函数存在唯一一个零点在内；当，有，；，在上单调递增；所以函数存在唯一一个零点在内；当，有，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，，，，所以函数一个零点在区间内，一个零点在区间内，一个零点在内.所以函数有三个不同零点.综上所述：当函数一个零点；当函数三个零点.7．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末】已知，，其中，为自然对数的底数．若函数的切线l经过点，求l的方程；Ⅱ若函数在为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析Ⅱ判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立，，故，若在递减，则，因此，要证明对恒成立，只需证明对恒成立，考虑等价于，记，，先看，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，，再看，.令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x处，故对恒成立，综上，对恒成立，故函数函数零点是0个．8.【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试（一)】已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）证明：当且时，只有一个零点.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）．当时，由得，由得，在单调递减，在单调递增．当时，由得，由得或，在单调递减，在和单调递增．令，，当时，，故在单调递增，所以，在单调递增，所以，因此．因为在单调递增，所以在有唯一零点．所以只有一个零点.综上，当且时，只有一个零点．9．【云南师范大学附属中学2019届高三上学期第一次月考】已知函数．求的单调区间和极值；当时，证明：对任意的，函数有且只有一个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】解：函数的定义域为，，当时，，在定义域上单调递增，无极值；当时，由，得，当时，，得的单调递增区间是；当时，，得的单调递减区间是，故的极大值为，无极小值．由，得，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减，所以，于是，则在上单调递减．设，则，由，得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增，所以，即当时，，所以当时，，对任意的，有当时，，有；当时，有，又在上单调递减，所以存在唯一的，有；当时，，有，当时，有，又在上单调递减，所以存在唯一的，有，综上所述，对任意的，方程有且只有一个正实数根，即函数有且只有一个零点．10．【2019届高三第一次全国大联考】已知函数（其中）．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数的极值点；（3）讨论函数零点的个数．【答案】（1）在上单调递增；在上单调递减；（2）函数无极大值点，有2个极小值点，分别为和；（3）详见解析.（2）先考虑时的情况，当时，则；所以当时，；当时，；所以函数在上单调递减，在上单调递增．又因为函数的图象关于直线对称，所以在和上单调递减，在和上单调递增．所以函数无极大值点，有2个极小值点，分别为和．令，则．由，解得；由，解得，所以在上递增，在上递减，所以，当时，注意到，知此时在上单调递减，在上单调递增，且，这表明的图象与轴相切，所以此时函数在上只有1个零点，且为；当或时，，又当或时，，所以此时函数在上有2个零点，一个零点是，另一个零点在区间或内．又由函数的图象关于直线对称，综上可得，当或时，函数有2个零点；当或时，函数有4个零点．11．【2019年四川省达州市高考一诊】已知，函数，．求证：；讨论函数零点的个数．【答案】（1）见解析；（2）见解析解：，，，，，方程有两个不相等的实根，分别为，，且，，当时，，递减，当时，，递增，，，，即，．设，则，是减函数，当，即时，，函数只有一个零点，当，即时，，函数没有零点，当，即时，，且，由知，，若，则有，，函数有且只有一个大于的零点，又，即函数在区间有且只有一个零点，综上，当时，函数有两个零点；当时，函数只有一个零点，当时，函数没有零点．12．【北京延庆区2019届高三一模】已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）当时，求函数在上区间零点的个数.【答案】（1）（2）在区间上单调递增，在区间上单调递减（3）见解析【解析】（1）当时，，，,，切点，所以切线方程是.（2），令，、及的变化情况如下增减所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（3）由（2）可知的最大值为,（1）当时，在区间单调递增，在区间上单调递减.由，故在区间上只有一个零点 .（2）当时，，，,且 .因为，所以，在区间上无零点.综上，当时，在区间上只有一个零点，当时，在区间上无零点.13．【广东省江门市2019届高考模拟（第一次模拟)】设函数，是自然对数的底数，是常数．（1）若，求的单调递增区间；（2）讨论曲线与公共点的个数．【答案】（1）的单调递增区间为（或）；（2）或时，两曲线无公共点；或时，两曲线有一个公共点；时，两曲线有两个公共点 .（I）时，有一个零点 .(II)时，由解得，．当时，；当时，，在取最小值 ,①时，，有一个零点.②时，，无零点 .③时，，由知，在有一个零点，即在有一个零点；由指数函数与幂函数单调性比较知，当且充分大时，，所以在有一个零点，即在有一个零点．从而有两个零点 .（III）时，，单调递减，，，所以在有一个零点，从而在定义域内有一个零点 .（IIII）时，无零点 .14．【安徽省六安市毛坦厂中学2019届高三3月联考】设函数.（1）试讨论函数的单调性；（2）若，证明：方程有且仅有3个不同的实数根.（附：，，）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由，得，令，所以，所以当时，，恒成立，即恒成立，所以单调递增；即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，的单调递增区间为，；的单调递减区间为.（2）当时，，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有极大值，且，当时，函数有极小值，且.又因为，，所以直线与函数的图象在区间上有且仅有3个交点，所以当时，方程有且仅有3个不同的实数根.。
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第4讲 函数的零点问题
1. 函数的零点问题是高考的重点和难点内容，由于它和函数、方程有着密切的联系，
所以需要我们熟悉函数的图象与性质，理解函数与方程等思想．
2. 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时，
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，而不能判断在这个区间上零点的个数．
1. 函数f(x)＝lg x＋12的零点是__________．
答案：1010
解析：因为lg x＋12＝0，所以lg x＝－12，所以x＝10－12＝1010.
2. (2018·汇龙中学)函数f(x)＝2x－2x－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取
值范围是________．
答案：(0，3)
解析：因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则由题意得f(1)·f(2)＝(0－a)(3－a)＜0，
解得0＜a＜3.
3. (2017·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)已知函数f(x)＝
－x＋m，x＜0，
x2－1，x≥0，
其中m＞0，若函数y＝f(f(x))－1有3个不同的零点，则实数m的取值范
围是________．
答案：(0，1)
解析：令f(f(x))＝1，得f(x)＝2或f(x)＝m－1＜0，进一步得x＝2＋1或x＝m
－2＜0或x＝m.因为已知m＞0，所以只要m＜1即可，即得0＜m＜1.
4. (2018·南京师大附中)已知函数f(x)＝ax＋x－b的零点x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其
中常数a，b满足2a＝3，3b＝2，则n的值是________．
答案：－1
解析：依题意得a>1，0
又f(x)在R上单调递增，所以x0∈(－1，0)，n＝－1.
,
一) 确定零点所在的区间
,
1) 已知函数f(x)＝13ax3＋12bx2＋cx.若f′(1)＝－12a，3a>2c>2b，试问：
导函数f′(x)在区间(0，2)内是否有零点？并说明理由．
解：因为f′(x)＝ax2＋bx＋c，f′(1)＝－12a，
所以a＋b＋c＝－12a，
即3a＋2b＋2c＝0.
因为3a>2c>2b，
所以3a>0，2b<0，即a>0，b<0.