专题03 “用好零点”,证明函数不等式-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

专题三“用好零点”，证明函数不等式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已知零点（零点个数），证明函数不等式问题，例题说法，高效训练.【典型例题】类型一设而不求，应用函数零点存在定理例1.【四川省泸州市2019届高三二诊】已知函数．（1）若曲线在点处的切线与轴正半轴有公共点，求的取值范围；（2）求证：时，．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）函数f（x）＝lnx﹣e x+a的导数为f′（x）＝﹣e x+a．曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为1﹣e1+a，切点为（1，﹣e1+a），可得切线方程为y+e1+a＝（1﹣e1+a）（x﹣1），可令y＝0可得x＝，由题意可得＞0，可得e1+a＜1，解得a＜﹣1；（2）证明：f′（x）＝﹣e x+a．设g（x）＝f′（x）＝﹣e x+a．可得g′（x）＝﹣（+e x+a），当x＞0时，g′（x）＜0，g（x）递减；由a＞1﹣，e x+a＞e x．若e x＞，g（x）＜﹣e x＜0，当0＜x＜1时，e x+a＜e1+a．若e1+a＜，即x＜e﹣1﹣a，故当0＜x＜e﹣1﹣a时，g（x）＞0，即g（x）＝f′（x）有零点x0，当0＜x＜x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，可得f（x）≤f（x0），又f（x0）＝lnx0﹣e x0+a，又e x0+a＝，可得f（x0）＝lnx0﹣，在x0＞0递增，又a＝ln﹣x0＝﹣（lnx0+x0），a＞1﹣⇔﹣（lnx0+x0）＞1﹣＝﹣（ln+），所以lnx0+x0＜ln+，由于lnx0+x0递增，可得0＜x0＜，故f（x）≤f（x0）＜f（）＝﹣1﹣e．类型二设而不求，应用不等式性质例2.【广东省揭阳市2019届高三一模】已知函数（，e是自然对数的底，）（1）讨论的单调性；（2）若，是函数的零点，是的导函数，求证：．【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增；（2）见解析.【解析】（1），设，解法一：由和在上单调递增，可知在上单调递增，解法二：由得可知在上单调递增，又，所以当时，，当时，，①当时，，当时，；当时，．②当时，由得或x＝1，当时，，，；当时，；当时，．综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）解法一（分析法）：当时，由（1）知在上的最大值为，可知，所以在上无零点．若是函数的零点，则，∵，解法一：由和在上单调递增，且、，可知在上单调递增，解法二：设，则，由得，，所以，可知在上单调递增，要证，只需证，由（1）知在上单调递增，只需证，又，只需证且．，由，，得，又，所以；，由得，综上所述，得证．方法二（综合法）：当时，由（1）知在上的最大值为，可知，所以在上无零点．若是函数的零点，则，而，由，，得，又，所以；，由得，所以，又，即，由（1）知在上单调递增，所以，而，由和在上单调递增，且、，可知在上单调递增，所以，得证．类型三代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系例3.【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个相异零点，求证：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1），①当时，，在区间上单调递增；②当时，由，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）因为，是的两个零点，则，，所以，.要证，只要证，即证，即证，即证，只要证.设，则只要证.设，则，所以在上单调递增.所以，即，所以，即.类型四利用零点性质，构造函数证明参数范围例4．【山东省临沂市2019届高三2月检测】已知函数．(1)判断的单调性；(2)若在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a<1．【答案】（1）f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（2）见解析【解析】（1）函数的定义域是（0，+∞），f′（x）x﹣a，易知x2﹣ax﹣2＝0有两根，x10，x2，故f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（2）∵a＜0，∴1，∴f′（x）在（1，+∞）上有唯一零点x0，又f′（x）x﹣a，∴x0﹣a＝0①，要使f（x）≥0在区间（1，+∞）恒成立，且f（x）＝0有唯一解，须f（x0）＝0，即﹣2lnx0（1）﹣ax0＝0②，由①②得：﹣2lnx0（1）﹣x0（x0）＝0，故﹣2lnx00，令g（x0）＝﹣2lnx0，显然g（x0）在（1，+∞）递减，∵g（1）＝2＞0，g（2）＝﹣2ln20，∴1＜x0＜2，又∵a x0在（1，+∞）递增，故a＜1．【规律与方法】应用函数的零点证明不等式问题，从已知条件来看，有两类，一类是题目中并未提及函数零点，二一类是题目中明确函数零点或零点个数；从要求证明的不等式看，也有两种类型，一类是求证不等式是函数值的范围或参数的范围，二一类是求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系.1.由于函数零点存在定理明确的是函数值满足的不等关系，所以，通过设出函数的零点，利用函数零点存在定理，可建立不等关系，向目标不等式靠近，如上述类型一；也可以利用不等式的性质，向目标不等式靠近，如上述类型二，这两类问题突出的一点是“设而不求”．2. 当求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系时，则注意将零点代入函数式，构建方程（组），进一步确定零点之间的关系，然后在通过求导、分离参数、构造函数等手段.【提升训练】1．【广东省揭阳市2019届高三一模】设函数，（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个零点、，求证：．【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）见解析.【解析】（1），设，①当时，，；②当时，由得或，记则，∵∴当时，，，当时，，，∴当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）不妨设，由已知得，，即，，两式相减得，∴，要证，即要证，只需证，只需证，即要证，设，则，只需证，设，只需证，，在上单调递增，，得证．2．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】已知函数有两个零点．求实数a的取值范围；若函数的两个零点分别为，，求证：．【答案】（1）；（2）见解析.【解析】由，得，当时，在R上为增函数，函数最多有一个零点，不符合题意，所以．当时，，；所以在上为减函数，在上为增函数；所以；若函数有两个零点，则；当时，，；；由零点存在定理，函数在和上各有一个零点．结合函数的单调性，当时，函数有且仅有两个零点，所以，a的取值范围为．证明：由得，；由，得，；所以；设，则，解得，；所以，当时，；设，则，当时，，于是在上为增函数；所以，当时，，即；所以．3.【宁夏银川市2019年高三下学期检测】已知函数. （1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）．【答案】（1）单调递增区间是，；单调递减区间是；（2）详见解析. 【解析】（1）由题意，函数的定义域为,当时，，则. 由解得或；由解得.所以的单调递增区间是，；单调递减区间是.（2）当时，由,只需证明.令，.设，则.当时，，单调递减;当时，，单调递增,∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值.的最小值是成立.故成立.4．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1），①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且，y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，由（1）可知a＞2，且．于是：①②由①②得，设，则，因此g（x）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故．5. 已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1．（1）求函数φ（x）=xe x+4x﹣f（x）的单调区间；（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．【答案】（1）φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．（2）f（x）＞g（x）．【解析】（1）φ'（x）=（x﹣2）（e x﹣2），令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．（2）f（x）＞g（x）．证明如下：设h（x）=f（x）﹣g（x）=3e x+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3e x+2x﹣9为增函数，∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．∴h（x）min=h（x0）=，又，∴，∴==（x0﹣1）（x0﹣10），∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．6. 已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•e x﹣4x，其中a为大于零的常数．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．【答案】（1）增区间（0，1）；减区间（1，+∞）.（2）见解析.【解析】（Ⅰ）…………………………………（2分）x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减………………………．（4分）（Ⅱ）证明：令h（x）=axe x﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axe x﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）故……………………………．（7分）令h'（x）=0即，两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）∴，∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）7.【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知函数，其导函数的最大值为.（1）求实数的值；（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意，函数的定义域为，其导函数记则.当时，恒成立，所以在上单调递增，且.所以，有，故时不成立；当时，若，则；若，则.所以在单调递增，在单调递减.所以.令，则.当时，；当时，.所以在的单减，在单增. 所以，故.（2）当时，，则.由（1）知恒成立，所以在上单调递减，且，不妨设，则，欲证，只需证，因为在上单调递减，则只需证，又因为，则只需证，即.令（其中），且.所以欲证，只需证，由，整理得：，，所以在区间上单调递增，所以，，所以函数在区间上单调递减，所以有，，故.8．【山东省日照市2017届高三下学期一模】设(e为自然对数的底数)，．(I)记，讨论函单调性；(II)令，若函数G(x)有两个零点．(i)求参数a的取值范围；(ii)设的两个零点，证明．【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ)（i）a>0; (ii)见解析【解析】（Ⅰ），，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．（Ⅱ）由已知，，．①当时，，有唯一零点；②当时，，所以当时，，减；当时，，增．所以，因，所以当时，有唯一零点；当时，，则，所以，所以，因为，所以，，，且，当，时，使，取，则，从而可知当时，有唯一零点，即当时，函数有两个零点．③当时，，由，得，或．若，即时，，所以是单调减函数，至多有一个零点；若，即时，，注意到，都是增函数，所以当时，，是单调减函数；当时，，是单调增函数；当时，，是单调减函数．又因为，所以•至多有一个零点；若，即时，同理可得当时，，是单调减函数；当时，，是单调增函数；当时，，是单调减函数．又因为，所以至多有一个零点．综上，若函数有两个零点，则参数的取值范围是．由知，函数有两个零点，则参数的取值范围是．，是的两个零点，则有，因，则，且，，，，，由（Ⅰ）知，当时，是减函数；当时，是增函数．令，，再令φ（m ）e 2m +1＝e2m1，，，所以，又，所以时，恒成立，即恒成立，令，即，有，即，因为，所以，又，必有，又当时，是增函数，所以，即．9．已知函数()()()2ln 10f x x a x a =+->.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，证明： 3120e x e --<<.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】（2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >， 且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭. 于是： ()20010lnx a x +-= ①2002210ax ax -+= ②由①②得0001ln 02x x x --=，设()()()1ln ,0,12x g x x x x-=-∈， 则()2212x g x x '-=，因此()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 又3322402e g e -⎛⎫-=> ⎪⎝⎭， ()11302e g e ---=< 根据零点存在定理，故3120ex e --<<.10．已知函数()1x f x e ax =--，其中e 为自然对数的底数， a R ∈ （I ）若a e =，函数()()2g x e x =- ①求函数()()()h x f x g x =-的单调区间 ②若函数()()(),{,f x x m F x g x x m≤=>的值域为R ,求实数m 的取值范围（II ）若存在实数[]12,0,2x x ∈,使得()()12f x f x =，且121x x -≥，求证： 21e a e e -≤≤-【答案】（1）①详见解析②实数m 的取值范围是10,2e ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦；（2）21e a e e -≤≤-； 【解析】（1）当a e =时， ()1xf x e ex =--.①()()()()21,'2xxh x f x g x e x h x e =-=--=-.由()'0h x >得ln2x >，由()'0h x <得ln2x <.所以函数()h x 的单调增区间为()ln2,+∞，单调减区间为(),ln2-∞. ②()'xf x e e =-当1x <时， ()'0f x <，所以()f x 在区间(),1-∞上单调递减； 当1x >时， ()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.()()2g x e x =-在(),m +∞上单调递减，值域为()(),2e m -∞-,因为()F x 的值域为R ，所以12)me em e m --≤-，即210m e m --≤. *（）（2）()'xf x e a =-.若0a ≤时， ()'0f x >，此时()f x 在R 上单调递增.由()()12f x f x =可得12x x =，与121x x -≥相矛盾， 同样不能有[)12,ln ,x x a ∈+∞.不妨设1202x x ≤<≤，则有120ln 2x a x ≤<<≤.因为()f x 在()1,ln x a 上单调递减，在()2ln ,a x 上单调递增，且()()12f x f x =， 所以当12x x x ≤≤时， ()()()12f x f x f x ≤=. 由1202x x ≤<≤，且121x x -≥，可得[]121,x x ∈ 故()()()121f f x f x ≤=.又()f x 在(],ln a -∞单调递减，且10ln x a ≤<，所以()()10f x f ≤， 所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤. 即210,{122e a e a e a --≤--≤--，解得211e a e e -≤≤--， 所以21e a e e -≤≤-.。