高考数学专题： 函数大题零点问题突破

高考数学专题突破：函数大题中的零点问题

对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点． 对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．

分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．

函数的凸性

1．下凸函数定义

设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有

()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭

，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的下凸函数．

2．上凸函数定义

设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有

()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭

，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的上凸函数．

3．下凸函数相关定理

定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '为(),a b 上的

递增函数⇔()0f x ''≥且不在(),a b 的任一子区间上恒为零． 4．上凸函数相关定理

定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的上凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递减函数⇔()0f x ''≤且不在(),a b 的任一子区间上恒为零．

【例1】已知函数()()e ln x f x x m =-+．

（1）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明：()0f x >． 【解析】（1）()1

e x

f x x m

'=-

+，由0x =是()f x 的极值点，可得()00f '=，解得1m =．于是()()e ln 1x f x x =-+，定义域为()1,-+∞，()1

e 1x

f x x '=-

+，则()()

2

1e 01x f x x ''=+>+，所以()f x '在()1,-+∞上递增，

又因为()00f '=，所以当10x -<<时()0f x '<，当0x >时()0f x '>，所以()f x 在()1,0-上递减，在()0,+∞上递增．

【证明】（2）法1：()f x 定义域为(),m -+∞，()1

e x

f x x m '=-

+，()()

2

1e 0x f x x m ''=+>+，于是()f x '在(),m -+∞上递增．又因为当x m +→-时，()f x '→-∞，当x →+∞时，()f x '→+∞，所以()0f x '=在

(),m -+∞上有唯一的实根0x ，当0m x x -<<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()

0,m x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值．

由()00f x '=可得001

e 0x x m

-

=+，即()00ln x m x +=-，于是()()000000011

e ln 2x

f x x m x x m m m x m x m

=-+=

+=++-≥-++．当2m <时，()00f x >；当2m =时，等号成立的条件是01x =-，但显然()

11

e 012--

≠-+，所以等号不成立，即()00f x >．

综上所述，当2m ≤时，()()00f x f x ≥>．

法2：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明

()()e ln 20x x x ϕ=-+>，()2,x ∈-+∞，就能证明当2m ≤时，()0f x >．

()1e 2x x x ϕ'=-

+，()()

2

1e 02x x x ϕ''=+>+，于是()x ϕ'在()2,-+∞上递增．又因为()1

110e ϕ'-=-<，()10102

ϕ'=->，

所以()0x ϕ'=在()2,-+∞上有唯一的实根0x ，且()01,0x ∈-．当02x x -<<时，()0x ϕ'<，当0x x >时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在()02,x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()x ϕ取得最小值．

由()00x ϕ'=可得001

e 02

x x -

=+，即()00ln 2x x +=-．于是()()()02

00000011

e ln 2022

x x x x x x x ϕ+=-+=+=>++，于是()()

00x x ϕϕ≥>． 综上所述，当2m ≤时，()0f x >．

法3：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明

()e ln 20x x -+>（2x >-），就能证明当2m ≤时，()0f x >．

由ln 1x x ≤-（0x >）可得()ln 21x x +≤+（2x >-），又因为e 1x x ≥+（x ∈R ），且两个不等号不能同时成立，所以()e ln 2x x >+，即()e ln 20x x -+>（2x >-），所以当2m ≤时，()0f x >．