高中数学零点问题经典题型

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高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)

高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)
4、几个“不一定”与“一定”(假设 f x 在区间 a,b 连续) (1)若 f a f b 0 ,则 f x “一定”存在零点,但“不一定”只有一个零点.要分析 f x 的 性质与图象,如果 f x 单调,则“一定”只有一个零点 (2)若 f a f b 0 ,则 f x “不一定”存在零点,也“不一定”没有零点.如果 f x 单调,
f
x
mx
m
2 3
有四个解,即直线
y
mx
m
2 3
与函数
f
x
的图象有四个交点,
因为直线
y
mx
m
2 3
过定点
1,
2 3

在同一直角坐标系中作出直线 y mx m 2 与函数 f x 的图象,如下图所示,
3
当直线
y
mx
m
2 3
过原点时,
m
2 3

当直线
y
mx
m
2 3
与函数
y
ln
x
1
,
x
0
的图象相切时,
4、函数的零点,方程的根,两图象交点之间的联系 (1)函数的零点:有“零点存在性定理”作为理论基础,可通过区间端点值的符号和函数的 单调性确定是否存在零点. (2)方程:方程的特点在于能够进行灵活的变形,从而可将等号两边的表达式分别构造为两 个可分析的函数,为作图做好铺垫. (3)图象的交点:通过作图可直观的观察到交点的个数,并能初步判断交点所在区间.
专题 08 函数零点问题面面观 【热点聚焦与扩展】
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)二次方程根分布问题;(3)判断根的个数问题;(4) 根据方程解的情况确定求参数的值或范围.上述情形除(1)简单,其它往往与分段函数结合或 与导数的应用结合,难度往往较大. 一、基础知识:

2025高考数学必刷题 第25讲、函数的零点问题(学生版)

2025高考数学必刷题  第25讲、函数的零点问题(学生版)

第25讲函数的零点问题知识梳理1、函数零点问题的常见题型:判断函数是否存在零点或者求零点的个数;根据含参函数零点情况,求参数的值或取值范围.求解步骤:第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质,进而画出其图像;第三步:结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、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.3、求函数的零点个数时,常用的方法有:一、直接根据零点存在定理判断;二、将()f x 整理变形成()()()f x g x h x =-的形式,通过()(),g x h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数;三、结合导数,求函数的单调性,从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题:(1)确定零点的个数问题:可利用数形结合的办法判断交点个数,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像;(2)方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法,把问题转化为研究构造的函数的零点问题;(3)利用导数研究函数零点或方程根,通常有三种思路:①利用最值或极值研究;②利用数形结合思想研究;③构造辅助函数研究.必考题型全归纳题型一:零点问题之一个零点例1.(2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测)已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.(1)求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间;(2)设()()()h x af x g x =-,a R ∈.①求证:函数()y h x =存在零点;②设0a <,若函数()y h x =的一个零点为m .问:是否存在a ,使得当()0,x m ∈时,函数()y h x =有且仅有一个零点,且总有()0h x ≥恒成立?如果存在,试确定a 的个数;如果不存在,请说明理由.例2.(2024·广东·高三校联考阶段练习)已知函数()e sin 1x f x a x =--,()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+,()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围;(2)证明:若12a <<,则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ,且010x x +<.例3.(2024·全国·高三专题练习)已知函数()1ln e xx f x a x -=+.(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)证明:当0a ≥时,()f x 有且只有一个零点;(3)若()f x 在区间()()0,1,1,+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围.变式1.(2024·广东茂名·高三统考阶段练习)已知0a >,函数()e xf x x a =-,()ln g x x x a =-.(1)证明:函数()f x ,()g x 都恰有一个零点;(2)设函数()f x 的零点为1x ,()g x 的零点为2x ,证明12x x a =.题型二:零点问题之二个零点例4.(2024·海南海口·统考模拟预测)已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值;(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.(ⅰ)证明:()F x 存在两个零点1x ,2x ;(ⅱ)证明:()F x 的两个零点1x ,2x 满足1220x x ++<.例5.(2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习)已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当0a =时,2()(1)()1g x x f x x =---,证明:函数()g x 有且仅有两个零点,两个零点互为倒数.例6.(2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中)已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++.(1)若函数()f x 在1x =处取得极值,求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程;(2)讨论函数()f x 的单调性;(3)当0a =时,2()(1)()1g x x f x x =---,证明:函数()g x 有且仅有两个零点,且两个零点互为倒数.变式2.(2024·全国·高三专题练习)已知函数()ln x f x e x a =--.(1)若3a =.证明函数()f x 有且仅有两个零点;(2)若函数()f x 存在两个零点12,x x ,证明:121222x x x x e e e a >++-.变式3.(2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点.(1)求a 的取值范围;(2)记两个零点为12,x x ,且12x x <,已知0λ>,若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立,求λ的取值范围.变式4.(2024·江苏·高三专题练习)已知函数()4212f x ax x =-,,()0x ∈+∞,()()()g x f x f x '=-.(1)若0a >,求证:(ⅰ)()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减;(ⅱ)()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点;(2)若1a >,记()g x 的两个零点为12,x x ,求证:1244x x a <+<+.题型三:零点问题之三个零点例7.(2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测)已知函数()21ln ln 1ex ax f x x a -=---有三个零点.(1)求a 的取值范围;(2)设函数()f x 的三个零点由小到大依次是123,,x x x .证明:13e e x x a >.例8.(2024·广东深圳·校考二模)已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+.(1)当1a =时,求()f x 的单调区间;(2)①当102a <<时,试证明函数()f x 恰有三个零点;②记①中的三个零点分别为1x ,2x ,3x ,且123x x x <<,试证明22131(1)(1)x x a x >--.例9.(2024·广西柳州·统考三模)已知()3()1ln f x x ax x =-+.(1)若函数()f x 有三个不同的零点,求实数a 的取值范围;(2)在(1)的前提下,设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<,当132x x +>时,求实数a 的取值范围.变式5.(2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测)已知函数()32113f x x ax bx =+++(a ,b ∈R ).(1)若0b =,且()f x 在()0+∞,内有且只有一个零点,求a 的值;(2)若20a b +=,且()f x 有三个不同零点,问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列?若存在,求出a 的值,若不存在,请说明理由.变式6.(2024·浙江·校联考二模)设e 2a <,已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时,求函数()f x 的最小值:(2)求实数a 的取值范围;(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ,且130x x ⋅<,证明:存在唯一的实数a ,使得1x 、2x 、3x 成等差数列.变式7.(2024·山东临沂·高三统考期中)已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ,并说明函数()()()h x f x g x =-在(1,e )上有且仅有一个零点;(2)证明:存在直线y b =,其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.题型四:零点问题之max ,min 问题例10.(2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模)已知函数()()2sin cos ,lnπxf x x x x axg x x =++=.(1)当0a =时,求函数()f x 在[]π,π-上的极值;(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值,记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>,讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.例11.(2024·四川南充·统考三模)已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++,()ln πxg x x =.(1)当0a =时,求函数()f x 在[,]-ππ上的极值;(2)用max{,}m n 表示m ,n 中的最大值,记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>,讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数.例12.(2024·四川南充·统考三模)已知函数()2e 2x ax x f x x =+-,()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时,求函数()f x 的极值;(2)用{}max ,m n 表示m ,n 中的最大值,记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>,当0a ≥时,讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.变式8.(2024·广东·高三专题练习)已知函数()ln f x x =-,31()4g x x ax =-+,R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ,且()()10g x g x =,其中10x x ≠,求证:1020x x +=;(2)用min{,}m n 表示m ,n 中的最小值,记函数()min{()h x f x =,()}(0)g x x >,若函数()h x 有且仅有三个不同的零点,求实数a 的取值范围.变式9.(2024·全国·高三专题练习)已知函数2()e (R)x f x ax a =-∈,()1g x x =-.(1)若直线()y g x =与曲线()y f x =相切,求a 的值;(2)用{}min ,m n 表示m ,n 中的最小值,讨论函数()min{(),()}h x f x g x =的零点个数.变式10.(2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末)已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线,求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值,设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<,讨论()h x 零点的个数.题型五:零点问题之同构法例13.已知函数1()()2(0)x axf x x ln ax a e -=+-->,若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点,求实数a 的取值范围例14.已知2()12a f x xlnx x =++.(1)若函数()()cos sin 1g x f x x x x xlnx =+---在(0,]2π上有1个零点,求实数a 的取值范围.(2)若关于x 的方程2()12x a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解,求a 的取值范围.例15.已知函数()(1)1x f x ae ln x lna =-++-.(1)若1a =,求函数()f x 的极值;(2)若函数()f x 有且仅有两个零点,求a 的取值范围.题型六:零点问题之零点差问题例16.已知关于x 的函数()y f x =,()y g x =与()(h x kx b k =+,)b R ∈在区间D 上恒有()()()f x h x g x .(1)若2()2f x x x =+,2()2g x x x =-+,(,)D =-∞+∞,求()h x 的表达式;(2)若2()1f x x x =-+,()g x klnx =,()h x kx k =-,(0,)D =+∞,求k 的取值范围;(3)若42()2f x x x =-,2()48g x x =-,342()4()32(0||h x t t x t t t =--+<,[D m =,][n ⊂,,求证:n m-例17.已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++.(1)如3a b ==-,求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(,)α-∞,(2,)β单调增加,在(,2)α,(,)β+∞单调减少,证明:6βα->.例18.已知函数221()2x f x ae x ax =--,a R ∈.(1)当1a =时,求函数2()()g x f x x =+的单调区间;(2)当4401a e <<-,时,函数()f x 有两个极值点1x ,212()x x x <,证明:212x x ->.题型七:零点问题之三角函数例19.(2024·山东·山东省实验中学校考一模)已知函数()()sin ln 1f x a x x =-+.(1)若对(]1,0x ∀∈-时,()0f x ≥,求正实数a 的最大值;(2)证明:221sinln2n k k =<∑;(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ,试判断方程()1eln 10x m x +--+=实数根的个数,并说明理由.例20.(2024·全国·高三专题练习)设函数()πsin2x f x x =-.(1)证明:当[]0,1x ∈时,()0f x ≤;(2)记()()ln g x f x a x =-,若()g x 有且仅有2个零点,求a 的值.例21.(2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测)已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+,且0为()f x 的一个极值点.(1)求实数a 的值;(2)证明:①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点;②22111sin 121n k n k =-<<+∑,其中*N n ∈且2n ≥.变式11.(2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模)已知()sin n f x x =,()ln e x g x x m =+(n 为正整数,m R ∈).(1)当1n =时,设函数()()212h x x f x =--,()0,πx ∈,证明:()h x 有且仅有1个零点;(2)当2n =时,证明:()()()e 12x f x g x x m '+<+-.题型八:零点问题之取点技巧例22.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.例23.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.例24.已知函数211()(()22x f x x e a x =-++.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.变式12.已知函数1()()(1)2x x f x e a e a x =+-+.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围。

高一函数零点题型归纳

高一函数零点题型归纳

高一函数零点题型归纳函数零点是高中数学中的一个重要概念,它涉及到函数的值、图像、单调性等多个方面。

以下是高一函数零点的一些常见题型及其解题方法:一、判断零点个数例题:函数f(x) = x^{2} - 2xf(x)=x2−2x在区间( - 3,3)(−3,3)内的零点个数为( )A.0 B.11 C.22 D.33解析:首先确定函数的对称轴为x = 1x=1,然后判断函数的开口方向为向上。

接下来,根据对称轴和区间端点的距离,可以确定函数在区间内的零点个数。

二、求函数的零点例题:函数f(x) = \log_{2}(x - 3)f(x)=log2(x−3)的零点是( )A.22 B.33 C.44 D.55解析:对数函数的零点即为使对数内部表达式等于1的x值。

因此,令x - 3 = 1x−3=1,解得x = 4x=4。

三、判断零点所在区间例题:函数f(x) = x^{3} - x^{2} - xf(x)=x3−x2−x在区间( - 1,2)(−1,2)内的一个零点所在的区间是( )A.(0,1)(0,1) B.(1,2)(1,2) C.( - 1,0)(−1,0) D.(0,2)(0,2)解析:先确定函数在给定区间端点的函数值,然后判断其正负性。

如果端点函数值异号,则该区间内必存在零点。

四、应用题中的零点问题例题:某商品的成本价为每件30元,售价不超过50元时,售价y(元)与售价的整数部分x 满足关系式:y = x + 20y=x+20,当成本价与售价相等时,每月最多可售出该商品____件。

解析:根据题意,当成本价与售价相等时,即30 = x + 2030=x+20,解得x = 10x=10。

由于售价的整数部分为10,则售价为30元。

再根据一次函数的性质,当斜率大于0时,函数单调递增,因此每月最多可售出该商品33件。

五、判断函数是否为同一函数(根据零点个数)例题:下列四个函数中与函数f(x) = \frac{1}{x}f(x)=x1表示同一函数的是( )A.y = \frac{x^{2}}{x}y=xx2B.y = \frac{1}{\sqrt{x}}y=x1C.y = \frac{1}{\log_{a}x}y=logax1D.y = \frac{e^{x}}{x}y=xex解析:根据函数的三要素(定义域、值域、对应关系),分别判断各选项是否与给定函数定义域相同、值域相同以及对应关系相同。

高考数学专题一 微专题12 隐零点问题

高考数学专题一 微专题12 隐零点问题
的取值范围;
f(x)=12x2-x+asin x,则 f′(x)=x-1+acos x, ∴f′(π)=π-1-a=π-2,∴a=1, 令φ(x)=x-1+cos x,则φ′(x)=1-sin x≥0恒成立, ∴φ(x)是增函数,当x>0时,φ(x)>φ(0)=0,即f′(x)>0恒成立, ∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(0)=0, ∵λ≤f(x)恒成立,∴λ≤f(x)min=0, ∴λ的取值范围是(-∞,0].
当a=1时,f(x)+g(x)=bx+ln x-xex,
由题意 b≤ex-lnxx-1x在(0,+∞)上恒成立,
令 h(x)=ex-lnxx-1x,

1-ln h′(x)=ex- x2
x+x12=x2ex+x2 ln
x ,
令 u(x)=x2ex+ln x,则 u′(x)=(x2+2x)ex+1x>0,所以 u(x)在(0,+∞)
专题一 函数与导数
微专题12
隐零点问题
考情分析
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接求解出来.在 函数、不等式与导数的综合题目中常会遇到隐零点问题,一般 对函数的零点设而不求,借助整体代换和过渡,再结合题目条 件,利用函数的性质巧妙求解.一般难度较大.
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
当 x0∈e12,+∞时,h(x0)min=h(e)=-e, 综上,当x0∈(0,+∞)时,h(x0)min=h(e)=-e, 得b≥-e. 故b的取值范围是[-e,+∞).
考点三 与三角函数有关的“隐零点”问题
典例3 (2023·东北师大附中模拟)已知f(x)=12x2-x+asin x. (1)若在x=π处的切线的斜率是π-2,求当λ≤f(x)在[0,+∞)恒成立时的λ

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题1.(2022·全国·高考真题(理))已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程; (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】 【分析】(1)先算出切点,再求导算出斜率即可(2)求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减 当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减 有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点 即()f x 在(1,0)-上有唯一零点 所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2.(2022·全国·高考真题(理))已知函数()ln xf x x a x x e -=+-.(1)若()0f x ≥,求a 的取值范围;(2)证明:若()f x 有两个零点12,x x ,则121x x <. 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值,即可得解;(2)利用分析法,转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞,2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-, 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时,1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->,则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增 即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭;综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3.(2022·全国·高考真题(文))已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+.(1)当0a =时,求()f x 的最大值;(2)若()f x 恰有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】(1)由导数确定函数的单调性,即可得解; (2)求导得()()()211ax x f x x --'=,按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性,求得函数的极值,即可得解. (1)当0a =时,()1ln ,0f x x x x =-->,则()22111xf x x x x-'=-=,当()0,1∈x 时,0f x ,()f x 单调递增; 当()1,x ∈+∞时,0fx,()f x 单调递减;所以()()max 11f x f ==-;(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>,则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=, 当0a ≤时,10-≤ax ,所以当()0,1∈x 时,0f x,()f x 单调递增;当()1,x ∈+∞时,0fx,()f x 单调递减;所以()()max 110f x f a ==-<,此时函数无零点,不合题意; 当01a <<时,11a >,在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递增;在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递减;又()110f a =-<,由(1)得1ln 1x x +≥,即1ln 1x x ≥-,所以ln x x x <<<当1x >时,11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭,使得()0f m >,所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点,符合题意;当1a =时,()()2210x f x x-'=≥,所以()f x 单调递增,又()110f a =-=,所以()f x 有唯一零点,符合题意; 当1a >时,11a <,在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递增;在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递减;此时()110f a =->,由(1)得当01x <<时,1ln 1xx>-,1>ln 21x ⎛> ⎝, 此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+,使得()0f n <, 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点,所以()f x 有唯一零点,符合题意; 综上,a 的取值范围为()0,+∞.4.(2022·全国·模拟预测)已知函数()()ln 13f x a x x =+-.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)证明:当1a =时,方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解.【答案】(1)答案不唯一,具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先求出函数的定义域,再求出()31af x x '=-+,然后分0a >,0a ≤可得出函数的单调性. (2)设()()ln 1sin g x x x =+-,将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点,又当e 1x >-时,()ln 1lne 1sin x x +>=≥,所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点,求出其导数,由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞,()31af x x '=-+. 当0a >时,令()0f x '<,得33a x ->;令()0f x '>,得313a x --<<, 故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减;当0a ≤时,()0f x '<恒成立,故()f x 在()1,-+∞上单调递减. (2)当1a =时,方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-,即()ln 1sin 0x x +-=. 令()()ln 1sin g x x x =+-,则()1cos 1g x x x '=-+, 则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”.当e 1x >-时,()ln 1lne 1sin x x +>=≥,所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立, 所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点.因为e 1π-<,所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时,cos 0x <,101x >+, 所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立.所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增,又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()e 11sin e 1g -=--,所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点,即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点.故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解.5.(2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测)已知函数()e sin xf x x ax =+,其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时,试判断f (x )在区间(2π-,0)的单调性,并予以证明;(2)从下面两个条件中任意选一个,试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0,2π]上有且只有2个零点; ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,()2f x x ≥.【答案】(1)f (x )在(π2-,0)上单调递增,证明见解析;(2)选择①:π22e 1πa -≤<-;选择①:1a ≥-.【解析】 【分析】(1)求导,通过判定导函数在(π2-,0)上的正负确定单调性; (2)选择①:易得()00f =,则因此f (x )在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点,求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围;选择①:构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦,此时()00m =,可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时,()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭,所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 又0e 1x <<,πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭,从而()0f x '>,所以,f (x )在(π2-,0)上单调递增. (2) 选择①,由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦,,可知()00f =因此f (x )在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+,令()e sin e cos x x h x x x a =++, 则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0,π2]上单调递增,()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝,,当1a ≥-时,()()00f x f '≥'≥,f (x )在[0.π2]上单调递增.则f (x )在(0,π2]上无零点,不合题意,舍去,当π2e a ≤-时,()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭,()f x 在[0,π2]上单调递减,则()f x 在(0,π2]上无零点,不合题意,舍去,当2e 1a π-<<-时,π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在(0,π2)上只有1个零点,设为0x .且当0(0,)x x ∈时,()0f x <′;当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x >′ 所以当()00x x ∈,时,()f x 在(0,0x )上单调递减,在(x0,π2)上单调递增,又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可,即π22e 1πa -≤<-,综上所述:2π2e 1πα-≤<-选择①,构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭,则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+,易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-', 令()2e (cos sin )x q x x x =-,则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在(0,π2)上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在(0,π2)上存在唯一实数1x 使得()10q x =,且满足当()10,x x ∈时,()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p (x )在(0,x 1)上单调递增,在(x 1,π2)上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭,,所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =,且满足当2(0,)x x ∈时,()0p x >;当2π()2x x ∈⋅时,()0p x <即()()t x m x ='在(0,x2)上单调递增,在(2x ,2π)上单调递减, 当()010m a ='+≥时,即()10a m x ≥-'≥,,函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0,π2]上单调递增,又()00m =,因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立,符合题意,当()010m a '=+<,即1a <-,在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ,使得当()30,x x ∈时,()0m x '<,又()00m =,因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <,不合题意,舍去 综上所述1a ≥-.6.(2022·浙江湖州·模拟预测)已知函数12()e x f x =(e 为自然对数的底数). (1)令1()||()()g x a x f x f x =--,若不等式()0g x ≤恒成立,求实数a 的取值范围; (2)令3()()x xf x m ϕ=-,若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <. ①求实数m 的取值范围;①证明:21e e 21x x m -<+. 【答案】(1)(,1]-∞;(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭;①证明见解析.【解析】 【分析】(1)根据()g x 为偶函数,将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立,根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立,求参数范围;(2)①利用导数研究()ϕx 的单调性,及区间值域情况,进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可;①由(1)知:0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<,应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-,构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设,1122()||e ex x g x a x -=--,则()()g x g x =-,所以()g x 为偶函数,故只需0x ≥时,()0g x ≤恒成立,而(0)0g =满足, 所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立,令02t x =>,则e e 2t ta t--≤,若()e e 2t t h t t -=--,则()e e 220t t h t -'=+-≥=,仅当0=t 时等号成立, 所以()0h t '>,即()h t 在(0,)+∞上递增,则()(0)0h t h >=,即e e 2t t t -->, 所以,在(0,)+∞上e e 12t tt-->,则1a ≤, 综上:a 的范围为(,1]-∞. (2)①由题设,323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭,若()0x ϕ'>得:23x >-,故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减,在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增,且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0,x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷,又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭,()00ϕ=,则0x <时,()0x ϕ<;0x >时,()0x ϕ>,要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<,则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭;①由(1)知:0x <时1122e ex x x -≥-,则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭;记2()e e x x F x =-且0x <,则(()e e 1)2x x F x '=-,所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<,(ln 2,0)-上()0F x '>,故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减,(ln 2,0)-上递增,且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭,所以()F x m =也有两根,记为34x x <,又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥,则31240x x x x <<<<, 令e x t =,则34e ,e xx 为20t t m --=的两根,故34e e 1x x +=,34e e x x m =-,所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<,所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+. 7.(2022·湖北·模拟预测)已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <,讨论函数()f x 的单调性; (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ,()2120x x x <<,若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立,求λ的范围.【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】 【分析】(1)求导可得()()()21x a x f x x +-'=,再根据a -与0,1的关系分类讨论即可;(2)由题()ln g x a x x =+,,设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=,再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立,设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++,再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①)01a <-<即10a -<<时,()01f x a x '<⇒-<<,()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①)1a -=即1a =-时,()0,x ∈+∞,()0f x '≥恒成立 ①)1a ->即1a <-,()01f x x a '<⇒<<-,()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上:10a -<<时,(),1x a ∈-,()f x 单调递减;()0,a -、()1,+∞,()f x 单调递增 1a =-时,()0,x ∈+∞,()f x 单调递增1a <-时,()1,x a ∈-,()f x 单调递减;()0,1、(),a -+∞,()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+,由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩,120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-,设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈,①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++,①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①)24λ≥时,204t λ-<,①()0h t '>,①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立, ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①)24λ<,20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,①()0h t '>,①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h t '<, ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,()()10h t h >=,不满足()0h t <恒成立综上:(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题,同时也考查了双零点与恒成立问题的综合,需要根据题意消去参数a ,令()120,1x t x =∈,再化简所求式关于t 的解析式,再构造函数分析最值.属于难题 8.(2022·浙江绍兴·模拟预测)设a 为实数,函数()e ln 1=++x f x a x x . (1)当1a e=-时,求函数()f x 的单调区间;(2)判断函数()f x 零点的个数.【答案】(1)减区间为()0,∞+,无增区间. (2)当0a ≥,函数()f x 在(0,)+∞上没有零点;当210e a -≤<,函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点;当21e a <-,函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】 【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性,进而得出结果; (2)利用分类讨论的思想,根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点,结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性,利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数,进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞, 当1a e=-时,1()e ln 1e xf x x x =-++,则1()e ln 1x f x x -'=-++,且()01f '=, 有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=,令()01f x x ''=⇒=, 所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>,则()'f x 单调递增, 当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<,则()'f x 单调递减, 所以max ()(1)0f x f ''==,即()0f x '≤,则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减, 即函数()f x 的减区间为(0,)+∞,无增区间; (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减,又(1)0f =,此时函数()f x 只有1个零点; 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞,所以()f x 与()f x x具有相同的零点, 令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>, 则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=, 当0a ≥时,e 10x a +>,令()01g x x '=⇒=,则函数()g x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增,所以min ()(1)e 10g x g a ==+>,此时函数()g x 无零点,即函数()f x 无零点;当0a <时,令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-,若10e a -<<,则11ln()a<-,列表如下:当211e ea -≤≤-时,222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<, 当210e a -<<即21e a ->时,131e ()a a->-,1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<,又(1)0g >,此时函数()g x 有1个零点,则函数()f x 有1个零点; 若1e <-a ,则11ln()a>-,列表如下:所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--, 又(1)0g >,2(e )0g <,则此时函数()g x 有2个零点,即函数()f x 有2个零点; 综上,当0a ≥时,函数()f x 在(0,)+∞上没有零点, 当210ea -≤<时,函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点, 当21e a <-时,函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图像,讨论其图像与x 轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题.9.(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(理))已知函数()ln 12a af x x x =+-+,其中R a ∈. (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)讨论函数()f x零点的个数.【答案】(1)当4a ≤时,函数()f x 的增区间为(0,)+∞,没有减区间;当4a >时,函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,减区间为⎝⎭(2)当4a ≤,函数()f x 有且仅有一个零点;当4a >时,函数()f x 有且仅有3个零点 【解析】 【分析】(1)求导,再分0a <,04a ≤≤和4a >分类讨论即可;(2)根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞,2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++,在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中,22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-, ①当0a <时,()0f x '≥,此时函数()f x 单调递增,增区间为(0,)+∞,没有减区间; ①当04a ≤≤时,()0f x '≥,此时函数()f x 单调递增,增区间为(0,)+∞,没有减区间; ①当4a >时,一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根, 分别记为()1221,x x x x >,有122x x a +=-,1210x x =>,可得210x x >>, 有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x , 综上可知,当4a ≤时,函数()f x 的增区间为(0,)+∞,没有减区间;当4a >时,函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,减区间为⎝⎭; (2)由(1)可知:①当4a ≤时,函数()f x 单调递增,又由(1)0f =,可得此时函数只有一个零点为1x =; ①当4a >时,由122110,x x x x =>>,可得1201x x <<<,又由(1)0f =,由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=, 当01x <<且20e ax -<<时,可得2ln ln e ax -<,有ln 02ax +<, 可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<, 当2e ax >时,2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点,由上知,当4a ≤时,函数()f x 有且仅有一个零点; 当4a >时,函数()f x 有且仅有3个零点.10.(2022·贵州·贵阳一中模拟预测(文))已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性;(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】 【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ,讨论a ,并解不等式()0f x '>,()0f x '<可得函数的单调区间;(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ,()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =,则()0600f x x x '>⇒->⇒<,()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增,()0,∞+单调递减,若0a >,则()00'>⇒<f x x 或2x a>, ()200f x x a>⇒<<', ()f x ∴在(),0∞-单调递增,20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增,若0a <,则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >, ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减,2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点,则0a ≠, 且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃,也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃, 令()()()32240a b a ba h a a+++=<,时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=, 所以有1b =-或3b =, 当3b =时,()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<,()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃,满足条件,当1b =-时,()()()322140a a a h a a---=<,当1a =-时,()1120h -=>,不满足条件, 故1b ≠-,综合上述3b =.11.(2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测(理))已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R . (1)若()e ()=⋅x g x f x ,讨论()g x 的单调性; (2)若()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析;(2)()0,1. 【解析】 【分析】(1)对函数进行求导,分为0a ≤和0a >两种情形,根据导数与0的关系可得单调性;(2)函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点,根据(1)中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知,()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦,()g x 的定义域为(,)-∞+∞,()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-.若0a ≤,则()0g x '<,所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减; 若0a >,令()0g x '=,解得ln x a =-.当(,ln )x a ∈-∞-时,()0g x '<;当(ln ,)x a ∈-+∞时,()0g x '>, 所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减,在(ln ,)a -+∞上单调递增. (2)因为e 0x >,所以()f x 有两个零点,即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点. 若0a ≤,由(1)知,()g x 至多有一个零点.若0a >,由(1)知,当ln x a =-时,()g x 取得最小值,最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+. ①当1a =时,由于(ln )0g a -=,故()g x 只有一个零点: ①当(1,)∈+∞a 时,由于11ln 0a a-+>,即(ln )0g a ->,故()g x 没有零点; ①当(0,1)a ∈时,11ln 0a a-+<,即(ln )0g a -<. 又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>,故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点.存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->.又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭,因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点.综上,实数a 的取值范围为(0,1).12.(2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模(理))已知函数()ln 1f x ax x =++. (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点,求实数a 的取值范围; (2)若对任意的0x >,2()e x f x x ≤恒成立,求实数a 的取值范围. 【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】 【分析】(1)求导1()f x a x'=+,0x >,分0a ≥和0a <讨论求解; (2)对任意的0x >,2()e x f x x ≤恒成立,转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解. (1)解:1()f x a x'=+,0x >, 当0a ≥时,()0f x '>恒成立,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增.又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤,(1)10f a =+>, 所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点,符合题意; 当0a <时,令()0f x '>,解得10x a <<-;令()0f x '<,解得1x a>-, 所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点,则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,解得1a =-.综上,当0a ≥或1a =-时,()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点. (2)因为()ln 1f x ax x =++,所以对任意的0x >,2()e x f x x ≤恒成立,等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立. 令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->,则只需min ()a m x ≤即可, 则2222e ln ()+'=x x xm x x ,再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>,则()221()4e 0'=++>xg x x x x, 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增.因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭,2(1)2e 0g =>,所以()g x 有唯一的零点0x ,且0114x <<, 所以当00x x <<时,()0m x '<,当0x x >时,()0m x '>, 所以()m x 在()00,x 上单调递减,在()0,x +∞上单调递增. 因为022002eln 0x x x +=,所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-,设()ln (0)S x x x x =+>,则1()10'=+>S x x, 所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增.因为()()002ln S x S x =-,所以002ln x x =-,即0201ex x =.所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=, 则有2a ≤.所以实数a 的取值范围为(,2]-∞.13.(2022·福建省福州第一中学三模)已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围;(2)证明:()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ,且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先求导,再讨论1a 时,函数单增不合题意,1a >时,由导数的正负确定函数单调性知符合题意; (2)先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性,再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点;表示出()12f x ,构造函数求导,求得()120f x >,又由()20f x =,结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-,当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,cos (0,1)x ∈,21e e x π<<,①当1a 时,()0f x '>,()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,没有极值点,不合题意,舍去;①当1a >时,显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增,又因为(0)10f a '=-<,2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭,所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ,所以()10,x x ∈,()0f x '<;1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,()0f x '>,所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点,符合题意.综上,(1,)∈+∞a .(2)由(1)知1a >,所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()e cos 0x f x a x '=->,所以()10,x x ∈,()0f x '<,()f x 单调递减;()1,x x π∈,()0f x '>,()f x 单调递增,所以()10,x x ∈时,()(0)0f x f <=,则()10<f x ,又因为()e 10f ππ=->,所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ,即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--,由(1)知()10f x '=,所以11e cos xa x =,则()112112e 2e sin 1x xf x x =--,构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭,所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--,记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭,则()e cos sin t t t t ϕ'=-+,显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,所以()(0)0t ϕϕ''>=,所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,所以()(0)0t ϕϕ>=,所以()0p t '>,所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,所以()(0)0p t p >=,所以()()1220f x f x >=,由前面讨论可知:112x x π<<,12x x π<<,且()f x 在()1,x x π∈单调递增,所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ,构造函数()p t 求导,令导数为新的函数再次求导,进而确定函数()p t 的单调性,从而得到()120f x >,再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14.(2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测(文))已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时,求函数f (x )在区间[0]2π,上零点的个数; (2)若函数()y f x =在(0,2π)上有唯一的极小值点,求实数a 的取值范围 【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃(,3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】 【分析】(1)利用导数判断函数f x ()在[0]2π,上的单调性,结合零点存在性定理确定零点个数;(2)利用导数,通过分类讨论确定函数f x ()的单调性及极值,由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =,所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-,则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在02π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增,当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减, 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,单词递增, 又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>,则f x ()在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上各有一个零点,所以f x ()在区间[0]2π,上共有两个零点, (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<,①当2a ≤时,当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在02π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增,当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减, 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,单词递增, 此时f x ()在32x π=的时候取得极小值,则2a ≤时符合题意: ①当22e a π≥时,当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在02π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减,当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '>,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增, 当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()0f x '<,f x ()在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,单词递减, 此时f x ()在2x π=的时候取得极小值,则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时,0ln 22a π<<,此时f x ()在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递增,在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在3(,2)2ππ上单调递增,此时有两个极小值点,不符合题意: ①当22e a π=时,ln22a π=,此时f x ()在(0,32π)上单调递减,在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,此时f x ()在32x π=的时候取得极小值,则22e a π=时符合题意;①当3222e 2e a ππ<<时,3ln 222a ππ<<,此时f x ()在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递减,在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,此时有两个极小值点,不符合题意; ①当322e a π=时,3ln22a π=,此时f x ()在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递增,此时f x ()在2x π=的时候取得极小值,则322e a π=时符合题意;①当322e 2e a ππ<<时,3ln 222a ππ<<,此时f x ()在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递减,在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭,上单调递增,在3(,ln )22a π上单调递减,在(ln ,2)2aπ上单调递增,此时有两个极小值点,不符合题意;综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y =f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)=0,且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同. (2)若f (x )在(a ,b )内有极值,那么f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.15.(2022·江西·上高二中模拟预测(理))已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性;(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ,若212x x >,证明:3312672e x x +>. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--=',对导函数进行分情况讨论其正负,即可得()f x 的单调性. (2)通过函数有两个零点,转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==,然后根据比例,构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++,得到122111,e t x t x t x --==,进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-,利用导数处理单调性,进而可求. (1))()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ,则()00F a =-< ,且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减,在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣, 时()f x 在()0+∞,单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >,则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==, 设21x t x =, 212x x >,2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++,∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+,所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-, ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+,设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-,2t >,则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+, 设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++,则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++, 当(1,)t ∈+∞时,()0t ϕ'>,所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增,()()10t ϕϕ∴>=,则()0h t '>,()h t ∴在(1,)+∞递增,又2t >,∴()(2)ln72h t h >=,故3361272e x x -+>. 【点睛】本题考查了含参函数的单调性,最值问题,方程与函数零点的综合问题,利用导数解决单调性的问题,分情况讨论,转化,构造函数证明不等式,二阶求导等综合性的函数知识,在做题时要理清思路,是一道导数的综合题.16.(2022·山东师范大学附中模拟预测)已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点,a 的取值范围;(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ,且12x x ≠,证明:12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)分析可知0a ≠,由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点,利用导数分析函数()f x 的单调性与极值,数形结合可求得实数a 的取值范围;(2)令e 0x t x =>,其中0x >,令111e x t x =,222e xt x =,分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ,且12t t ≠,设120t t >>,将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+,令121t s t =>,即证()21ln 1s s s ->+,令()()21ln 1s g s s s -=-+,其中1s >,利用导数分析函数()g s 的单调性,即可证得结论成立. (1)解:函数()h x 的定义域为()0,∞+.。

高中函数零点问题精选题型

高中函数零点问题精选题型

零点问题与数形结合题型一、直接做图1 函数 ()1|1|f x x =--‖ 的图像与直线 y k = 有且仅有四个不同的交点, 则实数 k 的取值范围是_________2 已知函数 ()22x f x =- 与 y b = 有两个交点, 则实数 b 的取值范围是_________3 已知函数 ||()2||,x f x x =+ 若关于 x 的方程 ()f x k = 有两个不同的实根, 则实数k 的取值范围是_________.已知函数 ()|lg |,f x x = 若 0a b << 且 ()(),f a f b = 则 2a b + 的范围是_________4 设函 21,0(),1,0x x f x x x ⎧-=⎨+<⎩ 若函数 ()a f x = 有两个实根 ()1212,,x x x x < 则 12x x + 的取值范围是_________5 若关于 x 的不等式 23344a x xb -+ 的解集恰好是 [a, b],则 a b +=_________6 关于 x 的不等式 201x px q ++ 的解集为 [3,4], 则 p q +=_________7 已知函数 22,||3(),6,||3x x f x x x ⎧-⎪=⎨->⎪⎩ 若 0,m n << 且 ()(),f m f n = 则 2n m +的取值范围是_________题型二、变形后做图1 直线 1y = 与曲线 2||y x x a =-+ 有 4 个交点, 则 a 的取值范围 是_________2 若关于 x 的方程 2||2x kx x =+ 有 4 个不同的实数解, 则实数 k 的范围为_________3 已知函数 21(),()32f x x h x =+= 解关于 x 的方程 433log (1)24f x ⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦22log ()log (4)h a x h x ---。

二次函数的零点与根的考试常见题型

二次函数的零点与根的考试常见题型

二次函数的零点与根的考试常见题型二次函数是高中数学中的重要内容之一,求二次函数的零点与根是常见的考试题型。

本文将介绍几种常见的题型,并提供解题思路。

1. 二次函数的零点题型描述:给定一个二次函数的方程,要求求出它的零点。

给定一个二次函数的方程,要求求出它的零点。

解题思路:零点就是使得函数值为0的横坐标。

对于一般形式的二次函数方程 $ax^2 + bx + c = 0$,可以使用以下公式求解:零点就是使得函数值为0的横坐标。

对于一般形式的二次函数方程$ax^2 + bx + c = 0$,可以使用以下公式求解:$$x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$$其中,$\pm$ 表示取两个解对应的值。

根据判别式 $D = b^2 - 4ac$ 的值可以判断二次函数的零点情况:- 当 $D > 0$ 时,方程有两个不同的实数解;- 当 $D = 0$ 时,方程有两个相等的实数解;- 当 $D < 0$ 时,方程没有实数解。

2. 二次函数的根题型描述:给定一个二次函数,要求求出该函数的根。

给定一个二次函数,要求求出该函数的根。

解题思路:函数的根是使得函数值为0的纵坐标。

根据二次函数的图像特性,当函数在某一点的函数值等于0时,该点的横坐标就是函数的根。

可以将二次函数变形为一般形式的二次函数方程$ax^2 + bx + c = 0$,然后根据上述的解题思路求解即可。

函数的根是使得函数值为0的纵坐标。

根据二次函数的图像特性,当函数在某一点的函数值等于0时,该点的横坐标就是函数的根。

可以将二次函数变形为一般形式的二次函数方程 $ax^2 + bx + c = 0$,然后根据上述的解题思路求解即可。

3. 判断二次函数的零点与根的位置关系题型描述:给定一个二次函数,要求判断它的零点与根的位置关系。

给定一个二次函数,要求判断它的零点与根的位置关系。

解题思路:二次函数的零点和根与二次函数的图像有关。

高中数学求零点个数例题

高中数学求零点个数例题

高中数学求零点个数例题①解方程:通过解方程 f(x)=0 得到零点;②数形结合:这是经常用到的分析方法,特别是选填题中得到广泛应用;③零点存在定理:用零点存在定理来确定某区间是否有零点,这是解答题中的重要方法;④求零点个数:求零点个数时,就要判断每个单调区间,同时还要判断个单调区间的零点存在性.而具体解答题的过程中,我们也会遇到函数较复杂,先将复杂问题转化为简单问题,再选择合适的方法来求零点.我们来看一个具体的例子.【例1】(2018全国2卷文数21-2)已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1),证明: f(x) 只有一个零点.【分析】 f(x) 是一个含参的三次函数,貌似是一个三次函数求零点个数问题,但是带着参数问题就变复杂了,所以这个时候可以转化一下,分离参数为求: a=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)} 的解个数问题.进一步转化为函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.【解析】因为 x^2+x+1>0 恒成立.所以 f(x) 零点个数等价于函数函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.先判断 g(x) 单调性,用导数法:g'(x)=\frac{3x^2(x^2+x+1)-x^3(2x+1)}{3(x^2+x+1)^2}=\frac{x^2(x^2+2x+3)}{3(x^2+x+ 1)^2}\geq0 ,当且仅当 x=0 时 g'(x)=0 ,g(x) 单调递增.所以 g(x) 至多有一个零点,从而 f(x)至多有一个零点.又因为 f(3a+1)=\frac{1}{3}>0 , f(3a-1)=-6a^2+2a-\frac{1}{3}=-6(a-\frac{1}{6})^2-\frac{1}{6}<0 ,所以 f(x) 恰有一个零点.【小结】分离参数读者们应该还好理解,为什么要选择f(3a+1),f(3a-1) 就是一脸懵了.这属于找点的内容(内点定理),我们后面专门花章节来讲解这个内容.我们还是先理解零点存在定理的应用.本节我们重点讲解求零点个数问题的求法,近年高考也是热点题型,也是我们零点问题将面临的重点问题.【例2】(2019全国2卷理数20-1改编)已知函数f(x)=lnx-\frac{x+1}{x-1} ,求 f(x) 的零点个数.【分析】求零点个数问题,我们要求函数的单调区间,然后判断每一个单调区间的零点存在性.【解析】 f(x) 定义域为 (0,1)\cup(1,+\infty) ,而f(x)=lnx-1-\frac{2}{x-1} ,由和差法: y=lnx 和 y=-\frac{1}{x-1} 在(0,1)\cup(1,+\infty)上都是单调递增了,所以 f(x) 在(0,1)\cup(1,+\infty)单调递增;在 (0,1) 上 f(x) 单调递增,当 \frac{1}{3}<x<1 时,f(x)>f(\frac{1}{3})=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-1-ln3>\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ,当 0<x<\frac{1}{e^2} 时,f(x)<f(\frac{1}{e^2})=\frac{2}{1-\frac{1}{e^2}}-3<\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ,由零点存在定理和单调性, f(x) 在 (0,1) 有唯一零点,在 (1,+\infty) 上 f(x) 单调递增,当 1<x<3 时, f(x)<f(3)=ln3-2<0 ,当 x>e^2 时, f(x)>f(e^2)=1-\frac{2}{e^2-1}>1-\frac{2}{3-1}=0 ,所以 f(x) 在 (1,+\infty)有唯一零点.综上, f(x) 在定义域上有两个零点.【例3】(2019全国1卷文数20-1改编)已知函数h(x)=cosx+xsinx-1 ,证明: h(x) 在区间 (0,\pi) 存在唯一零点.【分析】让我确定零点个数,需要结合单调区间和零点存在定理来证明.【解析】给定了定义域区间为 (0,\pi) ,用导数法判断单调性: h'(x)=xcosx ,判正负区间: h'(x) 正负区间同 y=cosx ,易知在(0,\frac{\pi}{2}) 上 h'(x)>0,h(x) 单调递增;在(\frac{\pi}{2},\pi) 上, h'(x)<0,h(x) 单调递减.而 h(0)=0,h(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}-1>0,h(\pi)=-2<0 ,由零点存在定理和单调性,所以在(0,\frac{\pi}{2})上 h(x) 无零点,在 (\frac{\pi}{2},\pi) 上有唯一零点.得证.【例4】(2015全国1卷文书21-1)设函数 f(x)=e^{2x}-alnx .讨论 f(x) 的导函数 f'(x) 零点的个数.【分析】先求出 f'(x) 及定义域,通过判断 f'(x) 单调性和零点存在性来确定零点个数.【解析】 f'(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}(x>0) .①当 a\leq0 时,显然 f'(x)>0 恒成立,无零点.②当 a>0 时,判断 f'(x) 的单调性,用和差法:y=2e^{2x},y=-\frac{a}{x} 都是在 (0,+\infty) 上的单调递增函数,所以 f'(x) 单调递增.当 x>max(1,\frac{a}{2e^2}) 时, f'(x)>2e^2-2e^2=0 ,当 x<min(1,\frac{a}{2e^2}) 时, f'(x)<2e^2-2e^2=0 ,所以此时 f'(x) 有唯一零点,综上,当 a\leq0 , f'(x) 无零点,当 a>0 时,有唯一零点.【例5】(2015广东理数19-2)设 a>1 ,函数f(x)=(1+x^2)e^x-a .证明 :f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【分析】还是求零点个数问题,用单调性+存在性来求解.【解析】 f(x) 的单调性,用求导法:f'(x)=e^x(x+1)^2\geq0 ,当且仅当 x=-1 时, f'(x)=0 ,所以 f(x) 是定义域上的单调递增函数.当 x>lna 时, f(x)>f(lna)>0 .当 -\sqrt{e-1}<x<-1 时,f(x)<\frac{e}{e}-a<0 ,由零点存在性定理及单调性,得证::f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【总结】通过上面五题,是否明白求解零点个数问题的基本方法,如果遇到复杂函数,分参转化为新函数的零点个数问题不失为一种思路;具体求解过程,先判断函数的单调性,再确定每个单调区间函数的零点存在性.但是对于开区间上零点的存在,往往很难通过取点来确定函数值的符号,我们也不容易用极限的思想来解释。

数学-精品专题----七种零点问题

数学-精品专题----七种零点问题

题型一:零点存在定理法判断函数零点所在区间 (3)一、单选题 (3)二、多选题 (6)三、填空题 (9)四、解答题 (14)题型二:方程法判断零点个数 (16)一、单选题 (16)二、多选题 (18)三、填空题 (20)四、解答题 (22)题型三:数形结合法判段函数零点个数 (24)一、单选题 (24)二、多选题 (28)三、填空题 (31)四、解答题 (34)题型四:转化法判断函数零点个数 (39)一、单选题 (39)二、多选题 (42)三、填空题 (44)四、解答题 (46)题型五:零点存在定理与函数性质结合判断零点个数 (48)一、单选题 (48)二、多选题 (50)三、解答题 (53)题型六:利用函数零点(方程有根)求参数值或参数范围 (57)一、单选题 (57)二、多选题 (59)三、填空题 (61)四、解答题 (62)题型七:利用函数的交点(交点个数)求参数 (63)一、单选题 (63)二、多选题 (66)三、填空题 (68)四、解答题 (71)1.转化思想在函数零点问题中的应用方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题;已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题.2.判断函数零点个数的常用方法(1)通过解方程来判断.(2)根据零点存在性定理,结合函数性质来判断.(3)将函数y=f(x)-g(x)的零点个数转化为函数y=f(x)与y=g(x)图象公共点的个数来判断.3.正弦型函数的零点个数问题,可先求出零点的一般形式,再根据零点的分布得到关于整数k的不等式组,从而可求相应的参数的取值范围.4.涉及含参的函数零点问题,利用导数分类讨论,研究函数的单调性、最值等,结合零点存在性定理,借助数形结合思想分析解决问题.5.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.6.对于复合函数()y f g x ⎡⎤=⎣⎦的零点个数问题,求解思路如下: (1)确定内层函数()u g x =和外层函数()y f u =; (2)确定外层函数()y f u =的零点()1,2,3,,i u u i n ==;(3)确定直线()1,2,3,,i u u i n ==与内层函数()u g x =图象的交点个数分别为1a 、2a 、3a 、、n a ,则函数()y f g x ⎡⎤=⎣⎦的零点个数为123n a a a a ++++.题型一:零点存在定理法判断函数零点所在区间一、单选题【分析】结合对数函数、函数零点存在性定理等知识求得正确答案. 【详解】1133log 4log 10a =<=,3372,12b b =<<<,对于函数()()2ln 0f x x x x=->, ()f x 在()0,∞+上递增,()()22ln 210,e 10ef f =-<=->,所以()f x 存在唯一零点x c =,()2,e c ∈,使()0f c =,所以对于2ln c c=,有()2,e c ∈,所以a b c <<.故选:AA .3,4()B .4,5()C .5,6()D .8,9()【答案】B【分析】根据零点存在定理,先判断函数的单调性,再计算函数在端点处的函数值,即可得到答案.【详解】()12ln 3f x x x=-- ,由对数函数和幂函数的性质可知,函数在,()0x ∈+∞时为单调增函数,11(3)2ln332 1.0993033f =--≈⨯--<, 11(4)4ln2340.69330.478044f =--≈⨯--=-<,11(5)2ln532 1.60930.018055f =--≈⨯--=>,11(6)2ln632(ln 2ln3)2 1.7926630.4140f =--=+≈⨯--=>,因为()f x 在,()0x ∈+∞内是递增,故(8)0,(9)0f f >> ,函数是连续函数,由零点判断定理知,()f x 的零点在区间(4,5)内,故选:B .【分析】先根据题意解方程,解出5e 910k-=,在和端点值比较大小,由函数单调性和函数连续得到结果.【详解】将200,5,20A t L ===代入()()1e kt L t A -=-,解得:5e 910k-=,其中5e x y -=单调递减,而414e e --⎛⎫= ⎪⎝⎭,4910000e 106561-⎛⎫=< ⎪⎝⎭,而4y x -=在()0,∞+上单调递减,所以115204ee910-⨯-=<,结合单调性可知1113249<<e e 10e ---<,即1115551015209<0e e e 1-⨯-⨯-⨯<<,而050e 91e 10-⨯==>,其中5e xy -=为连续函数,故记忆率k 所在区间为1(0,)20. 故选:A【分析】根据零点存在性定理进行求解.【详解】易知()f x 在R 上单调递增且连续.由于()1440163f -=-<,()122043f -=-<,()111023f -=->,当0x >时,()0f x >,所以()02,1x ∈--.故选:B【分析】求出c 的值,利用零点存在定理得出31,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,然后比较a 、b 、c 的大小关系,结合函数()f x 的单调性可得出结论.【详解】因为()f x 的定义域为()0,∞+,()1e 0xf x x'=+>,则函数()f x 在其定义域上为增函数,3e 16>,则32e 4>,则3233e ln 4022f ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭,因为()1e 40f =-<,由零点存在定理可知31,2b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,由()2310g x x x '=--=可得1=x 2=x .当x <或x >时,()0g x '>x <<()0g x '<.所以,1c =<.因为2223log log 3log 422a =<=<=,所以,01cb a <<<<,故()()()f a f b fc >>.故选:A.6.(2022·安徽·安庆一中高三期末(理))函数2()log f x x x =+的零点所在的区间为( )【分析】依据函数零点存在定理去判断2()log f x x x =+的零点所在的区间即可. 【详解】2()log f x x x =+为(0,)+∞上的递增函数, 222111112log log 3log 03333332f ⎛⎫=+=-<-< ⎪⎝⎭=-,21111log 02222f ⎛⎫=+=-< ⎪⎝⎭,()22222251log log 353log 333333f ⎛⎫=+=-=- ⎪⎝⎭()221log 32log 2703=->()()22222333511log log 354log 3log log 04444443281f ⎛⎫=+=-+=-+=-+> ⎪⎝⎭,则函数2()log f x x x =+的零点所在的区间为12,23⎛⎫⎪⎝⎭故选:B二、多选题【分析】由题可得4()e x f x a x π-'=-,由()14f π=-可知,()04f π'=,进而可求1a =,然后再证明即得;再利用数形结合可得()'f x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点,利用零点存在定理及三角函数的性质即得.【详解】∵4()e 1x f x a x π-⎛⎫=- ⎪⎝⎭,∵4()e x f x a x π-'=-+,又函数4()e 1x f x a x π-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭的最小值为1-,∵函数在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上不单调,又44()e 1144f a ππππ-⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,∵4x π=时,函数在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上取得最小值,可得原条件的一个必要条件()04f π'=,∵44()e 1044f a a ππππ-'=-=-+=,即1a =,下面证明充分性:当1a =时,4()e 1xf x x π-=-,4()e xf x x π-'=-,令()4e xg x x π-=-,则()4os exx g x π-'=>,∵函数()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,又44(0)e 0,()e 02f f πππ-''=-<=->,∵函数()'f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点4x π=,且在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<,在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>,∵函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭的最小值为()14f π=-,综上,1a =故A 正确;∵4()e xf x x π-'=-+,令4()e 0x f x x=π-'=-,得4e x x π-,由函数图象可知4e x ,y y x π-==在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个交点,即存在唯一0,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得040e x x π-,又3243()e 10,()e 04f >f ππππ--''=-+=-<,故03,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,且当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,当()0,x x π∈时,()0f x '<,∵在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上,()f x 唯一的极大值点0x ,040000()e 11x f x x x x π-⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭02sin 14x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,∵03,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,03,424x πππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭,∵00()2sin 12114f x x π⎛⎫=--<-= ⎪⎝⎭.故CD 正确.故选:ACD.8.(2022·全国·高三专题练习)设函数()y f x =的定义域为R ,如果存在常数()0T T ≠,对于任意x ∈R ,都有()()f x T T f x +=⋅,则称函数()y f x =是“类周期函数”,T 为函数()y f x =的“类周期”.现有下面四个命题,正确的是( )A .函数()x f x -=3是“类周期函数”B .函数()3f x x =是“类周期函数”C .如果函数()cos f x x ω=是“类周期函数”,那么“k ωπ=,Z k ∈”D .如果“类周期函数”()y f x =的“类周期”为1-,那么它是周期为2的周期函数 【答案】ACD【分析】根据类周期函数的定义,分别进行判断即可.【详解】解:对于A ,若函数()xf x -=3是“类周期函数”,则存在非零常数T ,使()()f x T T f x +=⋅,即33x T x T ---=⋅,即(3)30T x T ---⋅=,即30T T --=,令()3Tg T T -=-,因为()()1200110,11033g g =-=-<=-=>,且函数()g T 在0,1上连续,所以函数()3Tg T T -=-在0,1上存在零点,即方程30T T --=在0,1上有解,即存在常数()0T T ≠,对于任意x ∈R ,都有()()f x T T f x +=⋅,所以函数()x f x -=3是“类周期函数”,故A 正确;对于B ,若函数()3f x x =是“类周期函数”,则存在非零常数T ,使()()f x T T f x +=⋅,即()33x T T x+=⋅,则()33x T T x+=,即1x T Tx x+=+对任意的x 恒成立,则0T =,矛盾,所以不存在常数()0T T ≠,对于任意x ∈R ,都有()()f x T T f x +=⋅,所以函数()3f x x =不是“类周期函数”,故B 错误.对于C ,若函数()cos f x x ω=是“类周期函数”,则存在非零常数T ,使()()f x T T f x +=⋅,即cos()cos x T T x ωωω+=;故1T =或1T =-, 当1T =时,cos()cos x x ωωω+=,由诱导公式得2k ωπ=,k Z ∈;当1T =-时,cos()cos x x ωωω+=-,由诱导公式得()21k ωπ=+,k Z ∈;故“k ωπ=,k Z ∈”,故C 正确;对于D ,如果“类周期函数”()y f x =的“类周期”为1-, 则(1)()f x f x -=-,即(1)()((1))(1)f x f x f x f x -=-=--+=+;故它是周期为2的周期函数;故D 正确.9.(2021·江西·模拟预测)已知实数1m n <<,设方程()()()(1)()(1)0x m x n x m x x n x --+--+--=的两个实数根分别为1212,()x x x x <,则下列结论正确的是( )A .不等式()()()(1)()(1)0x m x n x m x x n x --+--+--<的解集为12(,)x xB .不等式()()()(1)()(1)0x m x n x m x x n x --+--+--<的解集可能为空集C .121x m x n <<<<D .121m x n x <<<< 【答案】AD【分析】构造二次函数()()()(1)()()()1x m x n x m x x n x x f --+--+--=,分析函数()f x 的图象特征即可判断作答.【详解】令()()()(1)()()()1x m x n x m x x n x x f --+--+--=,R x ∈, 因1m n <<,则函数()f x 的图象对称轴1(,1)3m n x m ++=∈,且()f x 在1(,)3m n ++-∞上递减,在1(,)3m n +++∞上递增,又()(1)()0m n f m m --=>,()(1)()0n m f n n --=<,(1)(0()1)1m f n -->=,于是得函数()f x 有两个零点1212,()x x x x <,且满足121m x n x <<<<,不等式()0f x <的解集为12(,)x x ,所以A 正确,B 不正确,C 不正确,D 正确.故选:AD三、填空题在ABC 中,函数y x =+若命题“x ∃∈若函数()f x 【答案】∵∵∵【分析】∵利用大边对大角和正弦定理可证;∵变形后利用基本不等式进行求解最大值;∵先把命题否定,得到对x R ∀∈,2(3)10ax a x +-+>恒成立,分0a =与0a ≠两种情况求出a的取值范围;∵先根据(1)2af =-得到32a b c =--,得到(2)f a c =-,接下来分0c >与0c ≤,利用零点存在性定理得到答案.【详解】在ABC 中,因为A B >,所以a b >,由正弦定理得:sin sin a bA B=,所以sin sin A B >,同理可证,当sin sin A B >时,A B >,故在ABC 中,A B >是sin sin A B >的充要条件,∵正确;因为1x <,所以10x -<,201x ,所以()221111111y x x x x ⎡⎤=-++=--++≤-⎢⎥--⎣⎦,当且仅当()211x x -=-,即1x =等号成立,所以函数2(1)1y x x x =+<-的最大值是1-∵错误;命题“x R ∃∈,使得2(3)10ax a x +-+≤”是假命题,则对x R ∀∈,2(3)10ax a x +-+>恒成立,当0a =时,310x -+>不恒成立,当0a ≠时,只需0Δ0a >⎧⎨<⎩,解得:19a <<,综上:若命题“x R ∃∈,使得2(3)10ax a x +-+≤”是假命题,则19a <<;∵正确;(1)2a b c a f ++==-,所以32ab c =--,因为(0)f c =,3(2)42422a f a b c a c c a c ⎛⎫=++=+--+=- ⎪⎝⎭,当0c >时,(0)0f c =>,因为0a >,所以(1)02af =-<,故()(0)10f f <,由零点存在性定理得:在区间()0,1上,至少存在一个零点,当0c ≤,(2)0f a c =->,()(2)10f f <,由零点存在性定理得:在区间()1,2上至少存在一个零点,综上:函数()f x 在区间(0,2)内必有零点,∵正确. 故答案为:∵∵∵11.(2022·全国·高三专题练习)已知函数()()2e x f x ax x =+-,且2a >-,()f x '为()f x 的导函数,下列命题:∵存在实数a ,使得导函数()f x '为增函数; ∵当0a >时,函数()f x 不单调;∵当21a -<≤-时,函数()f x 在R 上单调递减; ∵当1a =时,函数()f x 有极值.在以上命题中,正确的命题序号是______. 【答案】∵∵∵∵【分析】求()f x ',令0a =可判断∵;根据零点存性定理可判断022,0x a ⎛⎫∃∈-- ⎪⎝⎭使得()00f x '=,可判断∵;令()()g x f x '=,求()g x ',由()g x '的符号判断()g x 的单调性,可求得()0g x ≤恒成立即()0f x '<恒成立可判断∵;求()f x '的单调性,根据零点存在性定理可知()00,1x ∃∈,使得()00f x '=可判断∵,进而可得正确答案.【详解】由()()2e xf x ax x =+-可得()()2e 1x f x ax a '=++-,对于∵,若0a =时,()2e 1xf x '=-为增函数,故∵对;对于∵,若0a >时,2222e 10af a a --⎛⎫'--=--< ⎪⎝⎭,()010f a '=+>,022,0x a ⎛⎫∃∈-- ⎪⎝⎭,使得()00f x '=,所以函数()f x 不单调,故∵对;对于∵,令()()2e 1x g x ax a =++-,则()()22e xg x ax a '=++,当21a -<≤-时,由()0g x '>得22x a ⎛⎫<-+ ⎪⎝⎭,由()0g x '<得22x a ⎛⎫>-+ ⎪⎝⎭所以()g x 在2,2a ⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭上单调递增,在22,a ⎛⎫--+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,从而()22max e1a g x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=--,要使220e 1a a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭-≤-,则令22t a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,则112t a =--,所以e 12t t ≤+,令()()e 1102t t m t t =---≤≤,()1e 2t m t '=-,则()m t 在11,ln 2⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减,在1ln ,02⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,而()11110e 2m -=+-<,()00e 010m =--=所以()0m t ≤恒成立,从而()22max e10a g x a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=--≤,即()0f x '≤恒成立,即()f x 在R 上单调减.故∵正确;对于∵,当1a =时,()()3e 1x f x x '=+-,()()4e x f x x ''=+,可知()()3e 1xf x x '=+-在(),4-∞-单调递减,在()4,-+∞单调递增,因为()020f '=>,()2110ef '-=-<,()00,1x ∃∈,使得()00f x '=,所以函数()f x 有极值,故∵对.综上所述:∵∵∵∵都正确,故答案为:∵∵∵∵. 12.(2021·福建·三明一中高三学业考试)已知函数()23x f x x =--的零点()()0,1x k k k Z ∈+∈,则k =__________.【答案】-3或2【分析】对函数()f x 求导,借助导数探讨其单调性,再用零点存在性定理分析计算即得.【详解】对函数()23x f x x =--求导得:()2ln 21x f x '=-,由()0f x '=得22log xe =,解得22log (log )x e =,当22log (log )x e <时,()0f x '<,当22log (log )x e >时,()0f x '>,于是得()f x 在22(,log (log ))e -∞上递减,在22(log (log ),)e +∞上递增,显然,13(3)0,(2)084f f -=>-=-<,则函数()f x 在区间(3,2)--上存在一个零点,又(2)10,(3)20f f =-<=>,即函数()f x 在区间(2,3)上存在一个零点,因函数()23x f x x =--的零点()()0,1x k k k Z ∈+∈,则3k =-或2k =,所以3k =-或2k =.故答案为:-3或2【分析】令21()()log 2x f x x =-,利用零点存在性定理可得a ∈,1(0,)2b ∈,从而可得12a b <- 【详解】令21()()log 2x f x x =-,则()f x 在(0,)+∞上单调递减,因为f (1)110022=-=>,111()log ()0222f =-=-<,21()log 2a a =,所以a ∈.122log b b =,0b >,21b ∴>,1(0,)2b ∴∈,∴12a b <- ∵:ln()a b -可能小于等于0,∴∵错误,∵:0b a -<,0221b a -∴<=,∴∵正确, ∵:0a b >>,∴11a b <,11a b∴->-,∴∵正确,∵:(1,2)a ∈,2log 0a ∴>, 1(0,)2b ∈,2log 0b ∴<,22log 0log a b ∴>>.∴∵正确,故答案为:∵∵∵.【分析】对于选项∵∵∵,直接代入求解即可判断;对于选项∵∵,先根据条件构造函数,判断函数的单调性,利用零点存在性定理判断即可.【详解】∵()224f x x x x =+-=,得240x x x +-=⇒=x =满足条件,故∵满足题意;∵()22,132,1x x f x x x ⎧≤⎪=⎨->⎪⎩,当1x ≤时,220x x x =⇒=或12x =;当1x >时,()2232321x x x x x -=⇒-=⇒=或3x =,即3x =;满足条件,故∵满足题意;∵()()21x f x e x x =+-=,令()2xg x e x =+-,易知()g x 为R 上的增函数,又()()010020,1120g e g e =+-<=+->,由零点存在性定理得()g x 在区间()0,1存在唯一的零点.故∵满足题意;∵()ln f x ax x a =--(01a <<),()ln ln 10ax x a x x a x a --=⇒+-+=, 令()()ln 1h x x a x a =+-+,又01a <<,则10a ->,易知()h x 为()0,∞+上的增函数, 又()()11131ln 12ln 20,1ln111044444h a a a h a a ⎛⎫=+-+=-++<=+-+=> ⎪⎝⎭,由零点存在性定理得()h x 在区间1,14⎛⎫⎪⎝⎭存在唯一的零点.故∵满足题意;∵()220f x x x x x=+=⇒=无实数解, 故∵满足题意;故答案为:∵∵∵∵.【点睛】本题主要考查了对布劳威尔不动点定理的理解,考查了零点存在性定理;考查学生的逻辑推理能力,运算求解能力.属于中档题.【分析】分别求出f (x )、g (x )零点所在区间,即可得到f (x +3)、g (x -4)的零点所在区间,结合题意,即可得到b -a 的最小值.【详解】∵f (x )=1+x -22x +33x ,∵'2()1f x x x =-+,∵'2213()1()024f x x x x =-+=-+>恒成立,∵f (x )=1+x -22x +33x 在R 上是单调递增函数.∵f (0)=1>0,f (-1)=506-<,∵f (x )在区间[-1,0]上存在唯一零点,∵f (x +3)在区间[-4,-3]上存在唯一零点;又∵g (x )=1-x +22x -33x ,∵'2()1g x x x =-+-,∵'2213()1()024g x x x x =-+-=---<恒成立,∵g (x )=1-x +22x -33x 在R 上是单调递减函数,∵g (2)=503-<,g (1)=106>,∵g (x )在区间[1,2]上存在唯一零点,∵g (x -4)在区间[5,6]上存在唯一零点,由F (x )=f (x +3)g (x -4)=0,得f (x +3)=0或g (x -4)=0,故函数F (x )的零点均在[-4,6]内,则b -a 的最小值为10.故答案为:10.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、函数零点与方程,考查分析理解,求值计算的能力,属中档题.四、解答题16.(2022·陕西西安·高三阶段练习(文))已知函数22()e x f x ax -=-(e 为自然对数的底数,R a ∈).(1)若1a =-,求证:()'f x 在区间()0,1内有唯一零点; (2)若()f x 在其定义域上单调递减,求a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析;(2)[0,2e].【分析】(1)把1a =-代入,求出()'f x 并探讨其单调性,再结合零点存在性定理判断作答. (2)利用给定单调性建立不等式,再分类分离参数,构造函数,讨论求解作答.(1)当1a =-时,()22e xf x x -=+,求导得:2()2e 2x f x x -'=-+,令2()2e 2x x x ϕ-=-+,则2()4e 20x x ϕ-'=+>,则函数()ϕx 在R 上单调递增,即函数()'f x 在R 上单调递增,而(0)20f '=-<,221(1)2e 22(1)0e f -'=-+=->,由函数零点存在性定理知,存在唯一0(0,1)x ∈,有0()0f x '=,所以()'f x 在区间()0,1内有唯一零点.(2)函数22()e x f x ax -=-的定义域是R ,依题意,R x ∀∈,2()2e 20x f x ax -'=--≤成立, 当0x =时,20-≤成立,R a ∈,当0x >时,2e x a x -≥-,令2e ()xg x x -=-,0x >,2221()0e x x g x x +'=>,即函数()g x 在(0,)+∞上单调递增,又当0x >时,()0g x <恒成立,于是得0a ≥,当0x <时,2e x a x -≤-,令2e ()xh x x -=-,0x <,2221()e x x h x x +'=,当12x <-时,()0h x '<,当102x -<<时,()0h x '>, 因此,()h x 在1(,)2-∞-上单调递减,在1(,0)2-上单调递增,当12x =-时,min 1()()2e 2h x h =-=,于是得2e a ≤,综上得:02e a ≤≤,所以a 的取值范围是[0,2e].【点睛】思路点睛:涉及函数不等式恒成立问题,可以探讨函数的最值,借助函数最值转化解决问题.f x 零点的个数;,求a 的取值范围答案见解析;(2)6a ≤【分析】(1)对()f x 求导有()()(1)e (0)xf x x x a x '=-->,再研究()e (0)xg x a x x -=>的单调性,结合()01f '=及零点存在性定理,讨论a 的范围判断f x 零点的个数.(2)讨论0a ≤、0e a <<、e a =、e a >,结合fx 的符号研究()f x 的单调性并结合(1)ef =求参数a 的范围.(1)()()()2e (1)(1)e (0)x xf x x x a x x x a x '=---=-->,令()e (0)x g x a x x -=>,则()(1)e 0x g x x '=+>,故()g x 在(0,)+∞上单调递增,而()01f '=, 当0a ≤时,e x x a =无解;当0e a <<时,由(0)0g a =-<,(1)e 0g a =->,故e x x a =有一个在(0,1)上的解;当e a =时,由(1)0g =,故e x x a =的解为1;当e a >时,由(1)e 0g a =-<,()(e 1)0a g a a -=>,故e x x a =有一个在(1,)+∞上的解; 综上,当0a ≤或e a =时,导函数f x 只有一个零点.当0e a <<或e a >时,导函数f x 有两个零点.(2)当0a ≤时,e 0x x a ->,则函数()f x 在1x =处取得最小值(1)e f =.当0a >时,由(1)知:()g x 在(0,)+∞上单调递增,则必存在正数0x 使得00e 0xx a -=.若e a >则01x >,在(0,1)上00e 0x x a -<,则()0f x '>,在0(1,)x 上00e 0x x a -<,则()0f x '>,在()0,x +∞上00e 0x x a ->,则()0f x '<,所以()f x 在(0,1)和()0,x +∞上单调递增,在()01,x 上单调递减,又(1)e f =,不合题意.若e a =则01x =,在(0,)+∞上0f x ,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,又(1)e f =,不合题意.若0e a <<则001x <<,在0(0,)x 上00e 0x x a -<,则()0f x '>,在0(),1x 上00e 0x x a ->,则()0f x '<,在()1,+∞上00e 0x x a ->,则()0f x '>,所以()f x 在()00,x 和(1,)+∞上单调递增,在()0,1x 上单调递减,则(0)3(1)e 2a f f =-≥=,解得62e a ≤-,即062e a <≤-.综上,62e a ≤-.题型二:方程法判断零点个数一、单选题【分析】由奇偶性定义可判断出A 正确;令()0f x =可确定B 正确;根据()f x 定义域为R ,()112f =-,可知若最小值为12-,则1x =是()f x 的一个极小值点,根据()10f '≠可知C 错误;由0x =时,cos x π取得最大值,21x +取得最小值可确定D 正确. 【详解】对于A ,()f x 定义域为R ,()()()()22cos cos 11x xf x f x x x ππ--===+-+, ()f x ∴为偶函数,A 正确;对于B ,令()0f x =,即cos π0x ,()2x k k πππ∴=+∈Z ,解得:()12x k k =+∈Z , ()f x ∴有无数个零点,B 正确;对于C ,()112f =-,∴若()f x 的最小值为12-,则1x =是()f x 的一个极小值点,则()10f '=; ()()()222sin 2cos 1xx x xf x xππππ++'=-+,()2sin 2cos 11042f πππ+'∴==-≠,1x ∴=不是()f x 的极小值点,C 错误;对于D ,1cos 1x π-≤≤,211x +≥;则当cos 1x π=,211x +=,即0x =时,()f x 取得最大值1,D 正确.故选:C. 2.(2022·北京·模拟预测)已知函数()cos 2cos f x x x =+,且[]0,2πx ∈,则()f x 的零点个数为( ) A .1个 B .2个C .3个D .4个【答案】C【分析】解三角方程求得()f x 的零点即可解决【详解】由()()2cos 2cos 2cos cos 1cos 12cos 10x x x x x x +=+-=+-=可得cos 1x =-或1cos 2x =,又[]0,2πx ∈,则πx =,或π3x =,或5π3x =则()f x 的零点个数为3故选:C【分析】利用()()f x a f a x +=-知()f x 关于直线x a =对称的性质验证A ;求得3102f π⎛⎫=-≠ ⎪⎝⎭可判断B ;化简()sin (1cos )f x x x =+,令()0f x =,得()x k k Z π=∈,进而判断C ;利用导数研究函数的单调性可判断D.【详解】对于A ,由已知得11()sin()sin 2()sin sin 222f x x x x x πππ-=-+-=-,即()()π-≠f x f x ,故()f x 不关于2x π=对称,故A 错误;对于B ,331sin sin 310222f πππ⎛⎫=+=-≠ ⎪⎝⎭,故B 错误; 对于C ,利用二倍角公式知()sin (1cos )f x x x =+,令()0f x =得sin 0x =或cos 1x =-,即()x k k Z π=∈,所以该函数在区间[]0,10内有4个零点,故C 错误;对于D ,求导2()cos cos22cos cos 1f x x x x x '=+=+-,令cos x t =,由57,33x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,知1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,即2()21g t t t =+-,利用二次函数性质知()0g t ≥,即()0f x '≥,可知()f x 在区间57,33x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增,故D 正确;故选:D.4.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f(x)={|x |+2,x <1,x +2x ,x ≥1.,则函数()||y f x x =-零点个数为( ) A .0 B .1C .2D .3【答案】A【分析】当1x <时和1≥x 时,分别化简函数()||y f x x =-的解析式可直接判断零点的个数.【详解】当1x <时,22y x x =+-=,所以不存在零点;当1≥x 时,220t x x x x=+-=>,也不存在零点,所以函数()||y f x x =-的零点个数为0.故选:A.二、多选题【分析】根据函数解析式,结合函数性质,对每个选项进行逐一分析,即可判断和选择. 【详解】对A :()f x 的定义域为{}0x x ≠,A 错误; 对B :()()11x x f x f x x x-++-==-=--,且定义域关于原点对称,故()f x 是奇函数,B 正确;对C :当0x >时,()111x f x x x+==+,单调递减,C 正确; 对D :因为0x ≠,10x +>,所以()0f x =无解,即()f x 没有零点,D 错误.故选:BC .【分析】写出()f x 的分段函数形式,A 应用正余弦函数的性质判断()f x 的周期性,B 由已知可得12cos 2cos 21x x ==,则112x k π=,222x k π=(12,k k Z ∈),即可判断正误;根据解析式,应用特殊值法判断C 、D 的正误.【详解】将函数()f x 化作分段函数,即cos 2,sin cos ()cos 2,sin cos x x x f x x x x -≥⎧=⎨<⎩,A ,(2)[sin(2)cos(2)]sin(2)cos(2)()f x x x x x f x πππππ+=+++⋅+-+=,()f x 是周期为2π的函数,对;B ,由12()()2f x f x +=得12|()||()|1f x f x ==,则12cos 2cos 21x x ==, 此时112x k π=,222x k π=(12,k k Z ∈),可得1212()2k k x x π++=,对; C ,由解析式得(0)()12f f π==,()f x 在[,]22ππ-上不单调,错;D ,由解析式知3()()12f f ππ==-,即()()1g x f x =+在[0,2]π上至少有两个零点,错.故选:AB.7.(2022·全国·高三专题练习)若()f x 和()g x 都是定义在R 上的函数,且方程()f g x x =⎡⎤⎣⎦有实数解,则下列式子中可以为()g f x ⎡⎤⎣⎦的是( ) A .22x x + B .1x + C .cos x e D .ln(||1)x +【答案】ACD【分析】由方程()f g x x =⎡⎤⎣⎦有实数解可得(){}()g f g x g x =⎡⎤⎣⎦,再用x 替代()g x ,即 []()x g f x =有解,逐个判断选项即可得出答案.【详解】由方程()f g x x =⎡⎤⎣⎦有实数解可得(){}()g f g x g x =⎡⎤⎣⎦,再用x 替代()g x ,即 []()x g f x =有解.对于A ,22x x x =+,即20x x +=,方程有解,故A 正确; 对于B ,1x x =+,即01=,方程无解,故B 错误;对于C ,当cos ,x e x =令cos ()x h x e x =-,因为(0)0f e =>,1022f ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,由零点的存在性定理可知,()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在零点,所以方程有解,故选项C 正确;对于D ,当ln(||1)x x +=时,0x =为方程的解,所以方程有解,故选项D 正确.故选:ACD.【分析】对A :根据偶函数的定义即可作出判断;对B :由有界性0|cos |1x ≤≤,1sin ||1x -≤≤,且32x π=时sin |||cos |1x x +=-即可作出判断;对C :当[]0,2x π∈时,sin cos ,023()sin cos ,223sin cos ,22x x x f x x x x x x x πππππ⎧+≤⎪⎪⎪=-<⎨⎪⎪+<⎪⎩,可得函数()f x 有两个零点,根据偶函数的对称性即可作出判断;对D :当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()sin cos 4f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,利用三角函数的图象与性质即可作出判断.【详解】解:对A :因为()sin |||cos()|sin |||cos |()f x x x x x f x -=-+-=+=,所以()f x 是偶函数,故选项A 正确;对B :因为0|cos |1x ≤≤,1sin ||1x -≤≤,所以sin |||cos |1x x +≥-,而32x π=时sin |||cos |1x x +=-,所以()f x 的最小值为1-,故选项B 正确;对C :当[]0,2x π∈时,sin cos ,023()sin cos ,223sin cos ,22x x x f x x x x x x x πππππ⎧+≤⎪⎪⎪=-<⎨⎪⎪+<⎪⎩,令()0f x =,可得54=x π,74π,又由A 知函数()f x 为偶函数,所以函数()f x 在区间[]2,0π-上也有两个零点54π-,74π-,所以函数()f x 在区间[]2,2ππ-上有4个零点,故选项C 正确;对D :当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()sin cos 4f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,因为2x ππ<<,所以3444x πππ<-<,而sin y x =在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在3,24ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,故选项D 错误.故选:ABC.三、填空题【答案】42ω<<或22ω<≤.【分析】先求出零点的一般形式,再根据()f x 在区间(4π,23π)上恰有2个零点可得关于整数k 的不等式组,从而可求ω的取值范围.【详解】令()0f x =,则1sin 62x πω⎛⎫-= ⎪⎝⎭,故()1,66k x k k Z ππωπ-=+-∈,故()166kk x πππω+-+=,因为()f x 在区间(4π,23π)上恰有2个零点,所以存在整数k ,使得: ()()()()()()()123421116666213166663k k k k k k k k ππππππωωππππππππωω+++⎧+-+++-+⎪≤⎪⎪⎨⎪++-+++-+⎪<⎩<≤⎪,若k 为偶数,则()()()13233423k k k k πππωωπππωππω⎧+⎪+≤⎪⎪⎨⎪+++⎪<⎩<≤⎪, 整理得到:()444433733232k k k k ωω⎧+≤<+⎪⎪⎨⎛⎫⎪+<≤+ ⎪⎪⎝⎭⎩∵,因为0>ω,故0k ≥, 当2k ≥时,4394322k k +>+,故∵无解,当0k =时,有4437922ωω⎧≤<⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩即742ω<<.若k 为奇数,则()()()42313323k k k k πππππωωπππωω⎧++⎪≤<≤⎪⎪⎨⎪+++⎪<⎪⎩,整理得到:()444333102223k k k k ωω⎧⎛⎫≤<+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+<≤+ ⎪⎪⎝⎭⎩∵,因为0>ω,故1k ≥-,当3k ≥时,3452k k >+,故∵无解,当1k =-时,有4433722ωω⎧-≤<⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩,无解.当1k =时,有284391322ωω⎧≤<⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎩,故91322ω<≤.综上,742ω<<或91322ω<≤.故答案为:742ω<<或91322ω<≤. 【点睛】思路点睛:对于正弦型函数的零点个数问题,可先求出零点的一般形式,再根据零点的分布得到关于整数k 的不等式组,从而可求相应的参数的取值范围.【分析】根据m 的范围分类讨论f (x )的零点即可.【详解】∵m =0时,f (x )={x 2+3x,x ≤0,x −1,x >0,令f (x )=0,则x =0或x =-3或x =1,即f (x )有三个零点,满足题意;∵m ≠0时,令f (x )=0,则x >0时,101mx x +-=+,则21x m =-(*), x≤0时,230x x m ++=(**),显然x ≤0时的方程(**)最多有两个负根,而x >0时的方程(*)最多只有一正根,为了满足题意,则x >0时必有1根,则1-m >0,且根为x ∵m <1;x ≤0时方程必然有两个负根,则Δ094090004m m m m ⎧>->⎧⇒⇒<<⎨⎨>>⎩⎩, ∵0<m <1;综上所述,m ∵[)0,1.故答案为:[)0,1.四、解答题【分析】(1)求得11e f x ax a x =+-+,分0a =、0a <、0a >三种情况讨论,分析导数的符号变化,由此可得出函数()f x 的增区间和减区间;(2)由()0f x =可得出20ax x a -+=,由102a <<结合判别式可判断出方程20ax x a -+=的根的个数,由此可证得结论成立.(1)解:函数()f x 的定义域为R ,()()()()2211e 11e x x f x ax a x a ax a x '⎡⎤=+-+-=+-+⎣⎦.当0a =时,则()()1e xf x x '=-+,由()0f x '<可得1x >-,由()0f x '>可得1x <-,此时函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-,单调递减区间为()1,-+∞; 当0a ≠时,由()0f x '=可得11=-x a或1x =-. ∵当0a <时,111a-<-,由()0f x '<可得11x a <-或1x >-,由()0f x '>可得111x a -<<-,此时函数()f x 的单调递减区间为1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭、()1,-+∞,单调递增区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭;∵当0a >时,111a ->-,由()0f x '<可得111x a -<<-,由()0f x '>可得1x <-或11x a >-,此时函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-、11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.综上所述,当0a <时,函数()f x 的单调递减区间为1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭、()1,-+∞,单调递增区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭; 当0a =时,函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-,单调递减区间为()1,-+∞;当0a >时,函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-、11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为11,1a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.(2)解:由()0f x =可得20ax x a -+=,因为102a <<,则()()21412120a a a ∆=-=-+>,即关于x 的方程20ax x a -+=有两个不等的实根, 所以,当102a <<时,()f x 在R 上有且仅有两个零点.【点睛】思路点睛:讨论含参函数的单调性,通常注意以下几个方面: (1)求导后看最高次项系数是否为0,须需分类讨论;(2)若最高次项系数不为0,通常是二次函数,若二次函数开口方向确定时,再根据判别式讨论无根或两根相等的情况;(3)再根据判别式讨论两根不等时,注意两根大小比较,或与定义域比较.【答案】(1)2个(2)存在,且a 的取值范围是0,7⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【分析】(1)解方程()0f x =,即可得解;(2)由()00f =,分析可知当2x <且0x ≠时,由()0f x ≤可得()2310ax a +-≤,分0a =、0a <、0a >三种情况分析,结合一次函数的基本性质可得出关于实数a 的不等式,综合可求得实数a 的取值范围.(1)解:当3a =时,()()3221f x x x x x =+=+,令()0f x =,可得0x =或1x =-,此时函数()f x 有2个零点.(2)解:当(),2x ∈-∞时,由()()32111032f x ax a x =+-≤.当0x =时,对任意的R a ∈,()00f =,满足题意; 当2x <且0x ≠时,由()0f x ≤可得()2310ax a +-≤, 若0a =,则有30-≤,合乎题意; 若0a <,当3302ax a-<<时,()2310ax a +->, 则()2310ax a +-≤对任意的()(),00,2x ∈-∞⋃不可能恒成立,舍去; 若0a >,则有()4310a a +-≤,解得37a ≤,此时307a <≤.综上所述,当307a ≤≤时,当(),2x ∈-∞时,()0f x ≤恒成立. 题型三:数形结合法判段函数零点个数一、单选题1.(2022·安徽淮南·二模(文))已知函数,则下列关于函数的描述中,其中正确的是( ). ①当时,函数没有零点;②当时,函数有两不同零点,它们互为倒数; ③当时,函数有两个不同零点;④当时,函数有四个不同零点,且这四个零点之积为1. A .①② B .②③C .②④D .③④【答案】C【分析】画出函数图象即可判断①,令解方程即可判断③,将零点问题转化成函数图象交点的问题,利用数形结合即可判断②和④.【详解】当时,,函数图象如下图所示, ()1,0ln ,0x a x f x x x a x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩()f x 0a =()f x 02a <<()f x 2a =()f x 2a >()f x ()0f x =0a =()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩由此可知该函数只有一个零点,故①不正确; 当时,则函数的零点为和, ∵函数有两个不同零点,∴由函数的图象可知,解得, 当时,则函数的零点为和,此情况不存在有两不同零点,则函数有两不同零点时的取值范围是,设对应的两个零点为,,即或,解得,, 则,所以它们互为倒数,故②正确;当时,函数解析式为,令,解得,令,解得或,由此可知函数有三个零点,故③不正确; 当时,则函数的零点为和, ∵函数有四个不同零点,∴由函数的图象可知,解得, 当时,则函数的零点为和,此情况不存在有两不同零点;0a >()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x ()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩20a -<-<02a <<0a <()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x ()f x a 02a <<1x 2x 1ln x a =2ln x a =-1e a x =21e e aax -==121x x ⋅=2a =()12,0ln 2,0x x f x x x x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩()1200x x x++=<1x =-()ln 200x x -=>2e x =21e x =0a >()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x ()1,0ln ,0x x f x x x x ⎧+<⎪=⎨⎪>⎩2a -<-2a >0a <()f x ()10x a x x+=-<()ln 0x a x =>()f x设对应的两个零点为,,,,即或,解得,, 当时,整理得,当时,, 则该方程存在两个不等的实数根和,由韦达定理得,所以,则故④正确; 故选:.2.(2022·河南安阳·模拟预测(文))已知函数,则关于的方程有个不同实数解,则实数满足( ) A .且 B .且 C .且 D .且【答案】C【分析】令,利用换元法可得,由一元二次方程的定义知该方程至多有两个实根、,作出函数的图象,结合题意和图象可得、,进而得出结果.【详解】令,作出函数的图象如下图所示:由于方程至多两个实根,设为和,由图象可知,直线与函数图象的交点个数可能为0、2、3、4,由于关于x 的方程有7个不同实数解,则关于u 的二次方程的一根为,则, 则方程的另一根为,直线与函数图象的交点个数必为4,则,解得. 所以且. 故选:C.1x 2x 3x 4x 1ln x a =2ln x a =-1e a x =21e e aax -==10x a x++=210x ax ++=2a >0∆>3x 4x 341x x ⋅=12341e 11e aax x x x =⋅⋅=C ()221xf x =--x ()()20f x mf x n ++=7,m n 0m >0n >0m <0n >01m <<0n =10m -<<0n =()u f x =20u mu n ++=1u 2u ()f x 10u =2u m =-()u f x =()u f x=20u mu n ++=1u u =2u u =1u u =()u f x =()()20f x mf x n ++=20u mu n ++=10u =0n =20u mu +=2u m =-2u u =()u f x =10m -<-<01m <<01m <<0n =3.(2022·安徽·模拟预测(文))已知函数,若有4个零点,则实数a 的取值范围是( ) A . B .C .D .【答案】A【分析】在同一坐标系中作出的图象,根据有4个零点求解. 【详解】解:令,得, 在同一坐标系中作出的图象,如图所示:由图象知:若有4个零点, 则实数a 的取值范围是, 故选:A4.(2022·河南河南·三模(理))函数的所有零点之和为( ) A .0 B .2 C .4 D .6【答案】B【分析】结合函数的对称性求得正确答案.【详解】令,得, 图象关于对称,在上递减. ,令,所以是奇函数,图象关于原点对称,所以图象关于对称,,在上递增, 所以与有两个交点,()2ln ,02,0x x f x x x x ⎧>=⎨--≤⎩()()g x f x a =-()0,1(]0,1[]0,1[)1,+∞(),y f x y a ==()()g x f x a =-()()0g x f x a =-=()f x a =(),y f x y a ==()()g x f x a =-()0,1()112e e 1x xf x x --=---()112e e 01x xf x x --=--=-112e e 1x x x ---=-()21g x x =-()1,0()(),1,1,-∞+∞()11e e ,x x h x --=-()()()()1e e ,e e x x x x H x h x H x H x --=+=--=-=-()H x ()h x ()1,0()10h =()1ee e x xh x -=-R ()h x ()g x两个交点关于对称,所以函数的所有零点之和为. 故选:B二、多选题5.(2022·广东·普宁市华侨中学二模)对于函数,下列结论中正确的是( )A .任取,都有B .,其中;C .对一切恒成立;D .函数有个零点; 【答案】ACD【分析】作出函数的图象.对于A :利用图象求出,即可判断;对于B :直接求出,即可判断;对于C :由,求得,即可判断; 对于D :作出和的图象,判断出函数有3个零点.【详解】作出函数的图象如图所示.所以.()1,0()112e e 1x xf x x --=---2sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩12,[1,)x x ∈+∞123()()2f x f x -≤11511222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭k ∈N ()2(2)()k f x f x k k N *=+∈[0,)x ∈+∞()ln(1)y f x x =--3sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩max min (),()f x f x 1511222222k f f f k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1()(2)2f x f x =-()2(2)k f x f x k =+()y f x =ln(1)y x =-()ln(1)y f x x =--sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨->⎪⎩max min ()1,()1f x f x ==-对于A :任取,都有.故A 正确; 对于B :因为,所以.故B 错误;对于C :由,得到,即.故C 正确;对于D :函数的定义域为.作出和的图象如图所示:当时,;当时,函数与函数的图象有一个交点; 当时,因为,,所以函数与函数的图象有一个交点,所以函数有3个零点.故D 正确. 故选:ACD6.(2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测)已知是定义在R 上的偶函数,且对任意,有,当时,,则( )A .是以2为周期的周期函数B .点是函数的一个对称中心12,[1,)x x ∈+∞()12max min 13()()()()122f x f x f x f x -≤-=--=1151111,,222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1112215112121222212kkf f f k ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭++++=+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-1()(2)2f x f x =-1(2)()2kf x k f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭()2(2)kf x f x k =+()ln(1)y f x x =--()1,+∞()y f x =ln(1)y x =-2x =sin2ln10y π=-=12x <<()y f x =()ln 1y x =-2x >2111s 49422in 41f f π⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭971ln 1ln 1224⎪->⎛⎫⎝>=⎭()y f x =()ln 1y x =-()ln(1)y f x x =--()f x x ∈R ()()11f x f x -=-+[]0,1x ∈()22f x x x =+-()f x ()3,0-()f x。

高中数学零点试题及答案

高中数学零点试题及答案

高中数学零点试题及答案一、选择题1. 若函数f(x)=x^2-4x+3在区间[1,3]上有零点,则下列说法正确的是()。

A. 函数f(x)在区间[1,3]上单调递增B. 函数f(x)在区间[1,3]上单调递减C. 函数f(x)在区间[1,3]上先减后增D. 函数f(x)在区间[1,3]上先增后减2. 函数y=x^3-3x+1的零点个数是()。

A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个二、填空题3. 函数f(x)=x^2-2x-3的零点是_______。

4. 若函数f(x)=x^2-6x+8在区间[2,4]上恰好有一个零点,则该零点为_______。

三、解答题5. 已知函数f(x)=x^3-3x^2+4,求证:函数在区间[1,2]上存在零点。

6. 已知函数f(x)=x^2-2ax+a^2-1,其中a为实数,求证:当a>1时,函数在区间(-∞,a)上不存在零点。

答案:一、选择题1. C2. B二、填空题3. 3或-14. 3三、解答题5. 证明:首先求出函数f(x)的导数f'(x)=3x^2-6x。

令f'(x)=0,解得x=0或x=2。

在区间[1,2]上,f'(x)>0,说明函数f(x)在该区间上单调递增。

又因为f(1)=2>0,f(2)=-1<0,所以根据零点存在定理,函数在区间[1,2]上存在零点。

6. 证明:首先求出函数f(x)的导数f'(x)=2x-2a。

令f'(x)=0,解得x=a。

在区间(-∞,a)上,f'(x)<0,说明函数f(x)在该区间上单调递减。

又因为f(a)=a^2-1>0,所以函数在区间(-∞,a)上不存在零点。

数学必修一零点题型总结

数学必修一零点题型总结
切线法
利用切线的方法,通过分析函数在某 点的切线,结合零点定理的结论,证 明零点的存在。
反证法证明方法
• 反证法:首先假设零点不存在,然后通过推导得出矛盾,从而 证明零点的存在。反证法是一种间接的证明方法,常用于证明 一些难以直接证明的数学命题。
04
零点定理的应用
在求解方程中的应用
总结词
零点定理在求解方程中起到关键作用 ,通过判断函数在区间端点的函数值 异号来确定方程的解。
通过将不等式问题转化为寻找函数零 点的问题,可以利用零点存在定理求 解。
对于一些难以求解的方程,可以利用 零点存在定理判断方程根的存在性。
定理的局限性
需要满足连续性条件
零点存在定理要求函数在区间上连续,如果函数不连续,定理可 能不适用。
不一定唯一解
虽然定理保证了至少存在一个零点,但不一定是唯一解,可能存在 多个零点。
03
零点定理的证明方法
代数证明方法
Hale Waihona Puke 代数恒等式利用代数恒等式来证明零点定理 ,通过将函数进行变形,转化为 已知的恒等式或等价形式,从而 证明零点存在。
连续性
利用函数的连续性,通过分析函 数在区间端点的函数值,结合零 点定理的结论,证明零点的存在 。
几何证明方法
函数图像
利用函数图像来直观地说明零点的存 在,通过观察图像在区间内的变化趋 势,结合零点定理的结论,证明零点 的存在。
这类题目通常会给出不等式和函数的表达式,要求利用零点定理证明该不等式。解题时 需要先分析函数的单调性和零点存在性定理,然后结合函数的图像和性质进行证明。在
证明过程中,可能需要使用到一些不等式的性质和证明技巧,如放缩法、构造法等。
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高考数学函数零点问题3类题型4种方法讲解!你觉得零点问题难吗?

高考数学函数零点问题3类题型4种方法讲解!你觉得零点问题难吗?

高考数学函数零点问题3类题型4种方法讲解!你觉得零点问题难吗?函数零点问题的4种解题方法一、依据概念化为方程求根对于函数y=f(x),我们把f(x)=0使的实数x叫做函数y=f(x)的零点,因此,该方法就是将函数的零点问题转化为方程f(x)=0的问题来解答。

二、由数到形实现零点交点的互化函数y=f(x)的零点,即函数y=f(x)的图像与x轴的交点的横坐标。

因此,求函数的零点问题可转化为函数y=f(x)图像与x轴的交点的横坐标,或将方程f(x)=0整理成f1(x)=f2(x)形式,然后在同一直角坐标系下,画出两函数的图像,交点的横坐标即为函数的零点,交点的个数即为函数的零点个数。

注:在解题中,若遇到函数形式复杂难以作图时,则不妨先整理表达式,一般以所涉及的函数能作其图像为整理要求。

接着在同一坐标系下,规范作图,然后确定交点的位置或个数,特别在部分区间上是否存在交点,要细心对待,有时还需计算相关的函数值(函数值的趋势)来确定是否有交点。

三、依存定理凭号而论如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图像时联系不断的一条曲线,并且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点。

即存在c∈(a,b),使得f(c)=0。

通常将此论述称为零点存在性定理。

因此,该解题策略就是将函数零点分布问题转化为判断不等式f(a)f(b)<0是否成立。

四、借助单调确定问题如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图像时连续不断的一条具有单调性曲线,并且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有唯一零点,即存在唯一的c∈(a,b),使得f(c)=0。

通常将此论述称为零点唯一性定理。

因此,该策略解题需要考虑两个条件:条件一是f(a)f(b)<0是否成立;条件二是否具有单调性。

题型一:已知零点个数求参数范围题型二:求零点所在区间题型三:求零点个数。

高考常考题- 函数的零点问题(含解析)

高考常考题- 函数的零点问题(含解析)

函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程,进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题,并作出函数图像。

作图与根分布综合的题目,其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图,在作图的过程中还要注意渐近线的细节,从而保证图像的准确。

例1、(2019苏州三市、苏北四市二调)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x +4)=f (x ),且在区间[2,4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研)若函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧12x-1,x <1,ln xx 2,x ≥1,)则函数y =|f (x )|-18的零点个数为________.例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π,的零点个数为________. 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数,确定参数的取值范围,常用的方法和思路:(1) 直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.(2) 分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决,解法2就是此法.它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理,这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题.(3) 数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后数形结合求解.例4、(2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末)已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点,则实数k 的取值范围是( ) A .(1,)+∞B .[1,)+∞C .(,1)-∞D .(,1]-∞例5、(2020·全国高三专题练习(文))函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩,若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根,则实数m 的取值范围是 ( ) A .(),4-∞B .(],4-∞C .()2,4-D .(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点,则k 的取值范围是 A .1(,)(22,)2-∞-+∞ B .1(,)(0,22)2-∞-C .(,0)(0,22)-∞ D .(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ,函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩.若函数()y f x ax b =--恰有3个零点,则A .a <–1,b <0B .a <–1,b >0C .a >–1,b <0D .a >–1,b >0例8、(2020·浙江学军中学高三3月月考)已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩,若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点,则实数k 的取值范围是( )A .1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B .1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C .11,64⎛⎫⎪⎝⎭D .11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、(2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考)已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+,若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点,则实数k 的值不可能为A .23- B .12-C .34-D .1-二、达标训练1、(2019·山东师范大学附中高三月考)函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为( ) A .()1,0-B .10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C .1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D .()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩,,,,()()g x f x x a =++.若g (x )存在2个零点,则a 的取值范围是A .[–1,0)B .[0,+∞)C .[–1,+∞)D .[1,+∞)3、(2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学)已知,a b ∈R ,函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩,若函数()y f x ax b =--恰有3个零点,则( ) A .1,0a b >>B .1,0a b ><C .1,0a b <>D .1,0a b <<4、(2020届山东实验中学高三上期中)设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=,且当0x ≤时,()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭,且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点,则实数a 的取值可能是( ) A .12BC .2e D5、(2020届山东师范大学附中高三月考)已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩,若方程()f x x a =-+有三个不同的实根,则实数a 的取值范围是________.6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ,函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩,当λ=2时,不等式f (x )<0的解集是___________.若函数f (x )恰有2个零点,则λ的取值范围是___________.7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩,若存在实数k ,使得函数()y f x k =-有6个零点,则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程,进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题,并作出函数图像。

函数零点问题典例(含答案)

函数零点问题典例(含答案)

3、已知函数f(x)=2x+ln(1-x),讨论函数f(x)在定义域内的零点个数.
4、已知函数f(x)=x2+2mx+2m+1.
(1)若函数f(x)的两个零点x1,x2满足x1∈(-1,0),x2∈(1,2),求实数m 的取值范围;
(2)若关于x的方程f(x)=0的两根均在区间(0,1)内,求实数m的取值范围.
【点评】含指数式和对数式的方程常用换元法向常规方程转化,解二次方程的常用方法是因式分解和求根公式.注意导数的零点的意义.
2、分析
(1)直接解方程f(x)=0有困难,可以作出函数y=2-x及y=lg(x+1)的图象,还可以用判定定理.
(2)画出函数图象,结合最值与交点情况求解.
【解析】
(1)方法一:令f(x)=0,得2-x=lg(x+1),作出函数y=2-x及y=lg(x+1)的图象(如图2-16-1),可知有一个交点.∴函数f(x)的零点有且只有一个.
方法二:
首先x>-1,在区间(-1,+∞)上2-x是减函数,-lg(x+1)也是减函数,∴函数f(x)在区间(-1,+∞)上为减函数且连续.
3、【解析】函数
f′(x)=2+-1 1-x
令f′(x)=0, 得
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高中数学专题---零点问题

高中数学专题---零点问题

高中数学专题--- 零点问题基本方法:零点个数问题:解决这类题的关键是利用导数对函数的单调性,函数的极值进行讨论,画出此函数的“趋势图”,再判断极大值和极小值与0的关系;注意分类讨论的思想、函数与方程的思想、数形结合思想的应用.隐零点问题:导数解决函数综合性问题最终都回归于函数单调性的判断,而函数的单调性与其导数的零点有着紧密的联系,可以说导函数零点的判断、数值上的精确求解或估计成为导数综合应用中最为核心的问题. 导函数的零点,根据其数值上的差异,我们可以分为两类:一类是数值上能精确求解的,我们不妨称为“显零点”;另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的,我们不妨称为“隐零点”.(1)函数“隐零点”的存在性判断对于函数“隐零点”的存在性判断,常采用下列两种方法求解:①若连续函数()f x 在(,)a b 上单调,且()()0f a f b ,则()f x 在(,)a b 上存在唯一零点;②借助图像分析,即将函数()f x 的零点问题转化为方程()0f x 的解的判断,并通过合理的变形将方程转化为合适的形式在处理.(2)函数“隐零点”的虚设和代换 对于函数“隐零点”,由于无法求出其显性表达式,这给我们求解问题带来一定困难. 处理这类问题的基本方法为“虚设及代换”:在确定零点存在的条件下虚设零点0x ,再借助零点的表达式进行合理的代换进而求解.(3)函数“隐零点”的数值估计-卡根思想函数“隐零点”尽管无法求解,但是我们可以进行数值估计,最简单的方法即为判断其存在性的前提下利用二分法进行估计,估值范围越精确越容易解决问题. 对于“隐零点”的代数估计,可以通过单调函数构造函数不等式进行估计.一、典型例题1. 已知函数()()21e x f x x ax =-+,a ∈R .(1)讨论函数()f x 的单调区间;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.2. 已知函数()e 23x f x x m =-++,1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点.(1)求m 的取值范围;(2)求证120x x +<.二、课堂练习1. 已知函数()()32113f x x a x x =-++. 证明:()f x 只有一个零点.2. 已知函数()()2e 2e x x f x a a x =+--.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.三、课后作业1. 已知函数()(2)ln 23f x x x x =-+-,1x ≥,试判断函数()f x 的零点个数.2. 已知函数()2ln f x x x x x =--,证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()2202e f x --<<.3. 设函数2()(1)x f x x a a =->,讨论()f x 的零点个数.。

高一数学零点难题汇总

高一数学零点难题汇总

以下是高一数学的一些零点难题汇总:1.已知函数 f(x) = 2x - 3, g(x) = x^2 - 2x + c (c ∈ R)。

若对任意的 x₁∈ [-1,2], 存在 x₂∈ [0,3],使得 f(x₁) = g(x₂) 成立,则 c 的取值范围是 _______。

2.若f(x)是定义在R上的函数,对任意的x∈R,都有f(−x)=−f(x)+(x−1),则f′(0)等于____.3.已知函数 f(x) = x^2 - (a + 2)x + alnx,若 f(x) > 0 在(0, +∞) 上恒成立,则 a 的取值范围为 _______.4.若函数 f(x) = x^2 + ax - lnx 在 [1,3] 上存在极值点,则实数 a 的取值范围是 _______.5.已知函数 f(x) = { (3a - 1)x + 4a, x < 1; logₐx, x ≥1 } 是 ( - ∞, + ∞) 上的减函数,则 a 的取值范围是_______.6.已知函数 f(x) = |2x - a| + a (a ∈ R),满足 f(x) ≤6 的解集为 { x | -2 ≤ x ≤3} ,若存在实数 n 使 f(n/2) ≤m + f(-n/2) 成立,则实数 m 的取值范围是 _______.7.若函数 f(x) = x^2 - ax + a (a > 0) 在 [-1,1] 上的最小值为 -2,则实数 a 的值为 _______.8.若f(x)=x2ex−ax在(0,+∞)上有极值点,则实数a的取值范围是____.9.若函数f(x)=x2ex−ax在(0,+∞)上有极值点,则实数a的取值范围是____.这些题目涉及到了函数的零点、导数、单调性等知识点,需要学生熟练掌握并灵活运用。

解答这些题目需要一定的数学分析和推理能力。

考点21利用导数研究函数的零点(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

考点21利用导数研究函数的零点(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

考点21利用导数研究函数的零点(3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练)【考试提醒】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现【核心题型】题型一 利用函数性质研究函数的零点利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数,此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.【例题1】(2024·全国·模拟预测)若函数()e 2xf x x a =-+-有两个零点,则实数a 的取值范围是( )A .(],1-¥B .(],0-¥C .(),0¥-D .(),1-¥【变式1】(2024·陕西西安·一模)若不等式e ln 2x x x a x -+³-恒成立,则实数a 的取值范围为.【变式2】(2024·全国·模拟预测)已知函数2()(2)ln f x x a x a x =-++,a ÎR .(1)讨论()f x 的单调性;(2)设2e ()()(1)2(1)ln xg x f x x a x a a x x =-+-+-+-,若()g x 存在两个不同的零点1x ,2x ,且12x x <.(i )证明:2e 1a >+;(ii )证明:22142121a a x x a ---<-.【变式3】(2024·辽宁·三模)已知()()211e 2xf x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当0a >时,证明:函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ,且120x x +<.题型二 数形结合法研究函数的零点含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x 表示参数的函数,作出该函数的图象,根据图象特征求参数的范围或判断零点个数.【例题2】(2024·北京房山·一模)若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x f x x ¥¥ì-Î-ï=íÎ+ïî,则函数()()g x f x x c =++零点的个数为( )A .1B .2C .1或2D .1或3【变式1】(2024·全国·模拟预测)已知函数3e ,111(),()11,12xx x f x g x x a x x x ì>-ïï+==++íï+£-ïî.若(())0g f x =有三个不同的根,则a 的取值范围为 .【变式2】(2024·陕西西安·模拟预测)已知函数()()e 1xf x ax a =--ÎR .(1)若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线2e 10x y ++=垂直,求a 的值;(2)当(]0,2x Î时,讨论函数()()ln F x f x x x =-零点的个数.【变式3】(2024·河北邯郸·二模)已知函数()()e ,ln xf x mxg x x m x =-=-.(1)是否存在实数m ,使得()f x 和()g x 在()0,¥+上的单调区间相同?若存在,求出m 的取值范围;若不存在,请说明理由.(2)已知12,x x 是()f x 的零点,23,x x 是()g x 的零点.①证明:e m >,②证明:31231e x x x <<.题型三 构造函数法研究函数的零点涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围【例题3】(2023·吉林通化·模拟预测)已知函数()()232()23f x x x ax b =+-+满足:①定义域为R ;②142b <<;③有且仅有两个不同的零点1x ,2x ,则1211+x x 的取值范围是( )A .(2,1)--B .11,2æö--ç÷èøC .1,12æöç÷èøD .(1,2)【变式1】(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数2()e 2ln x f x ax x x a =---,则( )A .当1a =时,()f x 有极小值B .当1a =时,()f x 有极大值C .若()0f x ³,则1a =D .函数()f x 的零点最多有1个【变式2】(2024·全国·模拟预测)设函数()()2ln f x x ax x a =-++ÎR .(1)若1a =,求函数()f x 的单调区间;(2)设函数()f x 在1,e e éùêúëû上有两个零点,求实数a 的取值范围.(其中e 是自然对数的底数)【变式3】(2024·广东·二模)已知()()21122ln ,02f x ax a x x a =+-->.(1)求()f x 的单调区间;(2)函数()f x 的图象上是否存在两点()()1122,,,A x y B x y (其中12x x ¹),使得直线AB 与函数()f x 的图象在1202x x x +=处的切线平行?若存在,请求出直线AB ;若不存在,请说明理由.【课后强化】基础保分练一、单选题1.(2023·四川资阳·模拟预测)将函数()1cos e xf x x =-在()0,¥+上的所有极值点按照由小到大的顺序排列,得到数列{}n x (其中*n ÎN ),则( )A .11ππ22n n x n æöæö-<<+ç÷ç÷èøèøB .1πn n x x +-<C .()121πn n x x n ++>-D .(){}1πn x n --为递减数列2.(23-24高三上·湖北荆门·阶段练习)()22e 5x f x x =-的零点的个数为( )A .0B .1C .2D .33.(2023·四川成都·二模)若指数函数x y a =(0a >且1a ¹)与幂函数5y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是( )A .e5e ,¥æö+ç÷èøB .e51,e æöç÷èøC .e 51,e æöæöç÷ç÷ç÷èøèøD .e 51,e æöç÷èø4.(2023·全国·模拟预测)已知函数1522ln 4()e 4ln(4)e 2x a a xx f x x x -+-=++-++存在零点,则实数a 的值为( )A .2-B .15ln24-C .3-D .15ln34-二、多选题5.(2024·全国·模拟预测)已知函数()31f x x ax =-+,a ÎR ,则( )A .若()f x 有极值点,则0a £B .当1a =时,()f x 有一个零点C .()()2f x f x =--D .当1a =时,曲线()y f x =上斜率为2的切线是直线21y x =-6.(2024·辽宁抚顺·三模)已知定义在R 上的奇函数()f x 连续,函数()f x 的导函数为()f x ¢.当0x >时,()()()cos sin e f x x f x x f x ¢>+×¢,其中e 为自然对数的底数,则( )A .()f x 在R 上为减函数B .当0x >时,()0f x <C .π3π22f f æöæö>ç÷ç÷èøèøD .()f x 在R 上有且只有1个零点三、填空题7.(2024·内蒙古包头·一模)已知函数()()32340f x kx x k k =-+>,若()f x 存在唯一的零点,则k 的取值范围是 .8.(2024·四川成都·模拟预测)若函数()2e 2x m f x x x =--在()1,2x Î-上有2个极值点,则实数m 的取值范围是 .四、解答题9.(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知()e xf x a x =-,()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =,求参数a 的取值范围.10.(2024·宁夏固原·一模)已知函数()()ln 11(0)f x ax x a =++>.(1)求()f x 的最小值;(2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围.11.(2024·全国·模拟预测)已知函数1()e (0)x f x x a x =->,且()f x 有两个相异零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围.(2)证明:122eax x +>.12.(2024·湖北黄石·三模)已知函数()ln f x x x m =-+有两个零点1x ,2x .(1)求实数m 的取值范围;(2)如果1212x x x <£,求此时m 的取值范围.综合提升练一、单选题1.(2023·湖南·模拟预测)有甲、乙两个物体同时从A 地沿着一条固定路线运动,甲物体的运动路程1s (千米)与时间t (时)的关系为()121ts t =-,乙物体运动的路程2s (千米)与时间t (时)的关系为()23s t t =,当甲、乙再次相遇时,所用的时间t (时)属于区间( )A .()2,3B .()3,4C .()4,5D .()5,62.(23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习)函数()sin 2f x x x =+-的零点所在的大致区间为( )A .()0,1B .()1,2C .()2,3D .()3,43.(2024·全国·模拟预测)若函数()e ln 2x f x x x x a =--+-有两个零点,则实数a 的取值范围是( )A .(],1-¥B .(],0-¥C .(),0¥-D .(),1-¥4.(23-24高三下·江西·阶段练习)函数()|2||ln |f x x m x =--有且只有一个零点,则m 的取值可以是( )A .2B .1C .3D .e5.(2024·陕西汉中·二模)已知函数3232,0()ln ,0x x x x f x x x ì---£=í>î,()()g x f x mx =-有4个零点,则m 的取值范围为( )A .11(,4eB .1(2,0]{}e -U C .1(2,0]{}4-U D .11(,0](,)4e-¥U 6.(2024·全国·模拟预测)已知函数()2xf x kx b =--恰有一个零点0x ,且0b k >>,则0x 的取值范围为( )A .1ln2,ln2-æö-¥ç÷èøB .ln2,1ln2æö-¥ç÷-èøC .1ln2,ln2-æö+¥ç÷èøD .ln2,1ln2æö+¥ç÷-èø7.(2024·贵州贵阳·一模)已知函数()e ,0e ,0x a xf x x x -ì+>ï=íï<î,若方程()e 0f x x +=存在三个不相等的实根,则实数a 的取值范围是( )A .(),e -¥B .(),e -¥-C .(),2e -¥-D .(),2e -¥8.(2024·陕西·二模)已知()0f x ³,且0x >时,()()22cos f x x f x =×,则下列选项正确的是( )A .()2x f x f æö>ç÷èøB .当()ππ2x k k ¹+ÎZ 时,()()2tan 2f x xf x £C .若2π42πf æö=ç÷èø,()()22sin x f x g x x=为常函数,则()1f x =在区间()0,1内仅有1个根D .若()11f =,则()2827f <二、多选题9.(2024·辽宁·三模)已知函数()()1ln ,ln ,f x ax x g x a x a x=-=+为实数,下列说法正确的是( )A .当1a =时,则()f x 与()g x 有相同的极值点和极值B .存在R a Î,使()f x 与()g x 的零点同时为2个C .当()0,1a Î时,()()1f x g x -£对[]1,e x Î恒成立D .若函数()()f x g x -在[]1,e 上单调递减,则a 的取值范围为2,e æù-¥çúèû10.(2024·河北唐山·一模)已知函数()331f x x x =-+,则( )A .直线32y x =-是曲线()y f x =的切线B .()f x 有两个极值点C .()f x 有三个零点D .存在等差数列{}n a ,满足()155k k f a ==å11.(2024·全国·模拟预测)已知函数()(1)ln f x x x =-,2()g x x =,下列命题正确的是( )A .若()()()H x f x g x =-,则()H x 有且只有一个零点B .若()()()f x H xg x =,则()H x 在定义域上单调,且最小值为0C .若()()()H x f x g x ¢=-,则()H x 有且只有两个零点D .若()()(||)g x H x f x ¢=,则()H x 为奇函数三、填空题12.(2023·四川内江·模拟预测)若函数()e x f x kx =-有两个零点,则k 的取值范围为 .13.(2024·四川泸州·二模)若函数1()ln ef x x x a =-+有零点,则实数a 的取值范围是 .14.(2024·广东佛山·二模)若函数()ln e ln e x xa xf x x x a x=+--(R a Î)有2个不同的零点,则实数a 的取值范围是 .四、解答题15.(23-24高三上·河南·期末)已知函数()ln(1)sin f x a x x x =+-.(1)若0a =,求曲线()y f x =在点ππ,22f æöæöç÷ç÷èøèø处的切线方程;(2)若1a =,研究函数()f x 在(]1,0x Î-上的单调性和零点个数.16.(2024·四川泸州·三模)已知函数1(e )x ax f x =-(0a >),(1)讨论函数()f x 的零点个数;(2)若|()ln |x x x f x >+恒成立,求函数()f x 的零点0x 的取值范围.17.(2024·四川·模拟预测)已知函数()2211e ,2exf x ax x x a =--³.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当0x >时,求证:()21ln 12f x x x ³--.18.(2024·北京朝阳·一模)已知函数()()()1e R xf x ax a =-Î.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解,求a 的取值范围.19.(2024·全国·模拟预测)已知函数()(0,1)x f x a a a =>¹,函数()log (0,1)a g x x a a =>¹.(1)当e a =时,讨论函数()()()h x f x g x =的单调性;(2)当01a <<时,求函数()()()S x f x g x =-的零点个数.拓展冲刺练一、单选题1.(2024·云南·模拟预测)已知函数()e ln x f x x x x a =---,若()0f x =在()0,e x Î有实数解,则实数a 的取值范围是( )A .[)0,¥+B .1,e ¥éö+÷êëøC .[)1,+¥D .[)e,+¥2.(2024·浙江杭州·模拟预测)若函数()ln f x x x x x a =-+-有且仅有两个零点,则a 的取值范围是( )A .()1,00,e e æö-Èç÷èøB .()2,00,e e æö-Èç÷èøC .()2,00,3e æö-Èç÷èøD .()1,00,3e æö-Èç÷èø3.(2024·四川成都·二模)函数()()e sin ,π,x f x a x x =+Î-+¥,下列说法不正确的是( )A .当1a =-时,()0f x >恒成立B .当1a =时,()f x 存在唯一极小值点0xC .对任意()0,a f x >在()π,x Î-+¥上均存在零点D .存在()0,a f x <在()π,x Î-+¥上有且只有一个零点4.(2024·甘肃武威·模拟预测)已知函数()4ln 12f x ax a x æö=--+ç÷èø有3个零点,则实数a 的取值范围是( )A .()1,+¥B .()2,+¥C .(),1-¥-D .(),2-¥-二、多选题5.(2024·重庆·一模)已知函数()32e 2x f x x x ax =+--,则()f x 在()0,¥+有两个不同零点的充分不必要条件可以是( )A .e 2e 1a -<<-B .e 1e a -<<C .e e 1a <<+D .e 1e 2a +<<+6.(2024·黑龙江哈尔滨·二模)已知函数()(1)ln 1f x m x x x =+-+,下列说法正确的有( )A .当12m =时,则()y f x =在(0,)+¥上单调递增B .当1m =时,函数()y f x =有唯一极值点C .若函数()y f x =只有两个不等于1的零点12,x x ,则必有121x x ×=D .若函数()y f x =有三个零点,则102m <<三、填空题7.(2023·湖北·一模)若函数21ln(21),2()12,2x x f x x x a x ì->ïï=íï--+£ïî在1x =处的切线与()f x 的图像有三个公共点,则a 的取值范围 .8.(2023·河南·模拟预测)已知函数()32f x x bx cx c =+++有三个零点,且它们的和为0,则b c -的取值范围是 .四、解答题9.(2024·北京丰台·二模)已知函数()()222ln 0f x a x x a =+¹.(1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若函数()f x 有两个零点,求a 的取值范围.10.(2024·全国·模拟预测)已知函数()cos ln(1)f x x x =++.(1)求证:()f x 在π1,2æö-ç÷èø上有唯一的极大值点;(2)若()1f x ax £+恒成立,求a 的值;(3)求证:函数()()g x f x x =-有两个零点.。

2025届高考数学复习:压轴好题专项(数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题)练习(附答案)

2025届高考数学复习:压轴好题专项(数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题)练习(附答案)

2025届高考数学复习:压轴好题专项(数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题)练习1.(2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测)已知函数()2sin f x ax x =-. (1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程; (2)当0x >时,()cos f x ax x ≥恒成立,求实数a 的取值范围.2.(2023届四川省高三诊断性检测)已知函数()22ln f x x x =-.(1)求()f x 的单调区间;(2)令()()2g x f x x ax =-+(a 为常数),若()g x 有两个零点()1212,x x x x <,求实数a 的取值范围.3.(2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试)已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+∈.(1)当1m =时,证明:()1f x <;(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立,求整数m 的最小值. 4.(2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考)设函数322()33f x x ax b x =-+ (1)若1a =,0b =,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若0a b <<,不等式1ln 1x k f f x x +⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭对任意()1,x ∈+∞恒成立,求整数k 的最大值.5.(2023届江苏省连云港市高三学情检测)已知函数21()e xf x x=-. (1)判断函数()f x 零点的个数,并证明; (2)证明:2e ln 2cos 0x x x x x --->.6.(2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟)已知函数()(e xf x mx m =-∈R).(1)讨论()f x 的单调性;(2)当0x ≥时,若关于x 的不等式()()ln 110f x x ++-≥恒成立,求实数m 的取值范围. 7.(2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校2高三上学期摸底)已知函数1()(1)ln(1)e 21f x a x ax x =--++++-+(a ∈R ,e 为自然对数的底数). (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若函数()f x 有且仅有3个零点,求实数a 的取值范围.8.(2023届云南省高三“云教金榜”N 1冲刺测试)设函数()()e ln xf x x a =-+,a ∈R .(1)当1a =时,求()f x 的单调区间; (2)若()f x a ≥,求实数a 的取值范围.9.(2024届云南省三校高三高考备考实用性联考)已知()23(1)e ,3x a f x x x ax a =--+∈R . (1)当1a =时,求函数()f x 的单调区间; (2)当0a =时,证明:函数()()21ln 2g x f x x x =+-有且仅有一个零点. 10.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底)已知函数()()e 1ln xf x a ax a =--+,其中2e a >-,且0a ≠.(1)当1a =时,求()f x 的单调区间; (2)若()f x 只有一个零点,求a 的取值范围.11.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数()(1)ln f x m x x =--. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若0m =,设()()()2e xg x f x x =+-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最小值为n ,求证:(3)(4)0n n --< .12.2()ln 3f x x x x =+-. (1)求()f x 的零点个数;(2)使不等式2()(2)ln 1f x x k x x x b ≥+----对任意[1,e]x ∈恒成立时最大的k 记为c ,求当[1,2]b ∈时,b c +的取值范围.参考答案1.(2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测)已知函数()2sin f x ax x =-. (1)当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程; (2)当0x >时,()cos f x ax x ≥恒成立,求实数a 的取值范围. 【过程详解】(1)当1a =时,()()2sin ,2cos f x x x f x x -=-'=, 切线的斜率为()01k f '==,又切点为()0,0,所以切线方程为y x =.(2)令()()cos g x f x ax x =-,即()2cos sin g x ax ax x x =--,①若1a ≥,则当0x >时,()2cos sin g x x x x x ≥--,令()2cos sin hx x x x x =--,()22cos sin h x x x x =-+',当(]0,πx ∈时,()0h x '≥,所以()h x 在(]0,π上单调递增,()()00h x h >=, 当()π,x ∈+∞时,()()()1cos sin 0h x x x x x =-+->, 所以()()0g x h x ≥≥恒成立,符合题意;②若0a ≤,则当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()2cos sin 1cos sin 0g x ax ax x x ax x ax x =--=-+-<,不合题意; ③若01a <<,注意到()()()()00,2cos sin cos ,01gg x a a x x x x g a -''==--=-,令()()()2cos sin cos x g x a a x x x x ϕ=---'=,则()()21sin cos x a x ax x ϕ=++',当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0x ϕ'>,所以()g x '在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,因为()ππ010,2022g a g a ⎛⎫⎛⎫=-<=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'',所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x '=,当()00,x x ∈时,()0g x '<,所以()g x 在()00,x 上单调递减,()()00g x g <=,不合题意. 综上,a 的取值范围为[)1,+∞.2.(2023届四川省高三诊断性检测)已知函数()22ln f x x x =-.(1)求()f x 的单调区间;(2)令()()2g x f x x ax =-+(a 为常数),若()g x 有两个零点()1212,x x x x <,求实数a 的取值范围.【过程详解】(1)由题意可知:()f x 的定义域为()0,∞+, ()()()21122x x f x x xx+-'=-=,令()0f x '<,解得01x <<;令()0f x ¢>,解得1x >; 所以()f x 的单调递减区间是()0,1,单调递增区间是()1,+∞.(2)由题意可知:()()22ln g x f x x ax ax x =-+=-,其定义域为()0,∞+,则()g x 有两个零点12,x x ,即()0g x =有两解,即ln 2a x x=有两解, 令()()ln 0x x x x ϕ=>,则()()21ln 0xx x xϕ='->. 令()0x ϕ'>,解得0e x <<;令()0x ϕ'<,解得e x >; 则()x ϕ的单调递减区间是()e,+∞,单调递增区间是()0,e , 可知()()lne 1e e ex ϕϕ≤==, 又因为()10ϕ=,且当x 趋近于+∞,()x ϕ趋近于0, 要使得ln 2a x x =有两解,只需102ea <<,所以20e a <<,故实数a 的取值范围为20,e ⎛⎫⎪⎝⎭.3.(2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试)已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+∈.(1)当1m =时,证明:()1f x <;(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立,求整数m 的最小值.【过程详解】(1)当1m =时,()212ln 1(0)2f x x x x =-+>,()222(0)x f x x x x x -'∴=-=>, 令()0f x '=,得x ,当(x ∈时,()()0,f x f x '>单调递增;当)x ∈+∞时,()()0,f x f x '<单调递减,所以()f x在x 处取得唯一的极大值,即为最大值,所以max 1()21ln22f x f==-⨯+=,所以()ln2f x ≤, 而ln2lne 1<=, 所以()1f x <.(2)令()()()()2122ln 212G x f x m x x mx m x =--=-+-+.则()()()22222mx m x G x mx m x x-+-+=-+-='. 当0m ≤时,因为0x >,所以()0G x '>,所以()G x 在()0,∞+上单调递增,又因为()31302G m =-+>.所以关于x 的不等式()0G x <不能恒成立;当0m >时,()()21m x x m G x x⎛⎫-+ ⎪'⎝⎭=-. 令()0G x '=,得2x m =,所以当20,x m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0G x '>; 当2,x m ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0G x '<.因此函数()G x 在20,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 故函数()G x 的最大值为222ln 2ln21G m m m⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭.令()22ln 2ln21h m m m=-+-, 因为()()()1112ln20,20,32ln22ln303h h h =+>==--<,又因为()h m 在()0,∞+上单调递减,所以当3m ≥时,()0h m <. 所以整数m 的最小值为3.4.(2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考)设函数322()33f x x ax b x =-+ (1)若1a =,0b =,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若0a b <<,不等式1ln 1x k f f x x +⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭对任意()1,x ∈+∞恒成立,求整数k 的最大值.【过程详解】(1)当1a =,0b =时,32()3f x x x =-,所以(1)2f =-,即切点为()1,2P - 因为2()36f x x x '=-,所以(1)363f '=-=-, 所以切线方程为()231y x +=--,即31y x =-+,(2)22()363f x x ax b '=-+,由0a b <<,所以22363636()()0a b a b a b ∆=-=+-<, 所以函数()f x 在R 上单调递增不等式1ln 1x k f f x x -⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭1ln (1ln )11x k x x k x x x --⇔>⇔>--,对()1,x ∈+∞恒成立, 构造(1ln )()1x xh x x -=-,22(2ln )(1)(ln )ln 2()(1)(1)x x x x x x x h x x x +--+--'==--,构造()ln 2g x x x =--,11()1x g x x x-'=-=,对()1,x ∈+∞有()0g x '>, 所以()ln 2g x x x =--在()1,x ∈+∞递增,()31ln 30g =-<,()42ln 40g =->, 所以0(3,4)x ∃∈,()000ln 20g x x x =--=,所以()01,x x ∈,()0g x <,即()0h x '<,()h x 在()01,x 递减,()0,x x ∈+∞,()0g x >,即()0h x '>,()h x 在()0,x +∞递增,所以()()00min 001ln ()1x x h x h x x +==-,结合00ln 2x x =-,故min 0()(3,4)h x x =∈,所以(1ln )1x xk x +<-对(1,)x ∈+∞恒成立min ()k h x ⇔<,故3k ≤, 所以整数k 的最大值为3;5.(2023届江苏省连云港市高三学情检测)已知函数21()e xf x x=-. (1)判断函数()f x 零点的个数,并证明; (2)证明:2e ln 2cos 0x x x x x --->.【过程详解】(1)函数的定义域{|0}x x ≠,当时0x <时,21()e 0xf x x=->,函数()f x 无零点, 当0x >时,221()2e 0xf x x '=+>,()f x 单调递增,又1()404f =<,2(1)e 10f =->且()f x 图象在0+∞(,)上连续不断,所以由零点存在定理得()f x 在1,14⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点,综上,()f x 有且只有一个零点.(2)要证2e ln 2cos 0x x x x x --->,即证2e ln 2cos x x x x x -->, 令2()e ln 2x g x x x x =--,其中0x >,则有2222()e ln ln e e ln e x x x x g x x x x x =--=-(),令2e x t x =,则()g x 可化为()ln h t t t =-,因为()212e 0xt x '=+>,所以函数2e x t x =在0+∞(,)单调递增,则0t >,由()ln h t t t =-,0t >,1()1h t t =-'1t t-=,令()0h t '=得1t =,列表如下:t()0,11()1,+∞()h t ' - 0 +()h t1 ↗由表可知:min ()(1)1h t h ==,即2()e ln 21x g x x x x =--≥,仅当2e 1x x =,等号成立,由(1)可知,存在唯一的01,14x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得0201e xx =,即仅有唯一的01,14x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得02000e ln 21xx x x --=,而cos 1≤x ,当()*2πN x k k =∈,等号成立,综上,2()e ln 21x g x x x x =--≥与cos 1≤x ,等号不能同时成立, 故2e ln 2cos x x x x x -->,即2e ln 2cos 0x x x x x --->.6.(2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟)已知函数()(e xf x mx m =-∈R).(1)讨论()f x 的单调性;(2)当0x ≥时,若关于x 的不等式()()ln 110f x x ++-≥恒成立,求实数m 的取值范围. 【过程详解】(1)函数()f x 的定义域为R , ()e x f x m '=-,当0m ≤时,由()0f x ¢>,()f x 在R 上单调递增,当0m >时,令()0f x ¢>,可得ln x m >,令()0f x '<,可得ln x m <,∴()f x 单调递减区间为(),ln m -∞,()f x 单调递增区间为()ln ,m +∞,∴当0m ≤时,()f x 在R 上单调递增;当0m >时,()f x 在区间(),ln m -∞上单调递减,在区间()ln ,m +∞上单调递增.(2)设()()()e ln 110x g x mx x x =-++-≥,则()1e 1x g x m x '=+-+, (i )当2m ≤时,()1e 1xg x m x '=+-+, 令()1e 1xh x m x =+-+,则()()21e 1x h x x '=-+,令()()21e 1xk x x =-+,则()()32e 01xk x x +'=+>,∴()k x 在区间[)0,∞+上单调递增,则()()00k x k ≥=, ∴()h x 在区间[)0,∞+上单调递增,则()()02h x h m ≥=-,∴()20g x m '=-≥, ∴()g x 在区间[)0,∞+上单调递增,则()()00g x g ≥=恒成立,(ii )若m>2时,则(0)0g '<,1(ln 1)(e 1)02ln g m m m'+=-+>+,∴()00,ln 1x m ∃∈+,使得()00g x '=,∴()g x 在区间[)00,x 上单调递减,则()()000g x g <=,与条件矛盾,综上所述,实数m 的取值范围为(],2-∞.7.(2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校2高三上学期摸底)已知函数1()(1)ln(1)e 21f x a x ax x =--++++-+(a ∈R ,e 为自然对数的底数). (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若函数()f x 有且仅有3个零点,求实数a 的取值范围. 【过程详解】(1)函数()f x 的定义域为()1,-+∞,()()2111111111a f x a a x x x x +⎛⎫⎛⎫=-+=-- ⎪⎪+++⎝⎭⎝'⎭+()()()()2211111x a x x ax a x x ⎡⎤⎡⎤+---⎣⎦⎣⎦==++. ①当0a ≤时,由10x +>,有()110a x +-<,令()0f x '<,可得0x >,可得函数()f x 的减区间为()0,∞+, 令()0f x ¢>,函数()f x 的增区间为()1,0-;②当1a =时,()()2201x f x x +'=≥,可得函数()f x 在区间()1,-+∞上单调递增,无单调减区间;③当01a <<时,10aa ->,令()0f x '<,可得10a x a-<<, 可得函数()f x 的减区间为10,a a -⎛⎫⎪⎝⎭,令()0f x ¢>,可得10x -<<,或1a x a ->,所以函数()f x 的增区间为()1,0-,1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭; ④当1a >时,10aa -<,令()0f x '<,可得10a x a-<<, 令()0f x ¢>,可得11ax a--<<,或0x >,可得函数()f x 的减区间为1,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭,增区间为11,a a -⎛⎫- ⎪⎝⎭,()0,∞+;综上,当0a ≤时,由函数()f x 的减区间为()0,∞+,增区间为()1,0-; 当1a =时,函数()f x 在区间()1,-+∞上单调递增;当01a <<时,函数()f x 的减区间为10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭,增区间为()1,0-,1,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭;当1a >时,函数()f x 的减区间为1,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭,增区间为11,a a -⎛⎫- ⎪⎝⎭,()0,∞+.(2)()0e 30f =-<. 由(1)可知:①当0a ≤时,由函数()f x 的减区间为()0,∞+,增区间为()1,0-,有()()00f x f ≤<,函数()f x 没有零点,不合题意;②当1a =时,函数()f x 单调递增,函数()f x 最多只有一个零点,不合题意; ③当01a <<时,函数()f x 的减区间为10,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭,增区间为()1,0-,1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭, 由()00f <,函数()f x 最多只有一个零点,不合题意;④当1a >时,函数()f x 的减区间为1,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭,增区间为11,a a -⎛⎫- ⎪⎝⎭,()0,∞+.由()00f <,若函数()f x 有且仅有3个零点,必需()11ln 2e 10a f a a a a -⎛⎫=+-+-> ⎪⎝⎭,令()()()1ln 2e 11g x x x x x =+-+-≥,有()1ln 1g x x x+'=-, 令()()1ln 11h x x x x =+-≥,有()221110x h x x x x-'=-=≥, 可得函数()h x 单调递增,有()()10h x h ≥=, 可得函数()g x 单调递增,又由()e 0g =,故满足不等式()1ln 2e 10a a a +-+->的a 的取值范围为e a >. 又由()()()()111ln 1e 21a x x f x ax x ++++=-++-+,可得当1x →-时,()f x →-∞,又由10a f a -⎛⎫> ⎪⎝⎭,(0)0f <,()()2221e 12(1)e 1e 2e f a a -=--++-+-()232211e 3e 4e 2e 40e e a =-+-->--->,可得函数()f x 有且仅有3个零点. 由上知,若函数()f x 有且仅有3个零点,实数a 的取值范围为()e,+∞.8.(2023届云南省高三“云教金榜”N 1冲刺测试)设函数()()e ln xf x x a =-+,a ∈R .(1)当1a =时,求()f x 的单调区间; (2)若()f x a ≥,求实数a 的取值范围.【过程详解】(1)1a =时,函数()e ln(1)x f x x =-+的定义域为(1,)-+∞,因为1()e 1x f x x '=-+,所以,当0x >时,()0f x '>,当10x -<<时,()0f x '<, 所以()f x 的单调递增区间是(0,)+∞,单调递减区间是(1,0)-.(2)函数()e ln()x f x x a =-+的定义域为(,),()a f x a -+∞≥,等价于e ln()0x x a a -+-≥,设()e ln()x g x x a a =-+-,则1()e x g x x a'=-+, 设()()h x g x '=,则21()e 0()x h x x a '=+>+恒成立, 所以()h x 在(,)a -+∞上单调递增,即()g x '在(,)a -+∞上单调递增,当,()x a g x '→-→-∞,当,()x g x '→+∞→+∞,所以0(,)x a ∃∈-+∞,使得()00g x '=,即001e x x a =+,所以001ex a x =-, 当()0,x a x ∈-时,()0g x '<,所以()g x 单调递减,当()0,x x ∈+∞时,()0g x '>,所以()g x 单调递增,所以()()000min 0001()e ln e 20ex x x g x g x x a a x ==-+-=-+≥, 设1()e 2e x x p x x =-+,则(0)0p =,而1()e 20ex x p x '=++>恒成立, 所以1()e 2e x x p x x =-+为增函数, 由()00(0)p x p ≥=,所以00x ≥. 因为1,e x y y x ==-均为减函数,所以001ex a x =-在[)0,∞+上为减函数, 所以,当00x ≥时,1a ≤,所以实数a 的取值范围为(,1]-∞9.(2024届云南省三校高三高考备考实用性联考)已知()23(1)e ,3x a f x x x ax a =--+∈R . (1)当1a =时,求函数()f x 的单调区间;(2)当0a =时,证明:函数()()21ln 2g x f x x x =+-有且仅有一个零点. 【过程详解】(1)当1a =时,()231(1)e 3x f x x x x =--+, ()()222()2(1)e (11e 11e )x x x f x x x x x '=-+--+=--,由()0f x ¢>得210e 10x x ⎧->⎨->⎩或210e 10x x ⎧-<⎨-<⎩,解得10x -<<或1x >由()0f x '<得210e 10x x ⎧->⎨-<⎩或210e 10x x ⎧-<⎨->⎩,解得1x <-或01x <<, 故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-,(1,)+∞,单调递减区间为(,1)-∞-,(0,1).(2)当0a =时,()221ln (1)e 2x g x x x x =-+-,定义域为()0,∞+, ()212(1)e (1)e x x g x x x x x ∴=-++-'-()()()2111e 11e x x x x x x x x ⎛⎫=-+-=+-- ⎪⎝⎭, 设()1e (0)x h x x x=->, ()21e 0x h x x =+'∴>,所以()h x 在区间()0,∞+上是增函数,()120,1e 102h h ⎛⎫=<=-> ⎪⎝⎭, ∴存在唯一01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()00h x =,即00000011e 0,e ,ln x x x x x x -==-=, 当00x x <<时,()0h x <,即()0g x '>;当01x x <<时,()0h x >,即()0g x '<;当1x >时,()0h x >,即()0g x '>,()g x ∴在区间()00,x 上是增函数,在区间()0,1x 上是减函数,在区间()1,+∞上是增函数,∴当0x x =时,()g x 取极大值为()()02200001ln 1e 2x g x x x x =-+- 22000011(1)2x x x x =--+-⋅ 2001122x x =-+-, 设()21112122F x x x x ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭,21()0F x x x '=--<, 所以()F x 在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数. ()()01111220,2248g x g g x ⎛⎫∴<=-⨯+-=-<∴ ⎪⎝⎭在()0,1内无零点, ()()2110,2e 2ln202g g =-<=-+> , ()g x ∴在()1,+∞内有且只有一个零点,综上所述,()g x 有且只有一个零点.10.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底)已知函数()()e 1ln x f x a ax a =--+,其中2e a >-,且0a ≠.(1)当1a =时,求()f x 的单调区间;(2)若()f x 只有一个零点,求a 的取值范围.【过程详解】 (1)当1a =时,()()()e 1ln 1,1x f x x x =--+>-,()()1e ,11x f x x x '=->-+, 易知()f x '在()1,-+∞上单调递增,且()00f '=,所以当()1,0x ∈-时,()0f x '<,此时()f x 单调递减;当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,此时()f x 单调递增;所以()f x 的单调递增区间是()0,∞+,单调递减区间是()1,0-;(2)()()e 1111e 1x xa f x a x x x '=-=+-++, 令()()e 11x g a x x +=-,(1)当2e 0a -<<时,则(),1x ∈-∞-,()()e 2x x a x g =+',当(),2x ∞∈--时,()0g x '>,此时()g x 单调递增;当()2,1x ∈--时,()0g x '<,此时()g x 单调递减;故()()2210e a g x g ≤-=-<-, 则()()e 1101x f x a x x +-'=>+,()f x 在(),1-∞-单调递增, 又1x →-时,()f x →+∞;x →-∞时,()f x →-∞;所以此时()f x 在(),1-∞-只有一个零点;(2)当0a >时,则()1,x ∈--∞,()()e 20x g x a x '=+>恒成立,()g x 在()1,--∞单调递增,且()110g -=-<,()111111e 11e a a g a a a a ⎛⎫+-+- ⎪⎝⎛⎫== ⎪⎭⎭⎝, 又11,11e a a >+>,则()1111e 1e 1110a a g a a a a ⎛⎛⎫==> ⎪⎫+-+⎪⎭-⎭⎝ ⎝, 故存在011,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,使得()00g x =, 当()01,x x ∈-时,()0g x <,当()0,x x ∈+∞时,()0g x >,因为当1x >-时,101x >+, 所以当()01,x x ∈-时,()0f x '<,()f x 单调递减;当()0,x x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增;当0x x =时,()f x 取得极小值,由()00g x =得001e 1x a x =+,则001ln 1ln a x x =++, ()()0200000011e ln 1ln 11011x x f x a x a x x x -=-+--=+-=≥++ 当00x =时,等号成立,由()00f =,可得()0e 1ln 1ln 00f a a a a =--=--=,解得1a =,综合第一问可知,当1a =时,()f x 只有一个零点;综上,若()f x 只有一个零点,则a 的取值范围是(){}2e ,01-⋃11.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数()(1)ln f x m x x =--.(1)讨论()f x 的单调性;(2)若0m =,设()()()2e x g x f x x =+-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最小值为n ,求证:(3)(4)0n n --< . 【过程详解】 (1)定义域:,()0x ∈+∞.1(1)1()1m x f x m x x--'=--=. ①当10m -≤,即m 1≥时:()0f x '<恒成立.故()f x 在(0,)+∞上单调递减.②当10m ->,即1m <时:令()0f x '<,即(1)10m x x --<,解得:101x m<<-; 所以()f x 在1(0,1m -上单调递减,在1(,)1m+∞-上单调递增. 综上所述:当m 1≥时:()f x 在(0,)+∞上单调递减;当1m <时:()f x 在1(0,1m -上单调递减,在1(,)1m+∞-上单调递增. (2)当0m =时,()()1ln 2e ,,12x g x x x x x ⎛⎫=-+-∈ ⎪⎝⎭. ()()()()1111e 2e 1e 1e x x x x x g x x x x x x x -⎛⎫=--+-=+-=-- ⎪⎝⎭'. 因为()1e x m x x =-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,且1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭,()1e 10m =->. 所以必存在点01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使00()g x '=,即00001e ln x x x x =⇒=- 且当01,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '<,当()0,1x x ∈时()0g x '>, 所以()g x 在区间01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在区间()0,1x 上单调递减. 所以()()()00000000min 0022ln 2e 221x x n g x g x x x x x x x x -===-+-=+=+-.01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 又因00221n x x =+-在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减. 所以12212221342n n +-<<⨯+⨯-⇒<<. 故(3)(4)0n n --<恒成立.12.2()ln 3f x x x x =+-.(1)求()f x 的零点个数;(2)使不等式2()(2)ln 1f x x k x x x b ≥+----对任意[1,e]x ∈恒成立时最大的k 记为c ,求当[1,2]b ∈时,b c +的取值范围.【过程详解】(1)函数定义域是(0,)+∞, 由题意21231(21)(1)()23x x x x f x x x x x '-+--=+-==, 当102x <<或1x >时,()0f x '>,112x <<时,()0f x '<, 所以()f x 在1(0,)2和(1,)+∞上递增,在1(,1)2上递减, 0x →时,()f x →-∞,x →+∞时,()f x →+∞,()f x 极大值11135()ln ln 2022424f ==+-=--<,()f x 极小值(1)20f ==-<, 所以()f x 只在区间(1,)+∞上有一个零点;(2)因为0x >,所以原不等式可变为2()ln 1ln ln 121f x x x x b x x x b k x x-++++++≤+=-,令ln ln 1()1x x x b g x x +++=-,2ln ()x x b g x x --'=, 令()ln p x x x b =--,则11()1x p x x x -'=-=,[1,e]x ∈时,()0p x '≥,()p x 递增,min ()(1)1p x p b ==-,max ()(e)e 1p x p b ==--,①当(1)0p ≥,即1b =时,在[1,e]上()0g x '≥,()g x 是增函数, min ()(1)c g x g b ===,22c b b +==,②当(e)0p ≤,即[e 1,2]b ∈-时,()0g x '≤,()g x 递减,min 2()(e)e b c g x g +===,214[e,2]e e e b b c b ++=+∈++; ③当(1)(e)0p p <时,()p x 在(1,e)上递增, 存在唯一的实数0(1,e)x ∈,使得0()0p x =,00ln 0x x b --=,00ln b x x =-, 则当0(1,)x x ∈时,()0p x <,()0g x '<,()g x 递减, 0(,e)x x ∈时,()0p x >,()0g x '>,()g x 递增, 000min 0000ln ln 11()()1ln x x x b c g x g x x x x +++===-=+, 00000011ln ln b c x x x x x x +=-++=+, 00ln b x x =-,令()ln h x x x =-,1()1h x x'=-,(1,e)x ∈时,()0h x '>,()h x 递增, 所以(1,e 1)b ∈-时,0(1,e)x ∈,所以0011(2,e )eb c x x +=+∈+, 综上,4[2,2]e b c +∈+.。

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高中数学零点问题经典题型
1、 设()ln sin ,f x x x =+找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00f x <。

2、 已知1
()ln ,1
x f x x x +=--找出一个0(0,1),x ∈使得()00f x >。

3、 已知23
0,(),a f x x a x
>=+-找出一个0(,0)x ∈-∞使得()00f x >。

4、 设11
0,()e ,e x a f x ax x
<<=-找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00.f x <
5、 设11
0,()(1)e ,e x a f x a x x
<<=--找出一个0(0,)x ∈+∞使得()00.f x <
6、 已知2(0,1),()(2),x
x a f x ae a e x ∈=+--找出一个0(,0),x ∈-∞使得()00f x >。

7、 已知23
0,(),a f x x a x
>=+-找出一个0(,0),x ∈-∞使得()00.f x <
8、 设0,(),x
a f x xe a >=-找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00f x >
9、 已知()(2)(1)2ln f x a x x =---在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭
上无零点,求实数a 的取值范围。

10、 (
2016江苏)若
01,a b <<<函数()2x x
g x a b =+-有且只有一个零点,求ab 的值。

11、
(2018江苏19)若存在0x ∈
满足()()()()0000,,f x g x f
x g x '
'==则称0x 为
()f x 与()g x 的一个S “点”。

(I)若函数2
()1,()ln f x ax g x x =-=存在“S 点”,求a ;
(II)已知函数2
e (),(),x
b f x x a g x x
=-+=对任意的0,a >判断是否存在0,b >使函数()f x 与()g x 在(0,)+∞内存在“S 点",并说明理由。

12、(19全国2理,20)已知函数1
()ln ,1
x f x x x +=--讨论()f x 的单调性,并证明()f x 有且仅有两个零点。

13、()e 1x
f x x mx =--有两个零点,求m 的取值范围。

14、()(1)ln 1f x x x x =---证明: (I)()f x 存在唯一的极值点;
(II)()0f x =有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数。

15、
(2015新课标I 理21)已知函数31(),()ln ,4
f x x ax
g x x =++=-设函数()
h x =
min{(),()}(0),f x g x x >讨论()h x 零点的个数。

16、
(2016石家庄质检21)已知函数32()31,()e e,x f x ax x g x =-+=-设函数
()max{(),()},h x f x g x =试讨论函数()h x 零点的个数。

17、
已知函数
2()(1)e ,()1ln ,x
f x x
g x kx x =-=+-已知()min{(),()}
h x f x g x =在(0,)+∞上有三个零点,求k 的取值范围。

18、 设32
0,(),a f x ax bx cx d >=+++找出一个0,x ∈使得()00f x >。

19、 已知0,()e ,x
a f x ax >=-找出一个0(1,),x ∈+∞使得()00f x >。

20、 已知2
0,()e ,x
a f x ax bx c >=---找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00f x >。

0 22、
已知2(0,1),()e
(2)e ,x
x a f x a a x ∈=+--找出一个0(0,),x ∈+∞使得
()00f x >。

0 24、 已知0,()e ,x
a f x ax
b >=--找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00f x >
25、 若()e x
f x ax =-在上只有一个零点,求a 的值。

26、 已知函数
2
()e ,x f x ax =-若()f x 在(0,)+∞上只有一个零点,求a 的值。

27、 已知函数2
()(2)e (1)x
f x x a x =-+-有两个零点,求a 的取值范围。

28、 若函数2e 2()ln x f x k x x x ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范里。

29、 当0a 时,讨论函数22()e e x
x f x a a x =+-的零点个数。

30、 已知0,,()ln ,a b f x x ax b >∈=--找出一个0(1,)x ∈+∞使得()00f x <。

31、 已知0,()ln ,a f x x x a >=+找出一个010,,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
使得()00f x >。

32、 若函数()ln a
f x x x
=+
有零点,求实数a 的取值范围。

33、 判断2
()ln f x x ax =-在(0,)+∞上零点的个数。

34、 若函数2
()ln 2
a f x x x x x =
-+在定义域内恰有两个零点,求a 的取值范围。

35、已知函数
2
()ln(0),
f x a x x a
=+≠若函数()
f x恰有一个零点,求实数a的取值范
围。

36、设函数
ln
()ln ln(1),
1
x
f x x x
x
=-++
+
是否存在实数a,使得关于x的不等式
()
f x a的解集为(0,)?
+∞若存在,求a的取值范围;若不存在,试说明理由。

37、 已知()e ln (0),x
f x a x a =->找一个0x 使得()00f x >。

38、
已知函数
1
()e ,()ln ,2,x f x a g x x a -=+=>-讨论函数()f x 与()g x 的图像的交点个数。

39、
设函数
()ln (1)e ,x
f x x a x =--其中10e
a <<。

(I)证明()f x 恰有两个零点;
(II)设0x 为()f x 的极值点,1x 为()f x 的零点,且10,x x >证明0132x x ->。

40、
已知函数
()e ln 1x
f x a x x =++。

(I)当1
e a =-时,证明:()
f x 在(0,)+∞上单调递减; (II)当1
,e
a -讨论函数()f x 的零点个数。

41、 己知函数1()e 1x f x -=+与()ln g x x x =+的图像有且仅有一个公共点()00,P x y 。

证明02x <。

42、 设,a ∈函数
()ln ,()e ,x f x x g x ax =-=-试探讨:是否存在实数a,使得函数()f x 与()g x 的图像在区间(1,e)上有交点?若存在,求a 的所有整数值;若不存在,请说明理由。

(提示:5e )
e 16e e <+<。

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