最全函数零点问题处理74页

最全函数零点问题处理函数中的赋值问题 ........................................... 1 第一讲 赋值的意义 ........................................ 1 第二讲 赋值的依据和方法 ................................... 4 第三讲 赋值的若干经典问题 ............................... 10 导数大题的常用找点技巧和常见模型 .......................... 15 常用的放缩公式（考试时需给出证明过程） ..................... 17 第一组：对数放缩 .......................................... 17 第二组：指数放缩 .......................................... 17 第三组：指对放缩 .......................................... 17 第四组：三角函数放缩 ...................................... 18 几个经典函数模型 .......................................... 18 导数零点不可求的四种破解策略 .............................. 22 法一:利用零点存在性定理 ................................... 22 法二:利用函数与方程思想 ................................... 23 法三:构造新的函数 ......................................... 24 法四:利用极限思想 ......................................... 25 导数压轴题之隐零点问题 .................................... 26 直击函数压轴题中零点问题 . (41)函数中的赋值问题第一讲 赋值的意义函数赋值是一个热门的话题，赋值之所以“热”，是因为它涉及到函数领域的方方面面： 讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等等．然而时下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模拟试卷的标准解答中，一种以极限语言或极限观点替代赋值论证的“素描式”解题现象应予关注和纠正．1.从一道调研试题的标准解答说起题目1 已知函数2()e (,)x f x a x bx a b =+-∈R ． （1）略；（3）略；（2）设0b =，若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围．解：（2）0b =，则方程2e 0x a x +=即2ex x a -=有唯一解． 记2()e x x g x =，(2)()e xx x g x -'=，令12()00,2g x x x '=⇒==．①0x ≤时，()0,()g x g x '≤单调减，所以()(0)0()g x g g x =⇒≥的取值范围是[0,)+∞ (?) ②02x <<时…，()g x 的取值范围是24(0,)e ； ③2x ≥时，()0,()g x g x '≤单调减，且恒正，所以()g x 的取值范围是240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦． 所以当0a -=或24e a ->时，()f x 有且只有一个零点，故a 的取值范围是0a =或24e a <-． 质疑：1．“()0g x ≥”与“()g x 的取值范围．．．．是[0,)+∞”是否等价？ 2．也许解答的潜意识是()x g x →-∞⇒→+∞，那么其依据是什么?作为指挥棒的省考、国考又是怎样处理相关问题的呢? 答：一个中心：参数全程扫描．．．．．．；一个基本点：赋值丝丝入扣．．．．．．． 2．真题探究题目2（2013江苏20）设函数()ln ,()e x f x x ax g x ax =-=-，其中a 为实数． （1）略；（2）若()g x 在(1,)-+∞上是单调增函数，求()f x 的零点个数，并证明你的结论． （2）解：由()g x 在(1,)-+∞上单调增，得1e a ≤ (过程略) ．10a ≤时，1()0,()f x a f x x'=->，而11(e)(1e)10,(e)1e 0a a f a f a --=--<=->，且()f x 图像不间断，依据零点定理，()f x 有且只有一个零点．【分析0a >时，由1()0f x x a '=⇒=(极大值点)，max 1()ln 1f x a =-】12e a =时,1()ln e f x x x =-．令11()0,e ef x x x '=-==．且e,()0,0e,()0x f x x f x ''><<<>，所以e x =是()f x 的极大值点，也是最大值点，所以()(e)0f x f =≤，当且仅当,()0x e f x ==． 故()f x 有唯一零点e x =．130e a <<时，令11()0,f x a x x a'=-==．列表：x1(0,)a1a 1(,)a +∞ ()f x ' +0 -()f xmax ()f x所以max 11()()ln 10f x f a a==->．①在1(0,)a 上，(1)0f a =-<且()f x 单调，所以()f x 有且只有一个零点；②在1(,)a +∞上，显然211a a>，注意到2的结论1(ln )e x x ≤，所以21111111()2ln 2(ln )2()02e 2f a a a a a a a =-=--<≤，同理()f x 有且只有一个零点．由①②()f x 有两个零点．综上所述，当0a ≤或1e a =时，()f x 有1个零点；当10e a <<时，()f x 有2个零点．【注1】本题第（2）问“130e a <<时”赋值点的形成过程及其多元性:①在1(0,)a 上，因为11(0,)a∈，且为常数，所以理应成为直观．．赋值点的首选． ②在1(,)a +∞上【难点！】依据单调性，直观赋值点应在1a 右侧充分远处．尝试2a ，失败！表明该赋值点不够远，再改试21a ，成了！(过程如上) ．显然，赋值点不唯一．在1(0,)a 上，也可考虑111,()0e ef a <<(标解)，或221,()ln 10a f a a a a a<=-<--<（均不及赋值1简便）． 在1(,)a +∞上也可考虑，e e e 211111111,()eln eln e(ln )0a a f a a a a e a a aa a ∃>=-<-=-⋅≤．还可考虑11e aa ∃>(标解)，并注意到0x >时，2e x x >(证略) ，111211(e )e (e )0a a a f a a a a =-=-<． 【注2】在本题2结论1(ln )e x x ≤的牵引下，区间1(,)a +∞上的三个赋值点12e 11,,e a a a一脉相承， 井然有序：因为e 1ln e e x x x x ⇔≤≥(当且仅当e x =，等号成立)，所以1e 2111e a a a a>>>．以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观赋值受挫时，不妨通过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证)目标． 现以区间1(,)a+∞为例 ———【分析：在1a 右侧充分远处，希望存在1x ，使1()0f x <，为此，应意识到在()f x 的表达式中，对()0f x <起主导作用的那一项是ax -，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定ln x ． 依据ln 1x x <-(1x >)(证略) ，1()101f x x ax x a <--⇒-≤≤，不妨取111x a =-，但11 ??1a a >-此路受挫，故须调整放缩的尺度】思路一：由本题2结论，1ln ex x ≤．1111222212211ln 2ln ()0()e x x x x f x x ax x a a=<⇒<-=⇒=>令≤．详解：由本题2结论11122212(ln ),ln 2ln e e x x x x x x =<⇒≤≤在1(,)a +∞上，存在1211112111,()0x f x x ax a a a =<-=-= (以下略)．思路二：由ln 11x x k -⇒>≤时，ln 1ln ln 1x x x x k k k k -⇒+-≤≤．(1)k >的任意性给赋值提供了更为宽松的选择空间：1()ln ln 1()2x f x x ax k ax a x k k k =-+---+-<≤≤1()a x k k-+，令10111()0(0)11e (1)10a k k a x k x a ak k a a ak k k⎧->⎪-+=⇒=>⇔<<⇐>⎨-⎪-+>⎩．不妨令2224k x a a=⇒=．详解：ln 1x x -≤(证略) ，2222ln 1ln 1ln ()2222a x a a a a x x x x f x x a a a -⇒-+<+⇒<-+≤≤． 今取22224142,()02a x f x a a a a =><-⋅+=(以下略)．【跟踪训练】1．思考并解答本讲题目1(2)；2．思考函数赋值问题有哪些依据和方法．第二讲 赋值的依据和方法1．赋值的理论依据：1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．2)零点存在定理.基本模式是已知()f a 的符号，探求赋值点m (假定m a <)使得()f m 与()f a 异号，则在(,)m a 上存在零点． 3)一些基本的超越不等式，如： 1．1ln 1x x x x --≤≤；1ln ex x ≤．2．1x ≥时，22(1)11ln 112x x x x x x x x ----+≤≤≤≤． 3．01x <≤时，22(1)11ln 121x x x x x x x x ----+≤≤≤≤．4．22e 1; e e ;e 1(0);e (0)x x x x x x x x x x x +>+>>+≥≥≥． 【注】应用上述不等式,一般须给出证明．2．赋值的应对方略：2.1赋值的方法：01 直观放缩法．．．．．．其形态是先直观尝试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．（参阅上节“真题探究”）02 放缩求解法．．．．．．其形态是先适度放缩，然后通过解不等式或方程求出赋值点，其特点是稳妥、可靠，但有时，目标放缩有点难．（参阅上节“真题探究”中的思路一，思路二） 2.2赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保，三个优先．．．．．．．．． ——— 三个确保．．．．： （1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点0x 落在规定区间内；（3）确保运算可行． 三个优先．．．．： （1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点(参阅2016届南通一模19N )； （3）优先简单运算，如 ln x e α↑， lnx e α↓等． 2.3放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随形，唇齿相依．（1）依放缩的依据划分，可分为无条件放缩．．．．．和条件放缩．．．．两类．前者如，e 1x x +≥，ln 1x x -≤等；后者如0x ≤时，e 1x ≤．1x <时，11e ()1ex xx -=<-等； （2）依赋值点的个数划分，可分为单点式和两点式．前者以解方程为归宿；后者以解不等式为归宿，从某种意义上说，后者是前者受挫时的应急之举．一般情形下，放缩的目标应锁定于对函数的变化趋势起不了．．．主导作用的那些项；但有些问题中，很难界定“主导”与非“主导”，此时放缩的尺度取决于对题目中各种因素的综合考量———这正是赋值的难点．例1（2015届南师附中期中考试20N ）已知函数()()2122ln 2f x ax x a x =++-．（1）略；（2）略；（3）若曲线C ：()y f x =在点1x =处的切线l 与C 有且只有一个公共点，求正数a 的取值范围． 解析：（3）易得切线422a y x =+-，代入()y f x =整理得：()()()()21212ln 02a g x x x a x =---+-=，题设等价于函数()g x 有且只有一个零点，()()()1a x x g x xα--'=，其中2a a α-=．【下一步分析：首先讨论0x α-恒成立（不可能），及0x α-恒成立x α⇒恒成立0α⇒．】1当0α，即2a时，由()01g x x '=⇒=，且当1x >时，()0g x '>，()g x ；当01x <<时，()0g x '<，()g x ．所以1x =是()g x 唯一的极小值点，也是最小值点． 且()10g =，故2a满足题意．20α>即02a <<时．由()101g x x '=⇒=，2x α=．【下一步分析：应比较()g x '两零点α与1的大小．】()11α=即1a =时，()()210a x g x x-'=，()g x ，又()10g =，所以1a =满足题设．()21α>，即01a <<时，当1x α<<，()0g x '<，()g x ，所以()()10g g α<=． 【接着探究：在(),α+∞ 上，()g x ，所以在α右侧充分远处，希望存在1x ，使()10g x >，此外应意识到对()0g x >起主导作用 的那一项应该是()212a x -（该项不宜轻易放缩），故放缩的主要目标是几乎可以忽略不计的“()2ln a x -”，事实上，当1x α>>时，()2ln 0a x ->，所以()()()()()()2121112120222a a a g x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤>---=-+->--=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦令14x a α⇒=>】详解：又存在141x aα=>>，所以()12ln 0a x ->，()()()()()()21111111121112120222a a a g x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤>---=-+->--=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．在()1,x α内，()g x 存在零点，所以()g x 至少有两个零点，不合题意．()31α<，即12a <<时，在(),1α上，()0g x '<，()g x ，所以()()10g g α>=．【接着探究：在()0,α上，()g x ，所以在0x =右侧充分近处，希望存在2x ，使()20g x <．此外应意识到对()0g x <起主导作用 的那一项应该是ln x （所以不宜轻易放缩）故放缩的主要目标是几乎可以忽略不计的“()()21212a x x ---”，事实上，当01x α<<<时，()2102a x -<，()212x --<，所以()()22222ln 00=e ag x a x x --<+-=⇒<令．】详解：又存在2222e1aa x a α---=<=<，并注意到()22102a x -<，()2212x --<，()()()()22222ln 2202g x a x a a<+-=+--=-，所以在()0,α内()g x 存在零点，从而()g x 至少有两个零点，不合题意． 综上所述，1a =或2a ．【附证：222eaa a ---<：222211e 2e 2a a a---=<=-222a a a --<】 例2（上节“题目1（2）”）已知函数2()e (,)x f x a x bx a b =+-∈R ． （1）（3）略．（2）设0b =，若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围． 正解．．：(参数扫描)依题意2()e x f x a x =+有唯一零点，于是： 01当0,()0a f x >>，不合；02当20,()a f x x ==有唯一零点，符合；3当0,a <一方面(0)0f a =<．【下一步，分析1：用直观放缩法．．．．．尝试1x 使1()0f x >，显然10(?)x why < 因为()e 20,()x f x a x f x '=+<，所以只要令10x <且充分小，则10x ae →，从而1211()e 0x f x a x =+>．若1x 为某个负常数,因负数a 的任意性,无法确保1()0f x >，故1x 须与a 有关．不妨改试11x a =-】另一方面10,a ∃-<并注意到1x e x +≥(证略)．2212(1)(1)(1)10222e aa a a f a a a a a a --=+-+->+=>---≥，所以在(,0)-∞内()f x 有唯一零点．于是0x ≥时，须()f x 无零点，而(0)0f <，所以0,()0x f x ∀><，即2e x x a ->． 记2()(0),e x x g x x =>(2)()e xx x g x -'=，令0()02,g x x '=⇒=当00,()0,()x x g x g x '<<>；当0,()0,()x x g x g x '><，所以max 02244()()e e g x g x a ==⇒->，所以24e a <-． 综上0a =或24e a <-．【注】将零点问题转化为不等式恒成立问题从而使“分参”不依赖于形而凸显其严密性． 【下一步分析2：用放缩求解法．．．．．求1x 使1()0f x >，显然1(,0)x ∈-∞． 事实上0x <时,22()e 10x f x a x a x =+>⨯+=令,解之1x a =-另一方面10x a ∃=--<,使122111()e 0,x f x a x a x =+>+=且0x <时()e 20,()x f x a x f x '=+<，所以在(,0)-∞内()f x 有唯一零点． (以下过程同上) 【下一步分析3：仍用放缩求解法．．．．．， 1x <-时，22()e 10x f x a x a x a x x a =+>⨯+>->⇒<令，取11x a =-】另一方面110x a ∃=-<,使1221111()e 0x f x a x a x a x =+>+>->且0x <时()e 20,()x f x a x f x '=+<，所以在(,0)-∞内()f x 有唯一零点． (以下过程同上)例3 已知()ln f x x x a =+，讨论()f x 的零点的个数．解：记()f x 的零点的个数为k ．()f x 的定义域为(0,)+∞，()1ln f x x '=+， 令()0f x '=⇒1e x =，当1ex >时，()0f x '>,()f x ；当10ex <<时，()0f x '<，()f x ，所以1e x =是()f x 的唯一极小值点也是最小值点，即()()min 11e ef x f a ==-．01.当10e a ->，即1e a >时，()min 0f x >,故0k =．2.当10e a -=，即1e a =时，()min 1()0,1ef x f k ===． 03.当10e a -<，即1ea <时，()min 0f x <(如右图所示) ⅰ.0a <时，在(10,e ⎤⎥⎦上()0f x <,在1(,)e +∞上，【途径一】存在1e ea ->，()e e (e 1)0a a af a a a ---=-+=-->， 由零点定理及()f x 的单调性1k =．【途径二：通过放缩，求解赋值点当e x >时, ()0f x x a x a >+>⇒>-令】 当e x >且x a >-时，()0f x x a >+>，同理1k =． ⅱ.0a =时，由ln 01x x x =⇒=，所以1k =．ⅲ.10e a <<时，()min 10e f x a =-<．一方面11e>，且()10f a =>，另一方面【途径一：依据单调性，当10ex <<<时，应有()0f x >，不妨直观尝试10e a x -=】注意到0x >时，2e x x >（证略），存在101e ea x -=<，()()12221111e e 0a a aa a f a a---=>=，又()f x 图像在定义域内不间断， 所以在()10e ，和()1e+∞，内，()f x 各有一个零点，故 2.k = 【途径二(借助原函数极值求赋值点)】已证在(0,)+∞上1ln e x x -≥，且存在21ea a <<，()()222ln 2ln 1f a a a a a a a =+=+≥()210ea -+>．同理 2.k =综上所述：当1e a >时，()f x 没有零点；当1ea =或0a ≤时，有1个零点；当10ea <<时，有2个零点． 【注】学生可能出现的认知误区是：当0x →时，ln x x →+∞（或-∞）． 【跟踪训练】1．解不等式：(e 1)ln 1x x ->-，其中e 为自然对数的底数．解析：记()1(e 1)ln f x x x =---，则原不等式等价于e 1()0.()1f x f x x -'<=-，令()0f x '=，0e 1x =-． 当0,()0,()x x f x f x '>>；当00,()x x f x <<．又一方面，存在01,(1)0,x f <=另一方面，存在0e ,(e)0x f >=， 所以当且仅当1e x <<时()0f x <，从而原不等式的解集为(1,e)．2．已知函数()ln 1(R)f x x ax a =-+∈．(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点1212,()x x x x <,求a 的取值范围． 解析：(1)易得()f x 在1(0,)a ,在1(,).a+∞(2)①若0a ≤则()f x ,()f x 在定义域内最多一个零点,不合．所以0a >且max 11()()ln 00 1.f x f a a a==>⇒<<此时，一方面11e a ∃<使1()0e ea f =-<；另一方面，注意到ln 1x x -≤(证略) ．于是，02e 1x a a ∃=>使01e ()12ln 1f x a a =+-+≤1e 2e 22(1)0a a a -+--=<．依据零点定理以及()f x 的单调性,可知()f x 在1(0,)a 和1(,)a +∞上各有一个零点，所以a 的取值范围是(0,1)．3．设函数31()sin ()6f x x ax x a =-+∈R 若对任意的0,()0x f x ≥≥成立，求a 的取值范围．解：21()cos ,()sin 0()()(0)12f x x a x f x x x f x f x f a ''''''=-+=-⇒⇒=-≥≥．1.当1a ≤时,()0,()()(0)0f x f x f x f '⇒=≥≥；2.当1a >时, 22(2)cos22cos2(1)0,(0)10f a a a a a a a a f a ''=-+=++->=-<， 所以0(0,2)x a ∃∈使得0()0f x '=且在0(0,)x 内()0(),()(0)0f x f x f x f '<⇒<=与题设不符.所以1a ≤．第三讲 赋值的若干经典问题例1（2015.新课标（1）文21）设函数2()e ln x f x a x =-． （1）讨论()f x '零点的个数；（2）略． 解：（1）21()(2e )x f x x a x'=-．①当0a ≤时,()0f x '>，故()f x '无零点；②当0a >时()f x '零点的个数即2()2e (0)x g x x a x =->零点的个数，记为n ． 所以在(0,)+∞上()g x ，所以 1 ()n i ≤．又2()(21)0ag a a e =->．【下一步如何寻找正数0x 使0()0g x <?】途径一(直观放缩法) 【分析】假定0(0)0x g a ⇒=-<≥，故应将0x 锁定在0右侧一点点， 直观尝试后，形成如下的——详解：取01min{,}44a x =，112420()2e (e 2)042a a g x a ⨯⨯⋅-=-<≤，依据零点定理 1 ()n j ≥，由()i ,()j 1n =．途径二(放缩求解法)【分析】01x <<时11e 1ex xx -=<-于是当102x <<，即021x <<时， 2121e ()0,12122(1)2x x a g x a x x x a <⇒<-=<--+=令．详解：01x <<时11e 1ex xx -=<-，于是当102x <<时，21021,e 12x x x <<<⇒-实 用 文 档112()12x g x a x<--，取12()02(1)212a g a a αααα=<⇒<-=+-．依据零点定理 1 ()n j ≥， 由()i ,()j 1n =．例2（2016.全（1）理21）已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）略．解析：（Ⅰ）(参数扫描) ()(1)(e 2)x f x x a '=-+．01) 若 0a >，当1,()0,()x f x f x '>>，当min 1,()0,(),()(1)e 0x f x f x f x f '<<∴==-<．一方面,当 1x >时(2)0f a =>； 另一方面,当 1x <时——途径一．．．(标解)存在0b <且 ln 2a b <，使23 ()(2)(1)()022a f b b a b ab b >-+-=->， 所以在 1x =两侧，()f x 各有一个零点，满足题意．途径二．．．【分析：当 0x <时,能对()0f x >起主导作用的那一项显然是2(1)a x -，而()0,1x e ∈变化幅度不大，是比较理想的放缩目标．0x <时,22()(2)(1)22(1)f x x a x x a x >-+->-+- 02(1)(2)(1)(2)0x ax a x ax x a=-+->-+=⇒=-令】详解：0x <时,22()2(1)22(1)(1)(2)f x x a x x a x x ax a >-+->-+-=-+-> (1)(2)x ax -+，今取00002 01,()(1)(2)0x f x x ax a =-<<>-+=，所以在 1x =两侧，()f x 各有一个零点，满足题意．02)若 0a ≤，当1,()0x f x <≤，所以()f x 有两零点1x ⇔>时，()f x 有两零点 2(2)e ()(1)(1)x x g x a x x -⇔=+>-有两零点，但23(45)e ()0()(1)xx x g x g x x -+'=>⇒-所以()f x 不存在两个零点． 综上，a 的取值范围是(0,)+∞．【注】顺便指出,在同解变形中,巧用升降格,可简化解题过程． (证明:20,e 1x x x ∀>>+) 例3（2017全（2）文21）设函数2()(1)e x f x x =-． （1）略；（2）当0x 时，()1f x ax +，求a 的取值范围．解：（2）()()()211e 10xf x ax F x ax x +⇔=+-+．显然0a >（否则若0a ，注意到12e 1.5>，则()12133e 1 1.51022424a a F =-+<-⨯+<）．实 用 文 档 12【下一步探求a 的范围：令()()221e 0x F x a x x '=++-恒成立()221e x axx ⇒-+-()r x ，()()241e 0x r x x x '=++>，所以()r x ，()()min 01r x r ==-，所以11aa --⇒】()()221e x F x a x x '=++-，记()()h x F x '=，()()241e 0x h x x x '=++>，所以()h x 即()F x '，()()01F x F a ''=-．于是： 1当1a 时，()0F x '，()F x ，()()00F x F =，从而()1f x ax +；2当01a <<时，途径一．．．【分析当01x <<时，()()()2111F x ax x x <+-++ ()()2112102a x x x a x x a x -=++-<--=⇒=⎡⎤⎣⎦☆☆令．】详解：当01x <<时，注意到e 1x x >+(证略)()()()()()22111121F x ax x x x x x a x x a ⎡⎤<+-++=+--<--⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 今取()[]000010,1()2(1)02a x F x x x a -=∈⇒<--=，不合题意.综上，1a ．途径二．．．：()010,(1)2e 0F a F a ''=-<=+>，又()F x '，故在(0,1)上()F x '有唯一零点0x ，且在0(0,)x 上()0,()F x F x '<，所以()(0)0F x F <=不合题意．综上1a ．例4 （省竞赛集训题）设数列{}n a 的通项11nn k a k==∑,证明:21ln 24n n a a n -+>．【分析：联想超越不等式ln x 小于…有①ln 1(1)x x x <-≠；②21ln (1)2x x x x-<>等．然后用分项比较法．．．．．,将待证式两边均表示为从n 起连续n 项的和： 整合并分解左边：212111()422(1)n n n k n a a nkk -=-+==++∑； 同时将右边化整为零:211221ln 2ln ln ln ln 121n n n n n k n n n k-+++=+++=+-∑．依据②211()1111ln 22(1)2k k k kk k k k ++-+<=++⨯，所以原式获证】 证明：易证21ln (1)2x x x x -<>，令211()11111ln .22(1)2k k k kk k x k k k k ++-++=⇒<=++⨯。