备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第六篇函数与导数专题04 函数的零点【典例1】【辽宁省丹东市2020届模拟】已知设函数()ln(2)(1)axf x x x e =+-+.（1）若0a =，求()f x 极值；（2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点. 【思路引导】（1）通过求导得到()f x '，求出()0f x '=的根，列表求出()f x 的单调区间和极值.（2）对a 进行分类，当1a >时，通过对()f x '求导，得到()f x '在()1,-+∞单调递减，找到其零点，进而得到()f x 的单调性，找到()0>0f x ，()00f <，可证()f x 在()1,-+∞上存在零点.当01a <<时，根据（1）得到的结论，对()f x 进行放缩，得到1e 0af -⎛⎫> ⎪⎝⎭，再由()00f <，可证()f x 在()1,-+∞上存在零点. 【详解】（1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()102x f x x +'=-=+得1x =-． 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值． （2）()()1e 112ax f x a x x ⎡⎤=-++⎣+'⎦，2x >-． 当0a >时，因为1x >-，所以()()()21e 1202axf x a a x x ⎡⎤=--++⎣+'<⎦'， ()f x '在()1,-+∞单调递减．因为()11e0af --=->'，()1002f b -'=-<，所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=，当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<， 所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减． 所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<， 所以()f x 在()1,-+∞存在零点．当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+， 于是e 1x x ≥+，所以()e11axax a x -≥-+>-+．所以()()()()())e e ln 21e 1ln 21]ax ax axf x x x x a x -⎡⎤⎡=+-+>-+++⎣⎣⎦． 于是1111111e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a af a a -------⎡⎫⎡⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>+-+->+--=⎪⎪⎢⎢ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎢⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎣⎭．因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭存在零点．综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点．【典例2】【河南省名校-鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试】已知函数()223xf x e x x =+-.（1）求函数()f x '在区间[]0,1上零点个数；（其中()f x '为()f x 的导数） （2）若关于x 的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围. 【思路引导】（1）根据()f x 可得()43xf x e x '=+-，为递增函数，再根据零点存在性定理得出答案.（2）将不等式整理转化为求函数()12x e x g x x x=--在[)1,+∞的最小值，利用导数判断单调性和取值范围，遂可得解. 【详解】解：（1）函数()223xf x e x x =+-的导数()43xf x e x '=+-，则()43xf x e x '=+-在区间()0,1递增，又()01320f '=-=-<，()14310f e e '=+-=+>， 则函数()f x '在区间[]0,1上只有一个零点； （2）若关于的不等式()()25312f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立， 整理得12x e x a x x≤--，即求函数()12x e x g x x x=--在[)1,+∞的最小值由()12x e x g x x x =--的导数()()()22211111122x x e x e x g x x x x --+'=-+=-， 由1x y e x =--的导数为1xy e '=-，可得0x >时，0y '>，函数1x y e x =--递增，0x <时，函数1x y e x =--递减，则10x e x --≥，即10x e x ≥+>，当1x ≥时，()()()22111111110222x e x x x x x -++-+-≥-=>， 则()12x e x g x x x=--在[)1,+∞递增，可得()()min 312g x g e ==-，则32a e ≤-. 【典例3】【广东省茂名市2019届高三第一次综合测试】已知函数()()1ln f x x a R ax=+∈在1x =处的切线与直线210x y -+=平行．(1)求实数a 的值，并判断函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x m =有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 【思路引导】 （1）由()1'12f =可得2a =，利用导数可求()f x 的单调区间. （2）由121211ln ,ln 22x m x m x x +=+=可得1211212lnx xx x x -=，2121212ln x x x x x -=，令12x t x =，则()0,1t ∈且121+=2ln t t x x t-，构建新函数()()12ln 01h t t t t t=--<<，利用导数可以证明()1h t >即121x x +>. 【详解】（1）函数()f x 的定义域：()0,+∞，()11112f a =-='，解得2a =， ()1ln 2f x x x ∴=+，()22112122x f x x x x -∴=-=' 令()0f x '<，解得102x <<，故()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是单调递减；令()0f x '>，解得12x >，故()f x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是单调递增. （2）由12,x x 为函数()f x m =的两个零点，得121211ln ,ln 22x m x m x x +=+= 两式相减，可得121211ln ln 022x x x x -+-= 即112212ln 2x x x x x x -=，1212122ln x xx x x x -=，因此1211212lnx x x x x -=，2121212ln x x x x x -=令12x t x =，由12x x <，得01t <<. 则121111+=2ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=， 构造函数()()12ln 01h t t t t t=--<<，则()()22211210t h t t t t -=+-=>'所以函数()h t 在()0,1上单调递增，故()()1h t h <，即12ln 0t t t--<，可知112ln t t t->.故命题121x x +>得证.【典例4】【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟考试】已知函数ln ()(,)x af x bx a b R x-=-∈. （1）当0b =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()()f x g x x=在x =e 为自然对数的底）时取得极值，且函数()g x 在(0,)e 上有两个零点，求实数b 的取值范围. 【思路引导】（1）当0b =时，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可判断f （x ）的单调性； （2）函数()g x 在()0,e 上有两个零点等价于函数()(),0,g x x e ∈的图像与x 轴有两个交点，数形结合即可得到实数的取值范围. 【详解】（1）当0b =时，()ln x af x x-=， ()()221ln 1ln x x a a x x f x x x ⋅--+-=='，令()0f x '=，得1a x e +=，当()10,ax e+∈时，()0f x '>，当()1,ax e+∈+∞时，()0f x '<.所以函数()f x 在()10,ae +上单调递增，在()1,ae++∞上单调递减.（2）()()2ln f x x ag x b xx-==-，()()2431ln 2122ln x x a x a x x g x x x ⋅--⋅-=='+， ∵()g x在x =∴0g '=即1210a +-=，∴0a =. 所以()2ln x g x b x =-，()312ln xg x x -'=， 函数()g x在(上单调递增，在)+∞上单调递减，得函数的极大值12gb e=-， ∴当函数()g x 在()0,e 上有两个零点时，必有()0,10,2g e b e ⎧<⎪⎨->⎪⎩得2112b e e<<. 当2112b e e <<时，210g e b e ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭.∴()g x的两个零点分别在区间1e ⎛ ⎝与)e 中.∴的取值范围是211,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭. 1.【福建省泉州市2019届普通高中毕业班第二次质量检查】已知函数1()()ln f x x x x =-，()k g x x x=-. （1）证明：函数()f x 的极小值点为1；（2）若函数()()y f x g x =-在[)1,+∞有两个零点，证明：1718k <≤. 【思路引导】(1)利用导函数的正负确定函数的增减.(2) 函数()()y f x g x =-在[)1,+∞有两个零点，即方程()221ln xx x k --=-在区间[)1,+∞有两解，令()()221ln h x x x x =--通过二次求导确定函数单调性证明参数范围.解：（1）证明：因为()2211'1ln 1f x x x x ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(0)x > 当()0,1x ∈时，2211ln 0,10,10x x x +-<，()'0f x <， 所以()f x 在区间()0,1递减； 当()1,x ∈+∞时，2211ln 0,10,10x x x >+>->， 所以()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞递增； 且()'10f =，所以函数()f x 的极小值点为1 （2）函数()()y f x g x =-在[)1,+∞有两个零点， 即方程()221ln x x x k --=-在区间[)1,+∞有两解，令()()221ln h x x x x =--，则()1'2ln h x x x x x=--令()()()'1x h x x ϕ=≥，则()21'2ln 10x x xϕ=++>， 所以()'h x 在[)1,+∞单调递增， 又()'120h =-<，()5'24ln202h =-> 故存在唯一的()1,2m ∈，使得()1'2ln 0h m m m m m =--=，即211ln 22m m=+， 所以()h x 在()1,m 单调递减，在区间(),m +∞单调递增，且()()1e 1h h ==-，()()()()2222222min 11111ln 1222h x h m m m m m m m mm ⎛⎫⎛⎫==--=-+-=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为()1,2m ∈，所以()min 178h x >-， 方程关于x 的方程()221ln x x x k --=-在[)1,+∞有两个零点，由()f x 的图象可知，()()min 17118h x k h -<<-≤=-， 即1718k ≤<. 2.【湖北省2019届高三4月份调研考试】已知21()(ln )ln 12f x x x k x =---()k ∈R . （1）若()f x 是(0,)+∞上的增函数，求k 的取值范围；（2）若函数()f x 有两个极值点，判断函数()f x 零点的个数. 【思路引导】(1) 由题意知()0f x '≥恒成立,构造函数()ln F x x x k =--，对函数求导，求得函数最值，进而得到结果；（2）当1k >时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点，再证()10f x >，()20f x <. 【详解】（1）由()()21ln ln 12f x x x k x =---得()ln x x k f x x'--=， 由题意知()0f x '≥恒成立，即ln 0x x k --≥，设()ln F x x x k =--，()11F x x'=-， ()0,1x ∈时()0F x '<，()F x 递减，()1,x ∈+∞时，()0F x '>，()F x 递增；故()()min 110F x F k ==-≥，即1k ≤，故k 的取值范围是(],1-∞. （2）当1k ≤时，()f x 单调，无极值； 当1k >时，()110F k =-<， 一方面，()0k kF ee--=>，且()F x 在()0,1递减，所以()F x 在区间(),1k e -有一个零点. 另一方面，()2kkF eek =-，设()2k g k e k =-(1)k >，则()20k g k e ='->，从而()g k在()1,+∞递增，则()()120g k g e >=->，即()0kF e>，又()F x 在()1,+∞递增，所以()F x 在区间()1,k e 有一个零点.因此，当1k >时()f x '在(),1ke -和()1,ke各有一个零点，将这两个零点记为1x ，2x ()121x x <<，当()10,x x ∈时()0F x >，即()0f x '>；当()12,x x x ∈时()0F x <，即()0f x '<；当()2,x x ∈+∞时()0F x >，即()0f x '>：从而()f x 在()10,x 递增，在()12,x x递减，在()2,x +∞递增；于是1x 是函数的极大值点，2x 是函数的极小值点.下面证明：()10f x >，()20f x <由()10f x '=得11ln 0x x k --=，即11ln k x x =-，由()()211111ln ln 12f x x x k x =--- 得()()()21111111ln ln ln 12f x x x x x x =----()211111ln ln 12x x x x =+--， 令()()21ln ln 12m x x x x x =+--，则()()1ln x x m x x-'=， ①当()0,1x ∈时()0m x '<，()m x 递减，则()()10m x m >=，而11x <，故()10f x >； ②当()1,x ∈+∞时()0m x '<，()m x 递减，则()()10m x m <=，而21x >，故()20f x <； 一方面，因为()2210kkf ee--=-<，又()10f x >，且()f x 在()10,x 递增，所以()f x 在()21,kex -上有一个零点，即()f x 在()10,x 上有一个零点.另一方面，根据1(0)xe x x >+>得1k e k >+，则有：()()444221211121kkf eek k k =-->+--24374044k k k k ⎛⎫=+-+> ⎪⎝⎭，又()20f x <，且()f x 在()2,x +∞递增，故()f x 在()42,kx e上有一个零点，故()f x 在()2,x +∞上有一个零点.又()10f =，故()f x 有三个零点.3.【山西省吕梁市2020届模拟】已知函数()()2ln 1f x x x ax =-+-． （1）当1a =时，证明()f x 的图象与x 轴相切； （2）当1a <时，证明()f x 存在两个零点． 【思路引导】（1）先求导，再设切点，求出切点坐标，即可证明，（2）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值，即可证明. 【详解】证明：（1）当a ＝1时，f （x ）＝（x ﹣2）lnx +x ﹣1． ∴f ′（x ）＝lnx ++1，若f （x ）与x 轴相切，切点为（x 0，0）， ∴f （x 0）＝（x 0﹣2）lnx 0+x 0﹣1＝0 f ′（x 0）＝lnx 0++1＝0，解得x 0＝1或x 0＝4（舍去） ∴x 0＝1，∴切点为（1，0）， 故f （x ）的图象与x 轴相切（2）∵f （x ）＝（x ﹣2）lnx +ax ﹣1＝0， ∴a ＝﹣＝﹣lnx +，设g （x ）＝﹣lnx +，∴g ′（x ）＝﹣﹣+＝，令h （x ）＝1﹣2x ﹣2lnx易知h （x ）在（0，+∞）为减函数， ∵h （1）＝1﹣1﹣2ln 1＝0，∴当x ∈（0，1）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增， 当x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减， ∴g （x ）max ＝g （1）＝1，当x →0时，g （x ）→﹣∞，当x →+∞时，g （x ）→﹣∞， ∴当a ＜1时，y ＝g （x ）与y ＝a 有两个交点， 即当a ＜1时，证明f （x ）存在两个零点4.【广东省深圳市2019届高三第一次（2月)调研考试】已知函数()(2)xaf x e x x=--，其定义域为(0,)+∞.（其中常数 2.718 28e =L ，是自然对数的底数）（1）求函数 () f x 的递增区间； （2）若函数 () f x 为定义域上的增函数，且12()()4f x f x e +=-，证明: 122x x +≥ . 【思路引导】（1）求得函数的导数22(1)()()x e x x a f x x--'=，分类讨论，即可求解函数的单调区间；（2）由题意，问题转化为11()(2)4f x f x e +-≤-，令()()(2)x f x f x ϕ=+-，01x <≤，即证2222(1)(3)0(2)x e x x x x -+--≥-，根据函数的单调性，即可作出证明． 【详解】 （1）易知()()()221x e x x af x x --'=，①若0a ≤，由()0f x '>解得1x >，∴函数()f x 的递增区间为()1,+∞； ②若01a <<，则∴函数()f x 的递增区间为(和()1,+∞； ③若1a =，则()()()22110x e x x f x x+='-≥，∴函数()f x 的递增区间为()0,+∞；④若1a >，则∴函数()f x 的递增区间为()0,1和)+∞；综上，若0a ≤，()f x 的递增区间为()1,+∞；若01a <<，()f x 的递增区间为(和()1,+∞； 若1a =，函数()f x 的递增区间为()0,+∞；若1a >，函数()f x 的递增区间为()0,1和)+∞.（2）∵函数()f x 为()0,+∞上的增函数，∴1a =，即()12xf x e x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 注意到()12f e =-，故()()()12421f x f x e f +=-=， ∴不妨设1201x x <≤≤，欲证122x x +≥，只需证212x x ≥-，只需证()()212f x f x ≥-， 即证()()1142e f x f x --≥-，即证()()1124f x f x e +-≤-， 令()()()2x f x f x ϕ=+-，01x <≤，只需证()()1x ϕϕ≤，∴()()()2x f x f x ϕ=-''-'=()()()()2222221312x xe x x e x x x --⎡⎤+---⎢⎥-⎢⎥⎣⎦， 下证()0x ϕ'≥，即证()()()22221302x e x x x x -+--≥-， 由熟知的不等式1x e x ≥+可知()()22221211x x e e x x --=≥+-=，当01x <≤时，即2221x e x-≥，∴()()()2222132x e x x x x -+---()()2312x x x -≥+--()322312x x x x -++=-，易知当01x <≤时，2210x x --<，∴()()322311210x x x x x x -++=---≥，∴()()()22221302x e x x x x -+--≥-， ∴()0x ϕ'≥，即()x ϕ单调递增，即()()1x ϕϕ≤，从而122x x +≥得证.。