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函数零点问题-2020高考数学尖子生辅导专题

专题二 函数零点问题函数的零点作为函数、方程、图象的交汇点,充分体现了函数与方程的联系,蕴含了丰富的数形结合思想.诸如方程的根的问题、存在性问题、交点问题等最终都可以转化为函数零点问题进行处理,因此函数的零点问题成为了近年来高考新的生长点和热点,且形式逐渐多样化,备受青睐.模块1 整理方法 提升能力对于函数零点问题,其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点.对于两个函数的选择,有3种情况:一平一曲,一斜一曲,两曲(凸性一般要相反).其中以一平一曲的情况最为常见.分离参数法是处理零点问题的常见方法,其本质是选择一平一曲两个函数;部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况,其本质是选择一平一曲两个函数;部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点,其本质是选择一平一曲两个函数.函数的凸性1.下凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数,若对(),a b 上任意两点1x ,2x ,总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭,当且仅当12x x =时取等号,则称()f x 为(),a b 上的下凸函数. 2.上凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数,若对(),a b 上任意两点1x ,2x ,总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,当且仅当12x x =时取等号,则称()f x 为(),a b 上的上凸函数.3.下凸函数相关定理定理:设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数,则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递增函数⇔()0f x ''≥且不在(),a b 的任一子区间上恒为零. 4.上凸函数相关定理定理:设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数,则()f x 为(),a b 上的上凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递减函数⇔()0f x ''≤且不在(),a b 的任一子区间上恒为零.例1已知函数()()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.【解析】(1)()()()()22e 2e 12e 1e 1x x x x f x a a a '=+--=+-,2e 10x +>. ①当0a ≤时,e 10x a -<,所以()0f x '<,所以()f x 在R 上递减. ②当0a >时,由()0f x '>可得1lnx a >,由()0f x '<可得1ln x a<,所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减,在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增.(2)法1:①当0a ≤时,由(1)可知,()f x 在R 上递减,不可能有两个零点.②当0a >时,()min 11ln 1ln f x f a a a ⎛⎫⎡⎤==-+ ⎪⎣⎦⎝⎭,令()()min g a f x =⎡⎤⎣⎦,则()2110g a a a'=+>,所以()g a 在()0,+∞上递增,而()10g =,所以当1a ≥时,()()min 0g a f x =⎡⎤≥⎣⎦,从而()f x 没有两个零点.当01a <<时,1ln 0f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭,()22110e e e a a f -=++->,于是()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有1个零点;因为()2333333ln 1121ln 11ln 10f a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,且31ln 1ln a a ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有1个零点. 综上所述,a 的取值范围为()0,1.法2:()2222e e 2e 0e e 2e e e x xxxxxx x x a a x a a x a ++--=⇔+=+⇔=+.令()22e e e x x xxg x +=+,则()()()()()()()()()2222222e 1e e 2e 2e e e 2e 1e 1eeeexx x x x x x x x xx xx x x g x ++-++++-'==-++,令()e 1x h x x =+-,则()e 10x h x '=+>,所以()h x 在R 上递增,而()00h =,所以当0x <时,()0h x <,当0x >时,()0h x >, 于是当0x <时,()0g x '>,当0x >时,()0g x '<,所以()g x 在(),0-∞上递增,在()0,+∞上递减.()01g =,当x →-∞时,()g x →-∞,当x →+∞时,()0g x +→.若()f x 有两个零点,则y a =与()g x 有两个交点,所以a 的取值范围是()0,1.法3:设e 0x t =>,则ln x t =,于是()22e 2e 02ln x x a a x at at t t +--=⇔+=+⇔22ln t t a t t +=+,令()22ln t t G t t t +=+,则()()()()()222122ln 21t t t t t t G t t t ⎛⎫++-++ ⎪⎝⎭'==+ ()()()22211ln t t t tt +-+-+,令()1ln H t t t =-+,则()110H t t'=+>,所以()H t 在()0,+∞上递增,而()10H =,所以当01t <<时,()0H t <,()0G t '>,当1t >时,()0H t >,()0G t '<,所以()G t 在()0,1上递增,在()1,+∞上递减.()11G =,当0t +→时,()G t →-∞,当t →+∞时,()0G t +→.若()f x 有两个零点,则y a =与()G t 有两个交点,所以a 的取值范围是()0,1.法4:设e 0x t =>,则ln x t =,于是()22e 2e 02ln 0x x a a x at at t t +--=⇔+--=⇔()ln 12t a t t +-=.令()()12k t a t =+-,()ln t t tϕ=,则()f x 有两个零点等价于()y k t =与()y t ϕ=有两个交点.因为()21ln tt tϕ-'=,由()0t ϕ'>可得0e t <<,由()0t ϕ'<可得e t >,所以()t ϕ在()0,e 上递增,在()e,+∞上递减,()1e e ϕ=,当x →+∞时,()0t ϕ+→.()y k t =是斜率为a ,过定点()1,2A --的直线.当()y k t =与()y t ϕ=相切的时候,设切点()00,P t y ,则有()0000002ln 121ln t y t y a t ta t ⎧=⎪⎪⎪=+-⎨⎪-⎪=⎪⎩,消去a 和0y ,可得()000200ln 1ln 12t t t t t -=+-, 即()()00021ln 10t t t ++-=,即00ln 10t t +-=.令()ln 1p t t t =+-,显然()p t 是增函数,且()10p =,于是01t =,此时切点()1,0P ,斜率1a =.所以当()y k t =与()y t ϕ=有两个交点时,01a <<,所以a 的取值范围是()0,1.法5:()()20e e 2e x x x f x a x =⇔+=+,令()()2e e x x M x a =+,()2e e x x m x =+,()2e x n x x =+,则()f x 有两个零点⇔()M x 与()n x 的图象有两个不同交点.()()002m n ==,所以两个函数图象有一个交点()0,2.令()()()2e e x x T x m x n x x =-=--,则()()()22e e 12e 1e 1x x x x T x '=--=+-,由()0T x '>可得0x >,由()0T x '<可得0x <,于是()T x 在(),0-∞上递减,在()0,+∞上递增,而()00T =,所以()()m x n x ≥,因此()m x 与()n x相切于点()0,2,除切点外,()m x 的图象总在()n x 图象的上方.由(1)可知,0a >.当1a >时,将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动,纵坐标变为原来的a 倍,就得到了()M x 的图象,此时()M x 与()n x 的图象没有交点.当1a =时,()m x 的图象就是()M x 的图象,此时()M x 与()n x 的图象只有1个交点.当01a <<时,将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动,纵坐标变为原来的a 倍,就得到了()M x 的图象,此时()M x 与()n x 的图象有两个不同交点.综上所述,a 的取值范围是()0,1.法6:()()()20e e 2e e 12e x x x x xx f x a x a =⇔+=+⇔+-=,令()()e 12xp x a =+-,()e xxq x =,则()f x 有两个零点⇔()p x 与()q x 的图象有两个不同交点. ()1ex xq x -'=,由()0q x '>可得1x <,由()0q x '<可得1x >,所以()q x 在(),1-∞上递增,在()1,+∞上递减,当x →+∞时,()0q x +→.由(1)可知,0a >,所以()p x 是下凸函数,而()q x 是 上凸函数.当()p x 与()q x 相切时,设切点为()00,P x y ,则有()00000000e 12e 1e e xx x x y a x y x a ⎧=+-⎪⎪⎪=⎨⎪-⎪=⎪⎩,消去a ,0y 可得()0000021e 12e e x x x x x -+-=,即()()0002e 1e 10x x x ++-=,即00e 10x x +-=.令()e 1x W x x =+-,显然()W x 是增函数,而()00W =,于是00x =,此时切点()0,0P ,1a =.所以当()p x 与()q x 的图象有两个交点时,01a <<,所以a 的取值范围是()0,1.【点评】函数零点问题,其解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.法1是直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况,法2是分离参数法,法3用了换元,3种方法的本质都是一平一曲,其中法3将指数换成了对数,虽然没有比法2简单,但是也提示我们某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.法4是一斜一曲情况,直线与曲线相切时的a 值是一个重要的分界值.法5和法6都是两曲的情况,但法6比法5要简单,其原因在于法5的两曲凸性相同而法6的两曲凸性相反.函数零点问题对函数图象说明的要求很高,如解法2当中的()g x 是先增后减且极大值()01g =,但x →-∞和x →+∞的状态会影响a 的取值范围,所以必须要说清楚两个趋势的情况,才能得到最终的答案.例2设函数设()21n n f x x x x =+++-L ,n ∈*N ,2n ≥. (1)求()2n f ';(2)证明:()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点(记为n a ),且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭.【解析】(1)因为()112n n f x x nx -'=+++L ,所以()121222n n f n -'=+⨯++⋅L …①.由()2222222n n f n '=+⨯++⋅L …②,①-②,得()21212222n n n f n -'-=++++-⋅=L ()12212112nn n n n --⋅=---,所以()()2121n n f n '=-+. 【证明】(2)因为()010f =-<,22213322211121202333913nn n f ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-≥-=> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-,由零点存在性定理可知()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点.又因为()1120n n f x x nx -'=+++>L ,所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内递增,因此()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且只有一个零点n a .由于()()111n n x x f x x-=--,所以()()1101n n n n n na a f a a -=-=-,由此可得11122n n n a a +=+,即11122n n na a +-=.因为203n a <<,所以111120223n n n a ++⎛⎫<< ⎪⎝⎭,所以1111212022333n nn na ++⎛⎫⎛⎫<<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭.【点评】当函数()f x 满足两个条件:连续不断,()()0f a f b <,则可由零点存在性定理得到函数()f x 在(),a b 上至少有1个零点.零点存在性定理是高中阶段一个比较弱的定理,首先,该定理的两个条件缺一不可,其次,就算满足两个条件,也只能得到有零点的结论,究竟有多少个零点,也不确定.零点存在性定理常与单调性综合使用,这是处理函数零点问题的一种方法.例3已知函数()()e ln x f x x m =-+.(1)设0x =是()f x 的极值点,求m ,并讨论()f x 的单调性; (2)当2m ≤时,证明:()0f x >. 【解析】(1)()1e xf x x m'=-+,由0x =是()f x 的极值点,可得()00f '=,解得1m =.于是()()e ln 1x f x x =-+,定义域为()1,-+∞,()1e 1xf x x '=-+,则()()21e 01x f x x ''=+>+,所以()f x '在()1,-+∞上递增,又因为()00f '=,所以当10x -<<时()0f x '<,当0x >时()0f x '>,所以()f x 在()1,0-上递减,在()0,+∞上递增.【证明】(2)法1:()f x 定义域为(),m -+∞,()1e xf x x m'=-+,()()21e 0xf x x m ''=+>+,于是()f x '在(),m -+∞上递增.又因为当x m +→-时,()f x '→-∞,当x →+∞时,()f x '→+∞,所以()0f x '=在(),m -+∞上有唯一的实根0x ,当0m x x -<<时,()0f x '<,当0x x >时,()0f x '>,所以()f x 在()0,m x -上递减,在()0,x +∞上递增,所以当0x x =时,()f x 取得最小值.由()00f x '=可得001e 0x x m-=+,即()00ln x m x +=-,于是()()000000011e ln 2xf x x m x x m m m x m x m=-+=+=++-≥-++.当2m <时,()00f x >;当2m =时,等号成立的条件是01x =-,但显然()11e 012--≠-+,所以等号不成立,即()00f x >.综上所述,当2m ≤时,()()00f x f x ≥>.法2:当2m ≤,(),x m ∈-+∞时,()()ln ln 2x m x +≤+,于是()()e ln 2x f x x ≥-+,所以只要证明()()e ln 20x x x ϕ=-+>,()2,x ∈-+∞,就能证明当2m ≤时,()0f x >.()1e 2x x x ϕ'=-+,()()21e 02x x x ϕ''=+>+,于是()x ϕ'在()2,-+∞上递增.又因为()1110eϕ'-=-<,()10102ϕ'=->,所以()0x ϕ'=在()2,-+∞上有唯一的实根0x ,且()01,0x ∈-.当02x x -<<时,()0x ϕ'<,当0x x >时,()0x ϕ'>,所以()x ϕ在()02,x -上递减,在()0,x +∞上递增,所以当0x x =时,()x ϕ取得最小值.由()00x ϕ'=可得001e 02x x -=+,即()00ln 2x x +=-.于是()()()0200000011e ln 2022x x x x x x x ϕ+=-+=+=>++,于是()()00x x ϕϕ≥>. 综上所述,当2m ≤时,()0f x >.法3:当2m ≤,(),x m ∈-+∞时,()()ln ln 2x m x +≤+,于是()()e ln 2x f x x ≥-+,所以只要证明()e ln 20x x -+>(2x >-),就能证明当2m ≤时,()0f x >.由ln 1x x ≤-(0x >)可得()ln 21x x +≤+(2x >-),又因为e 1x x ≥+(x ∈R ),且两个不等号不能同时成立,所以()e ln 2x x >+,即()e ln 20x x -+>(2x >-),所以当2m ≤时,()0f x >.【点评】法1与法2中出现的0x 的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.法2比法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题()e ln 0x x m -+>模块2 练习巩固 整合提升练习1:设函数()2e ln x f x a x =-.(1)讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数;(2)证明:当0a >时,()22lnf x a a a≥+. 【解析】(1)()f x 的定义域为()0,+∞,()22e x af x x'=-. ()f x '的零点的个数⇔22e x x a =的根的个数⇔()22e x g x x =与y a =在()0,+∞上的交点的个数.因为()()2221e 0x g x x '=+>,所以()g x 在()0,+∞上递增,又因为()00g =,x →+∞时,()g x →+∞,所以当0a ≤时,()g x 与y a =没有交点,当0a >时,()g x 与y a =有一个交点.综上所述,当0a ≤时,()f x '的零点个数为0,当0a >时,()f x '的零点个数为1. 【证明】(2)由(1)可知,()f x '在()0,+∞上有唯一的零点0x ,当00x x <<时,()0f x '<,当0x x >时,()0f x '>,所以()f x 在()00,x 上递减,在()0,x +∞上递增,所以当0x x =时,()f x 取得最小值,且最小值为()0f x .因为0202e 0x a x -=,所以020e 2x a x =,00ln ln 22ax x =-,所以()020000002e ln ln 22ln 2ln 2222x a a aa f x a x a x ax a a a x x a ⎛⎫=-=--=+-≥+ ⎪⎝⎭. 练习2:设函数()2e 2ln x f x k x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(k 为常数,e 2.71828=⋅⋅⋅是自然对数的底数).(1)当0k ≤时,求函数()f x 的单调区间;(2)若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点,求k 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,+∞,()32e 2e 21x x x f x k x xx -⎛⎫'=--+= ⎪⎝⎭ ()()32e x x kx x --.当0k ≤时,e 0x kx ->,所以当02x <<时,()0f x '<,当2x >时,()0f x '>.所以()f x 的递减区间为()0,2,递增区间为()2,+∞.(2)函数()f x 在()0,2内存在两个极值点()0f x '⇔=在()0,2内有两个不同的根. 法1:问题e 0x kx ⇔-=在()0,2内有两个不同的根.设()e x h x kx =-,则()e x h x k '=-.当1k ≤时,()0h x '>,所以()h x 在()0,2上递增,所以()h x 在()0,2内不存在两个不同的根.当1k >时,由()0h x '>可得ln x k >,由()0h x '<可得ln x k <,所以()h x 的最小值为()()ln 1ln h k k k =-.e 0xkx -=在()0,2内有两个不同的根()()()()20102e 20ln 1ln 00ln 2g g k g k k k k ⎧=>⎪=->⎪⇔⎨=-<⎪⎪<<⎩,解得2e e 2k <<.综上所述,k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭.法2:问题e x k x ⇔=在()0,2内有两个不同的根y k ⇔=与()e xg x x=在()0,2内有两个不同的交点.()()221ee e xx x x x g x x x--'==,当01x <<时,()0g x '<,当1x >时,()0g x '>.()1e g =,()2e 22g =,当0x +→时,()g x →+∞.画出()g x 在()0,2内的图象,可知要使y k =与()g x 在()0,2内有两个不同的交点,k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭.练习3:已知函数()e x f x =和()()ln g x x m =+,直线l :y kx b =+过点()1,0P -且与曲线()y f x =相切.(1)求切线l 的方程;(2)若不等式()ln kx b x m +≥+恒成立,求m 的最大值;(3)设()()()F x f x g x =-,若函数()F x 有唯一零点0x ,求证:0112x -<<-.【解析】(1)设直线l 与函数()f x 相切于点()11,e x A x ,则切线方程为()111e e x x y x x -=-,即1111e e e x x x y x x =-+,因为切线过点()1,0P -,所以11110e e e x x x x =--+,解得10x =,所以切线l 的方程为1y x =+.(2)设()()1ln h x x x m =+-+,()1x m h x x m+-'=+.当(),1x m m ∈--时,()0h x '<,当()1,x m ∈-+∞时,()0h x '>,所以()h x 在1x m =-时取极小值,也是最小值.因此,要原不11 等式成立,则()120h m m -=-≥,所以m 的最大值是2.【证明】(3)由题设条件知,函数()1e x F x x m'=-+(x m >-),令()()H x F x '=,则()()21e 0x H x x m '=+>+,于是()H x 在(),m -+∞上单调递增.因为当x m +→-时,()F x '→-∞,当x →+∞时,()F x '→+∞,所以()0F x '=有唯一的实根,设为1x ,则当()1,x m x ∈-时,()0F x '<,当()1,x x ∈+∞时,()0F x '>,于是()F x 有唯一的极小值1x ,也是最小值.当x m +→-时,()F x →+∞,当x →+∞时,()F x →+∞.因此函数()F x 有唯一零点的充要条件是其最小值为0,即()00F x =(01x x =),所以()00e ln 0x x m -+=,又因为001e x x m=+,所以00e 0x x +=.设()e x x x ϕ=+,则()e 10x x ϕ'=+>,所以()x ϕ在(),m -+∞上单调递增,又因为1211e 022ϕ-⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭,()1110e ϕ-=-<,由零点存在性定理可知0112x -<<-.。

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