重难点突破09 函数零点问题的综合应用 （八大题型）（解析版）

重难点突破09函数零点问题的综合应用目录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yk)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fx整理变形成fxgxhx的形式，通过,gxhx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.题型一：零点问题之一个零点例1．（2023·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数lnfxx,21212gxxx.（1）求函数3xgxfx的单调递减区间；（2）设hxafxgx，aR.①求证：函数yhx存在零点；②设0a，若函数yhx的一个零点为m.问：是否存在a，使得当0,xm时，函数yhx有且仅有一个零点，且总有0hx恒成立？如果存在，试确定a的个数；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）由题可知213212xlnxxx，定义域为0,.则‘31 xxxx，令‘0x，解得1x（舍）或=3x，故可得x在0,3单调递减.（2）21212hxalnxxx，①由题可知22xxahxx.令22yxxa，则其44a.⒈当1a时，0,0hx，故hx在0,上单调递减.又因为1110,33022hhaln，故hx在区间1,3上一定有一个零点；⒉当10a时，0，令220yxxa，解得1211,11xaxa，令0hx，故可得12,xxx，故hx在区间12,xx上单调递增；令0hx，故可得10,xx或2,x，故hx在10,x，2,x单调递减.又211?1,2xa，故可得22x，又因为221120,4411halnlnhaln，故hx在区间2,4上一定有一个零点.⒊当=0a时，21212hxxx，令0hx，解得22x，显然hx存在零点.⒋当0a时，令0hx，解得112,xa，故可得hx在区间0,11a单调递增；在11,a单调递减.又因为11740432haln，1102h，故hx在区间1,14上一定存在一个零点.综上所述，对任意的aR，hx一定存在零点.②由①可知，当1a时， hx在0,上单调递减.且只在区间1,3上存在一个零点，显然不满足题意.当10a时，hx在0,11a单调递减，在11,11aa单调递增，在11,a单调递减.且112a且在区间2,4上一定有一个零点，不妨设零点为m，则11ma，故要存在a，使得当0,xm时，函数yhx有且仅有一个零点，且总有0hx恒成立，只需110ha，即211111211102alnaaa，（ⅰ）整理得11102aalnaa，1,0a.则上述方程在区间1,0上根的个数，即为满足题意的a的个数.不妨令11at,则0,1t，22att故方程（ⅰ）等价于22122102ttlnttt.不妨令2212212mtttlnttt，故可得210mttlnt在区间0,1上恒成立.故ymt在区间0,1上单调递增.又因为1111185310,621055028mlnmln，故可得函数mt在区间0,1上只有一个零点.则方程（ⅰ）存在唯一的一个根.即当0a时，有且仅有一个a，使得当0,xm时，函数yhx有且仅有一个零点，且总有0hx恒成立.例2．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知函数()esin1xfxax，22cossin2exxagxaxx，fx在0,上有且仅有一个零点0x.(1)求a的取值范围；(2)证明：若12a，则gx在,0上有且仅有一个零点1x，且010xx.【解析】（1）()ecosxfxax，设()()xfx，()esinxxax，①当0a时，若0,x，则()e10xfx，fx在0,上无零点，不符合题意；②当01a时，若0,x，则()1cos10fxaxa，∴fx在0,上单调递增，∴00fxf，∴fx在0,上无零点，不符合题意；③当1a时，若0,x，则()0x，∴fx在0,上单调递增，∵010fa，e0fa，∴存在唯一0,t，使得0ft.当0,xt时，0fxft；当,xt时，0fxft，故fx在0,t上单调递减，在,t上单调递增，∵00f，()e10f，故fx在0,上有且仅有一个零点0x，符合题意；综上，a的取值范围为1,.（2）记()(sincos)2()22eeexxxgxaxxhxxa，2sin22()()2eeexxxaxfxhx，由（1）知：若12a，当00,xx时，0fx，0hx，当0,xx时，0fx，0hx，故hx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，又(0)0h，2()2222240eahaa，故存在唯一20,x，使得20hx，且20xx.注意到()()exgxhx，可知gx在,0上有且仅有一个零点12xx，且120xxx，即010xx.例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数1lnexxfxax.(1)当1a时，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；(2)证明：当0a时，fx有且只有一个零点；(3)若fx在区间0,1,1,各恰有一个零点，求a的取值范围.【解析】（1）由题意，1lnexxfxx，12exxfxx，故111ef，又10f，故曲线yfx在点1,1f处的切线方程为11e1yx，即1111eeyx（2）由题意，因为0a，故当1x时，1ln0exxfxax，当0,1x时，1ln0exxfxax，当1x时，10f，故当0a时，fx有且只有一个零点1x（3）由（2）可得a0，1lnexxfxax，故22e2eexxxaxaxxfxxx设2e2xgxaxx，则①若1ae，则2211e2e1xxxgxaxx，在1,x上为减函数，故12111e10gx，故fx在1,x上为减函数，10fxf不满足题意；②若10ea，e22xgxaxi）当1,x时，0gx，gx单调递减，且1e10ga，22e0ga，故存在01,2x使得0gx，故fx在01,x上单调递增，在0,x上单调递减.又010fxf，1e1eea，且111111111eeeee1e1ee1elne1eeeaaaaaaaaafa，设e0xxxx，易得e10xx，故x在0,单调递增，故0e000x，故11eeeaa，故1e0af.故fx在11,ea上有一个零点，综上有fx在区间1,上有一个零点ii）当0,1x时，e22xgxax，设e22xhxgxax，则e20xhxa，故gx为减函数，因为020ga，1e0ga，故存在10,1x使得0gx成立，故2e2xgxaxx在10,x单调递增，在1,1x单调递减.又00ga，1e10ga，故存在20,1x使得20gx成立，故在20,x上0gx，fx单调递减，在2,1x上0gx，fx单调递增.又10f，故210fxf，且1-eee1a，111111eee1e1elne1eeaaaaaafa11111e0eeee1ee10eeaaaaa，故1e0af，故存在13,1eax使得0fx，综上有fx在区间0,1上有一个零点.综上所述，当10ea时，fx在区间0,1,1,各恰有一个零点变式1．（2023·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a，函数exfxxa，lngxxxa.(1)证明：函数fx，gx都恰有一个零点；(2)设函数fx的零点为1x，gx的零点为2x，证明12xxa.【解析】（1）函数exfxxa的定义域为R，1exfxx，1xQ时，0fx，1x时，()0fx¢，()fx\在,1上单调递减，fx在1,上单调递减增，0xQ时，0fx，00fa，ee10aafaaaa，函数fx恰有一个零点.函数lngxxxa的定义域为0,，ln1gxx，10ex时，0gx，1ex时，0gx，gx在10,e上单调递减，gx在1,e上单调递增，1x时，0gx，10ga，令max,eba（max,mn表示,mn中最大的数），lnln10gbbbaaa，函数