直击函数压轴题中零点问题

一、解答题1．已知函数2ln10fxxaxa.（1）讨论fx的单调性；（2）若fx在区间0,1内有唯一的零点0x，证明：3120exe.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）依题可知10f，若fx在区间0,1内有唯一的零点0x，由（1）可知2a，且0110,2xx，于是：20010lnxax①，2002210axax②由①②得0001ln02xxx，设g(x)＝lnx−12xx，(x∈(0，1))，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．（2）依题可知10f，若fx在区间0,1内有唯一的零点0x，由（1）可知2a，且0110,2xxZ&X&X&K]于是：20010lnxax①2002210axax②由①②得0001ln02xxx，设1ln,0,12xgxxxx，则2212xgxx，因此gx在10,2上单调递减，又3322402ege，11302ege根据零点存在定理，故3120exe.点睛：本题考查了函数的单调性,零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法.2．设函数f(x)＝x2＋bx－1(b∈R)．(1)当b＝1时证明：函数f(x)在区间1,12内存在唯一零点；(2)若当x∈[1,2]，不等式f(x)1有解．求实数b的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）,1【解析】试题分析：（1）先根据对称轴与定义区间位置关系确定函数f(x)在区间1,12单调性，再根据区间端点函数值异号，结合零点存在定理确定零点个数（2）先分离变量化为对应函数最值问题：2bxx，再根据函数单调性确定函数最小值，即得实数b的取值范围．(2)由题意可知x2＋bx－11在区间[1,2]上有解，所以b＝－x在区间[1,2]上有解．令g(x)＝－x，可得g(x)在区间[1,2]上递减，所以bg(x)max＝g(1)＝2－1＝1，从而实数b的取值范围为(－∞，1)．点睛：利用零点存在性定理不仅要求函数的图象在区间[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．已知函数210fxaxmxma.（1）若10f，判断函数fx的零点个数；（2）若对任意实数m，函数fx恒有两个相异的零点，求实数a的取值范围；（3）已知12,xxRR且12xx，12fxfx，求证：方程1212fxfxfx在区间12,xx上有实数根.【答案】⑴见解析;⑵01a;⑶见解析.【解析】试题分析：（1）利用判别式定二次函数的零点个数：（2）零点个数问题转化为图象交点个数问题，利用判别式处理即可；（3）方程1212fxfxfx在区间12,xx上有实数根，即1212gxfxfxfx有零点，结合零点存在定理可以证明.试题解析：⑴10,10,1famma21fxxmxm22412mmm,当2m时，0，函数fx有一个零点；当2m时，0，函数fx有两个零点⑶设1212gxfxfxfx，则1112121122gxfxfxfxfxfx2212211122gxfxfxfxfxfx12fxfx21212104gxgxfxfx,0gx在区间12,xx上有实数根，即方程1212fxfxfx在区间12,xx上有实数根.点睛：已知函数有零点求参数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；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．4．已知函数2lnfxaxbx图象上一点2,2Pf处的切线方程为32ln22yx.(1)求,ab的值;(2)若方程0fxm在1,ee内有两个不等实根,求m的取值范围(其中e2.71828为自然对数的底).【答案】(1)a=2,b=1.(2)2112em.【解析】试题分析：本题考查函数与方程，函数与导数的综合应用．(1)根据导数的几何意义，得出两个方程，然后求解．(2)先利用导数研究函数h(x)=f(x)+m=2lnx﹣x2+m的单调性，根据单调性与极值点确定关系然后求解．(2)由（1）得f(x)=2lnx﹣x2，令h(x)=f(x)+m=2lnx﹣x2+m，则22122xhxxxx，令h'(x)=0，得x=1(x=﹣1舍去)．故当x∈11e，时，h'(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，e]时，h'(x)＜0，h(x)单调递减．∵方程h(x)=0在1ee，内有两个不等实根，∴221120ee{11020hmhmheem，解得2112em．∴实数m的取值范围为211,2e.点睛：根据函数零点求参数取值或范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）利用方程根的分布求解，转化为不等式问题．（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.5．已知函数1xfxeax，其中e为自然对数的底数，aR（I）若ae，函数2gxex①求函数hxfxgx的单调区间②若函数,{,fxxmFxgxxm的值域为R,求实数m的取值范围（II）若存在实数12,0,2xx,使得12fxfx，且121xx，求证：21eaee【答案】（1）①详见解析②实数m的取值范围是10,2e；（2）21eaee；试题解析：（1）当ae时，1xfxeex.①21,'2xxhxfxgxexhxe.由'0hx得ln2x，由'0hx得ln2x.所以函数hx的单调增区间为ln2,，单调减区间为,ln2.②'xfxee当1x时，'0fx，所以fx在区间,1上单调递减；当1x时，'0fx，所以fx在区间1,上单调递增.2gxex在,m上单调递减，值域为,2em,因为Fx的值域为R，所以12)meemem，即210mem.*（）（2）'xfxea.若0a时，'0fx，此时fx在R上单调递增.由12fxfx可得12xx，与121xx相矛盾，同样不能有12,ln,xxa.不妨设1202xx，则有120ln2xax.因为fx在1,lnxa上单调递减，在2ln,ax上单调递增，且12fxfx，所以当12xxx时，12fxfxfx.由1202xx，且121xx，可得121,xx故121ffxfx.又fx在,lna单调递减，且10lnxa，所以10fxf，所以10ff，同理12ff.即210,{122eaeaea，解得211eaee，所以21eaee.点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会.6．已知函数1xxfxaxe.（1）当1a时，求yfx在1,1x上的值域；（2）试求fx的零点个数，并证明你的结论.【答案】（1）2,1e（2）当0a时，fx只有一个零点；当0a时，fx有两个零点．（2）原方程等价于10xeax实根的个数，原命题也等价于1xhxeax在,0)(0,x上的零点个数，讨论0a，0a，0a，三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理可得结果.试题解析：（1）当1a时，1xxfxaxe，则11xxfxgxe，而20xxgxe在1,1上恒成立，所以gxfx在1,1上递减，max1210fxfe，min110fxf，所以fx在1,1上存在唯一的00x，使得00f，而且当1,0x时，0fx，fx递增；当0,1x时0fx，fx递减；所以，当0x时，fx取极大值，也是最大值，即max01fxf，minmin1,112fxfffe，所以，fx在1,1上的值域为2,1e.（I）若0a，则当,0x时，10xhxex恒成立，则没有零点；当0,x时，110he，1202he，又hx在0,上单调递增的，所以有唯一的零点。（II）若0a，则当,0x时，10xhxeax恒成立，则没有零点；当0,x时，110ahea，112212202aheea，又hx在0,上单调递增的，所以有唯一的零点（III）若0a，则当,0x时，由xexxR，则110,(0)xeaxaxxx，则210,xax取20402aax，则00hx，又10ahaeaa，所以hx在,0有唯一的零点，当0,x时，11111110111ahaeaaaaaa，12122202aheaaaaaaa，又hx在0,上单调递增的，所以有唯一的零点综上所述，当0a时，fx只有一个零点；当0a时，fx有两个零点．7．已知函数1lnfxaxx（1）若不等式0fx恒成立，则实数a的取值范围；（2）在（1）中，a取最小值时，设函数122gxxfxkx.若函数gx在区间182，上恰有两个零点，求实数k的取值范围；（3）证明不等式：2212ln234nnnn（*nN且2n）.【答案】(1)1,；(2)9ln21105，；(3)证明见解析.(2)由(1)可知，1a，当1a时，1lnfxxx