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1、专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，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，解法2就是此法它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)(其中e为自然对数的底数)有3个
2、不同的零点，则实数m的取值范围是_【答案】 (1，)【解析】解法1(直接法) 当x0时，令f(x)ex0，解得xln20，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x0时，f(x)x33mx2有2个不同的零点，因为f(x)3x23m，令f(x)0，则x2m0，若m0，则函数f(x)为增函数，不合题意，故m0，所以函数f(x)在(，)上为增函数，在(，0上为减函数，即f(x)maxf()m3m22m2，f(0)20，即m1，故实数m的取值范围是(1，)解法2(分离参数) 当x0时，令f(x)ex0，解得xln20，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)
3、在R上有3个不同的零点，则当x0时，f(x)x33mx2有2个不同的零点，即x33mx20，显然x0不是它的根，所以3mx2，令yx2(x0)，则y2x，当x(，1)时，y0，此时函数单调递增，故ymin3，因此，要使f(x)x33mx2在(，0)上有两个不同的零点，则需3m3，即m1.例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)ex，g(x)axb，a，bR. 若对任意实数a，函数F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点，求实数b的取值范围【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明规范解答 (1) 由g(1)0知，g(x)的图像
4、过点(1，0) 若a0，F(x)f(x)g(x)exaxb在(0，)上单调递增，故F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点的必要条件是F(0)1.(10分)以下证明当b1时，F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点若a0.由于F(0)1b0，且F(x)在(0，)上连续，由零点存在定理可知F(x)在上必有零点(12分)若a0.由(2)知exx21x2在x(0，)上恒成立取x0ab，则F(x0)F(ab)eaba(ab)b(ab)2a2abbabb(b1)0.由于F(0)1b0，且F(x)在(0，)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，ab)上必有零点综上得实数b的取值范围是(1，)(
5、16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)ax3bx24a(a，bR)(1) 当ab1时，求f(x)的单调增区间；(2) 当a0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求的值；【解析】 (1) 先解不等式f(x)0，再写出函数f(x)的单调递增区间(2) 记k，则转化为函数g(x)x3kx24恰有两个不同的零点由三次函数的图像可知，g(x)在极值点处取得零点 在第(2)题
6、中，也可转化为x恰有两个不同的实数解另外，由g(x)x3kx24恰有两个不同的零点，可设g(x)(xs)(xt)2.展开，得x3(s2t)x2(2stt2)xst2x3kx24，所以解得解：(1)当ab1时，f(x)x3x24，f(x)3x22x.(2分)令f(x)0，解得x0或x，所以f(x)的单调增区间是和(0，)(4分)(2)法一：f(x)3ax22bx，令f(x)0，得x0或x，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)0或f0.当f(0)0时，得a0，不合题意，舍去；(8分)当f0时，代入得ab4a0，即40，所以3.(10分)法二：由于a0，所以f(0)0，由f(x)0
7、得，x(x0)(6分)设h(x)x，h(x)1，令h(x)0，得x2，当x(，2)时，h(x)0，h(x)递增，当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x0时，h(x)的值域为R，故不论取何值，方程x恰有一个根2，此时函数f(x)a(x2)2(x1)恰有两个零点2和1.(10分)题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。例4、(2017南通一调）已知函数f(x)ax2xlnx，aR.(1) 当a时，求函数f(x)的最小值；(2) 若1a0，证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3) 若函数f(x)有
8、两个零点，求实数a的取值范围【解析】 (1) 这是一个基本题型，通过求导，得极值点，讨论单调性，求得最小值；(2) 先通过求导得函数f(x)在(0，)上单调递减，从而确定至多一个零点，再找到f(1)a10，f0，通过判定定理证明只有一个零点；(3) 先求导，求出函数的极小值为f(x0)，这里的x0是函数g(x)2ax2x1的零点，也就是导函数的零点，使得函数f(x)在(0，)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)0，代入化简得2lnx0x010，通过函数的单调性得出x0的取值范围，再用分离变量的方法得出0a1，最后再用零点判定定理证明当0a1时，函数有两个零点，从而确定实数a的取值
9、范围规范解答 (1) 当a时，f(x)x2xlnx.故f(x)x1，x0.(2分)令f(x)0，得x2，当x(0,2)时，f(x)0；当x(2，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增所以当x2时，f(x)有最小值f(2)ln2.(4分)(2) 由f(x)ax2xlnx，得f(x)2ax1，x0.所以当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减，所以当a0时，函数f(x)在(0，)上最多有一个零点(6分)因为当1a0时，f(1)a10，f0，所以当1a0时，函数f(x)在(0，)上有零点综上，当1a0时，函数f(x)有且只有一个零点(8分)(3)
10、 解法1 由(2)知，当a0时，函数f(x)在(0，)上最多有一个零点因为函数f(x)有两个零点，所以a0.(9分)由f(x)ax2xlnx，得f(x)，x0，令g(x)2ax2x1.因为g(0)10,2a0，所以函数g(x)在(0，)上只有一个零点，设为x0.当x(0，x0)时，g(x)0，f(x)0；当x(x0，)时，g(x)0，f(x)0.所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，)上单调递增要使得函数f(x)在(0，)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)0，即axx0lnx00.又因为g(x0)2axx010，所以2lnx0x010.又因为函数h(x)2lnxx
11、1在(0，)上是增函数，且h(1)0，所以x01，得01.又由2axx010，得2a22，所以0a1.(13分)以下验证当0a1时，函数f(x)有两个零点当0a1时，g10，所以1x0.因为f10，且f(x0)0.所以函数f(x)在上有一个零点又因为fln10(因为lnxx1)，且f(x0)0.所以函数f(x)在上有一个零点所以当0a1时，函数f(x)在内有两个零点综上，实数a的取值范围为(0,1)(16分)下面证明：lnxx1.设t(x)x1lnx，所以t(x)1(x0)令t(x)0，得x1.当x(0,1)时，t(x)0；当x(1，)时，t(x)0.所以函数t(x)在(0,1)上单调递减，在
12、(1，)上单调递增所以当x1时，t(x)有最小值t(1)0.所以t(x)x1lnx0，得lnxx1成立解法2 由(2)知，当a0时，函数f(x)在(0，)上最多有一个零点因为函数f(x)有两个零点，所以a0.(9分)由f(x)ax2xlnx0，得关于x的方程a，x0，有两个不等的实数解又因为lnxx1，所以a21，x0.因为x0时，211，所以a1.又当a1时，x1，即关于x的方程a有且只有一个实数解所以0a1.(13分)(以下解法同解法1)解后反思 本题第3问，导函数的零点无法求出，是个“隐零点”，而f(x)的极小值f(x0)0，即axx0lnx00，借助g(x0)2axx010，消去了ax
13、得到了2lnx0x010，很多题都这么处理，要认真地体会；另外要能熟练地运用零点的判定定理，找到需要的“端点”，这是解题的重点也是难点；还要掌握常见的一些不等式，例如lnxx1，exx1等等例5、（2016南通一调）已知函数f(x)alnx(aR)(1) 求f(x)的单调区间；(2) 试求f(x)的零点个数，并证明你的结论【解析】 思路分析 (1) 运用导数解题的三个步骤“确定yf(x)的定义域；求导、化简导函数、令得稳定点；列表、计算、判断”来求函数的单调区间以及作出函数的图像得零点的个数在解题中需要进行分类讨论规范解答 (1) 由f(x)alnx知函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)(
14、2lnx)(2分)令f(x)0，得x.列表：x0，f(x)0f(x)极小值所以，函数f(x)的单调减区间为(0，)，单调增区间为(，).(5分)(2) 由(1)知f(x)minf()a.(6分)若a，因为f(x)f(x)minf()a0，所以此时函数f(x)的零点个数为0.(8分)若a，则f(x)minf()a0，而函数f(x)在(0，)上是单调减函数，在(，)上是单调增函数，即x(0，)(，)时，f(x)f()0.于是，此时f(x)有唯一零点，即零点个数为1.(10分)若a，则f(x)minf()a0.当a0时，因为当x(0，时，f(x)alnxa0，所以函数f(x)在区间(0，上无零点；因
15、为函数f(x)在，)上是单调增函数，且f()a0，而e2a(，)，f(e2a)a(12ea)0，所以函数f(x)在(，e2a)上恰有一个零点于是函数f(x)在，)上恰有一个零点从而当a0时，函数f(x)的零点个数为1；(13分)当0a0，f()a0，所以函数f(x)在(，1)上恰有一个零点，于是函数f(x)在(，)上也恰有一个零点因为函数f(x)在(0，)上是单调减函数，且f()aa0(利用结论：“当x0时，exx2”进行放缩)，此时，函数f(x)在(0，)上恰有一个零点故当0a时，函数f(x)的零点个数为0；当a或a0时，函数f(x)的零点个数为1；当0a0，求证：f(x)在f(x)的单调减
16、区间上也单调递减；g(x)在(0，)上恰有两个零点；(2) 若a1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4x1x2a4. 【解析】思路分析 (1) 求出f(x)的单调减区间，再证明f(x)0)，所以f(x)4ax3x，由(4ax3x)12ax210得f(x)的单调递减区间为，(2分)当x时，f(x)4ax3xx(4ax21)0，由g(x)ax44ax3x2x0得ax34ax2x10，令(x)ax34ax2x1，则(x)3ax28ax，因为a0，且(0)0，所以(x)必有两个异号的零点，记正零点为x0，则x(0，x0)时，(x)0，(x)单调递增，且(0)1.若(x)在(0，)上恰有两个零点
17、，则(x0)0，(7分)由(x0)3ax8ax00得3ax8ax0，所以(x0)ax0x0，又因为函数(x0)的对称轴为x0，所以(0)，所以(x0)ax00, 故g(x)在(0，)上恰有两个零点. (10分)解法2 g(x)f(x)f(x)ax4x2(4ax3x)ax44ax3x2x，因为x0，由g(x)ax44ax3x2x0得ax34ax2x10，令(x)ax34ax2x1，若g(x)在(0，)上恰有两个零点，则(x)在(0，)上恰有两个零点，当x2时， 由(x)0得a0，此时(x)x1在(0，)上只有一个零点，不符合题意；当x2时，由(x)ax34ax2x10得，(7分)令1(x)x22
18、x4，则1(x)0，所以当x(0,2)时，1(x)单调递增，且由yx22x4，y的值域知1(x)的值域为(0，)；当x(2，)时，1(x)单调递增，且1(4)0，由yx22x4，y的值域知1(x)的值域为(，)；因为a0，所以0，而y与1(x)有两个交点，所以(x)在(0，)上恰有两个零点(10分)(2) 解法1 由(1)知，对于(x)ax34ax2x1在(0，)上恰有两个零点x1，x2，不妨设x10，(67a)0，所以0x1，(12分)又因为(4)10，所以4x2，所以4x1x25a4.(16分)解法2 由(1)知，因为x(0,2)时，1(x)单调递增，1，1(0)01(x1)1，所以0x1
19、，(12分)当x(2，)时，1(x)单调递增，1，1(4)01(x2)1，所以4x2，所以4x1x25a4.(16分)解后反思 本题证明g(x)在(0，)上恰有两个零点是关键，即证明(x)ax34ax2x1在(0，)上有两个零点，求导后(x)3ax28ax0的解为x0，则要证明函数(x)的极小值(x0)ax4axx01ax0x0，上式变形后可证得(x0)0，则在(0，x0)有一个零点，难点就变成了再找一个数Mx0，则(M)0，通过对(x)变形不难找到处理利用导数研究性质的综合问题，我们要善于用函数的图像去分析和观察二、达标训练1、(2019常州期末）已知函数m(x)x2，函数n(x)alnx1
20、(aR)(1) 若a2，求曲线yn(x)在点(1，n(1)处的切线方程；(2) 若函数f(x)m(x)n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围； 规范解答 (1) 当a2时，n(x)2lnx1，所以n(x)，所以n(1)2.又n(1)1，所以切线方程为y12(x1)，即y2x1.(3分)(2) f(x)x2alnx1，定义域为(0，)，其图像是一条连续不间断的曲线f(x)2x.若a0，则f(x)0对x(0，)恒成立，所以yf(x)在(0，)上单调递增又f(1)0，所以yf(x)在(0，)上只有一个零点，符合题意若a0，令f(x)0，得x或x(舍)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下
21、表：xf(x)0f(x)极小值f1若1，即a2，此时a，则f0对a3若1，即0a2，此时0ee01，01.因为函数f(x)在上单调递增，所以f0，所以函数f(x)在(0，)上有2个零点，不合题意，舍去(9分)综上，实数a的取值范围是(，02(10分)2、(2019镇江期末）己知函数f(x)alnxbx(a，bR)(1) 若a1，b1，求函数f(x)的图像在x1处的切线方程；(2) 若a1，求函数yf(x)的单调区间；(3) 若b1，已知函数yf(x)在其定义域内有两个不同的零点x1，x2，且x1x2，不等式a0)恒成立，求实数m的取值范围规范解答. (1)当a1，b1时，f(x)lnxx，(1
22、分)则有f(x)1，即f(1)10.(3分)又f(1)1，则所求切线方程为y1.(4分)(2)当a1时，f(x)lnxbx，则有f(x)b.(5分)函数的定义域为(0，)若b0，则f(x)0恒成立，则f(x)的单调增区间为(0，)(6分)若b0，则由f(x)0，得x.当x时，f(x)0，则f(x)的单调增区间为；(7分)当x时，f(x)0，则f(x)的单调减区间为.(8分)(3)当b1时，f(x)alnxx，由题知x1，x2分别是方程alnxx0的两个根，即alnx1x1，alnx2x2.两式相减得a(lnx2lnx1)x2x1，则a，(9分)则不等式a0)，可变为0，两边同时除x1得，1，则
23、有0，lnt0，即lnt0，(11分)令k(t)lnt，k(t).当1，即m时，k(t)0在(1，)上恒成立，则k(x)在(1，)上单调递增，又k(1)0，则k(t)0在(1，)上恒成立(13分)当1，即0m时，则当t时，k(t)0，则k(t)在上单调递减，则k(t)k(1)0，不符合题意(15分)综上，m.(16分)3、(2015无锡期末）设函数f(x)x2lnxax2b在点(x0，f(x0)处的切线方程为yxb.(1) 求实数a及x0的值；(2) 求证：对任意实数b，函数f(x)有且仅有两个零点规范解答 (1) 因为f(x)2xlnxx2ax，(2分)所以在点(x0，f(x0)处的切线方程
24、为yxxlnx0axx0b，所以(4分)解得x01，a1.(6分)(2) 因为函数f(x)x2lnxx2b，所以f(x)2xlnxx.令f(x)2xlnxx0，得x.当x(0，)时，f(x)0，即f(x)x2lnxx2b在x(，)上单调递增所以f(x)有最小值f()b0，所以f(x)x2lnxx2b在(，e)上，即(，)上有且仅有一个零点(10分)下面证明存在x1(0，)，使得f(x1)0.令h(x)xlnxx1，则h(x)lnx.所以当x(0,1)时，h(x)xlnxx1在(0,1)上单调递减，所以当x(0,1)时，h(x)xlnxx1h(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)x2lnxx2
25、bbx.(11分)取x1min1，b，则f(x1)bx10，(12分)所以f(x)x2lnxx2b在(x1，)上，即(0，)上有且仅有一个零点(14分)综上所述，函数f(x)在(0，)上有且仅有两个零点(16分) 本题第(2)小题分两个步骤：第一步，利用导数及零点存在性定理得到函数f(x)在区间(，e)上有且只有一个零点第二步是本题的难点所在：如何证明函数f(x)在区间(0，)上有且只有一个零点？这个问题区别于第一步的难点在于，怎样找到某个x1(0，)，使得f(x1)0，进而利用零点存在性定理证明关键在于巧妙地利用函数h(x)xlnxx1在(0,1)上的性质，通过代数变形，转化证明了函数f(x
26、)在(0，)的一个子区间上有且只有一个零点，从而完成了第二步证明，该题着重于推理论证，计算占得比重不高常见的错误有：1. 第(2)问转化为y1x2x2lnx与y2b的交点问题，试图作出函数y1x2x2lnx的图像，以图示代替证明2. 未能给出函数f(x)在(0，)上有且只有一个零点的证明4、(2017苏北四市一模）设函数f(x)lnxax2ax，a为正实数(1) 当a2时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2) 求证：f0；(3) 若函数f(x)有且只有1个零点，求a的值 思路分析 第(1)问，求出f(1)，f(1)的值，利用点斜式方程求出切线方程；第(2)问，求出f的解析式，
27、下面要证明它的最大值小于或等于0；第3问，注意到f(1)0，因此，下面只需证明函数f(x)只能在x1处取得最大值或最小值则可规范解答 (1) 当a2时，f(x)lnx2x22x，则f(x)4x2，所以f(1)1.(2分)又f(1)0，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为xy10. (4分)(2) 因为fln1，设函数g(x)lnxx1，则g(x)1.(6分)令g(x)0，得x1，列表如下：x(0,1)1(1)g(x)0g(x)极大值所以g(x)的极大值为g(1)0.所以fln10.(8分)(3) f(x)2axa，x0.令f(x)0，得x.因为0，所以f(x)在上单调递增，在上单
28、调递减所以f(x)f.(10分)设x0.因为函数f(x)只有1个零点，而f(1)0，所以1是函数f(x)的唯一零点当x01时，f(x)f(1)0，f(x)有且只有1个零点，此时1，解得a1.(12分)下证，当x01时，f(x)的零点不唯一若x01，则f(x0)f(1)0，此时1，即0a1，则1.由(2)知，f0，又函数f(x)在以x0和为端点的闭区间上的图像不间断，所以在x0和之间存在f(x)的零点，则f(x)共有2个零点，不符合题意；若x01，则f(x0)f(1)0，此时1，即a1，则01.同理可得，在和x0之间存在f(x)的零点，则f(x)共有2个零点，不符合题意因此x01，所以a的值为1
29、.(16分)解后反思 第(3)问中，证明当x01时，f(x)的零点不唯一，所用的方法本质是反证法，反证法是高考中的常客，在推理论证的过程中经常使用5、(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)lnx(aR)(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 设f(x)的导函数为f(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2.求实数a的取值范围；证明：x1f(x1)x2f(x2)2lna2. (1)求导函数f(x)，对a分类讨论，确定导函数的正负，即可得到f(x)的单调性(2)根据第(1)问的函数f(x)的单调性，确定a0，且f(x)minf(a)a2，不妨设0x1a，通过对f(x)的单调性的分析，问
30、题进一步转化为证明ff(x2)，构造函数，通过导数法不难证得结论解：(1)f(x)的定义域为(0，)，且f(x).(1.1)当a0时，f(x)0成立，所以f(x)在(0，)为增函数；(2分)(1.2)当a0时，(i)当xa时，f(x)0，所以f(x)在(a，)上为增函数；(ii)当0xa时，f(x)0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)1lna0，解得0aa，f(1)a0，f(x)在(a，)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断所以f(x)在(a，)上有唯一的一个零点另一方面， 因为0a，所以0a2a.f(a2)lna22lna，令g(a)2lna，当0a时，g(a)g
31、e20又f(a)a2.不妨设x1x2，由知0x1aa2，即证x1.因为x1，(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证ff(x1)又f(x1)f(x2)0，即证ff(x2)(14分)设函数F(x)ff(x)2lnx2lna(xa)所以F(x)0，所以F(x)在(a，)为增函数所以F(x2)F(a)0，所以ff(x2)成立从而x1x2a2成立所以p2ln(x1x2)2lna2，即x1f(x1)x2f(x2)2lna2成立(16分) 1. 第(2)中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0a时，要找一个数x00，这里需要取关于a的
32、代数式，取x0a2，再证明f(a2)0，事实上由(1)可以得到xlnx，而f(a2)lna20即可2. 在(2)中证明x1x2a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用6、(2018苏州暑假测试）已知函数f(x)(ax2x)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1) 若f(x)是函数f(x)的导函数，当a0时，解关于x的不等式f(x)ex；(2) 若f(x)在1，1上是单调递增函数，求a的取值范围；(3) 当a0时，求整数k的所有值，使方程f(x)x2在k，k1上有解 第(2)问，因为f(x)
33、在1，1上是单调增函数，所以导函数f(x)ax2(2a1)x1ex0在1，1上恒成立，而二次三项式“ax2(2a1)x1”不可因式分解，故需从a0(a0，a0(0，0，故仅需对a进行分类讨论；第(3)问，条件“方程f(x)x2在k，k1上有解”的意思是“已知函数，求零点所在区间”，常常借助单调性和零点存在性定理求解规范解答 (1) f(x)ax2(2a1)x1ex.不等式f(x)ex可化为ax2(2a1)xex0，(2分)因为ex0，故有ax2(2a1)x0.当a0时，不等式f(x)ex的解集是(，)(0，)(4分)(2) 由(1)得f(x)ax2(2a1)x1ex，当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)0在1，1上恒成立，当且仅当x1时取等号，故a0符合要求；(6分)当a0时，令g(x)ax2(2a1)x1，因为(2a1)24a4a210，所以g(x)0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2，因此f(x)有极大值又有极小值若a0，因为g(1)g(0)a0，所以f(x)在(1，1)内有极值点，故f(x)在1，1上不单调(8分)若a0x2，因为g(x)的图像开口向下，要使f(x)在1，1上单调，因为g(0)10，必须满足即所以a0，所