1、1专题 03 函数的零点问题函数的零点是江苏高考中的热门考点，在填空题和大题中都有涉及，在填空题中考察学生主要以函数的性质、函数与方程的思想有关，难度不大，而在大题中经常要结合导数、不等式、零点定理来判断零点个数或者由零点个数求取值或取值范围等。本专题的侧重点放在后者。江苏近七年的高考中有四年都考到了函数零点的大题，分别是 2013 年、2015 年、2016 年、2018 年，2018 年从题目上看不是零点，但本质最后就是寻找零点的问题。由此可见其重要性。而在函数零点的解题过程中用的最多的就是利用函数与方程的思想将其看成是两个函数图像的交点的横坐标，运用数形结合画图去判断零点。这样的解题方法
2、在填空题中也许还说的过去，但是在大题中解题过程值得商榷，导数判断函数的单调性只能得到函数图像的走势，并不能准确的画出函数图像，再结合一些函数的渐近线更加无法说明，要解决这类试题需要借助零点定理；即 )(xf在区间 ),(ba上是连续不间断的，且 0)(bfa，则 )(xf在 ,ba上存在零点，如果再确定具体是几个，还要结合单调性。例 1、 （2013 江苏省高考 20）设函数 xfln)(， egx)(，其中 为实数.(1) 若 )(xf在 ),上是单调减函数，且 在 ,1上有最小值，求 a的范围；(2) 若 g在 1上是单调增函数，试求 )(xf的零点个数，并证明你的结论.（2） )(xg在
3、 ),1上是单调增函数， 0)(xg在 ),1(上恒成立，则 0aex，即 e1当 0a时，由 0(f以及 1)(xf，得 f存在唯一的零点；当 时，由于 0)aaaee， 0)1(a，且函数 )(xf在 1,ae上的图象连续不间断，所以 (xf在 1,上存在零点当 x时， xf，故 在 )0上是单调增函数，所以 )只有一个零点；当 ea10时，令 0(axf，解得 ax1当 a10时， )(f，当 ax时，20)(xf，所以， ax1是 )(f的最大值点，且最大值为 1ln)(af1当 lna，即 e时， x有一个零点；02当 ，即 0时， )(f最多有两个零点；1)(ef， )1(af，且
4、函数 xf在 ae1,上的图象不间断， )(xf在 ae1,上存在零点当 ,0x时， 0xf，故 )(f在 ,0上是单调增函数，所以 f在 ),0(上只有一个零点（先证明 2,exx在 ),(是成立的，这里留给同学们自己证明）),1(ae， 011)( 221 aeaf aa 又 )(af，且函数 )(xf在 ae1,上的图象连续不间断，所以 )(xf在 ae1,上存在零点又 )(xf在 ,上是单调减函数，所以)(xf在 ,1a上有且只有一个零点综上所述：当 0或 e1时， fx的零点个数为 1，当 ea10时， )(xf的零点个数为 2注：零点问题可以用转化的思想转化成两个图形的交点问题，此
5、题第二问可以利用参变分离转化成 xaln，则有 ()fx的零点个数即为 ya与 lnx图像交点的个数 令 ln()0hx，运用导数求单调性画出图形，利用数形结合得到答案。虽然 y的图像平时都会涉及，但渐近线的问题不用极限是说不清楚的，我们学过的基本初等函数中的对数和指数函数都有渐近线，因为与其相关的函数也会有渐近线，但渐近线是什么高中并没有相关知识点去具体阐述，在大题的解题过程中缺乏说理性，可能会引起失分，而我们高一在函数与方程中学的零点定理就可以说明为什么有零点，因为零点问题的讨论需要用零点定理说明才够准确。例 2、 （2015 无锡高三期末 20）设函数 ()22ln+fxaxb=-在点
6、0(,)fx处的切线方程为yxb.（1）求实数 a及 0的值；3（2）求证：对任意实数 (0,)2eb，函数 ()fx有且仅有两个零点.分析：(1) 由导数几何意义得： 01f ， 002ln21xa又 0fx ， 20lnxaxb，解得 ,（2）先根据导数确定函数单调性： f在 (,)e上单调减，在 (,)xe上单调递增， fx有最小值 2efb，因为 0e，所以 f在 (,)上一定有一解，在 (,)e上有且仅有一解；难点在证明存在 1(,)x使 1fx，这时需构造一个函数 ln1hxx易得ln0lnhx，从而 22lnxb，取111mi,()bfx则，从而得证. 下面证明存在 1(0,)x
7、e使 10fx（其实就是证明 x1ln）令 ln)(h， 2h，所以当 ,x时， )(x， 在 (,1)x上单调递减当 )1(时， 0， 在 上单调递增4所以 0)1(hx，即 x1ln当 ,时， 22fxbx取 111min,()0xb则 ， 又 f在 ),(1e上连续不间断所以 22lfx在 (,)xe上有且只有一解 综上所述，函数 f在 上有且仅有两个零点.例 3、 （2015 江苏省高考 19）已知函数 ),()(23Rbaxf 。（1）试讨论 )(xf的单调性；（2）若 acb（实数 c 是 a 与无关的常数） ，当函数 )(xf有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23(),
8、(，求 c 的值。分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出 )(xf的单调性；（2）由（1）知，函数 )(xf的两个极值为 bafbf 2743,)0(3，则函数 )(xf有三个不同的零点等价于 )274()3()03baf ，进一步转化为 0时， 03c或 a时，2743ca利用条件即可求 c 的值解：（1） axxf23)(令 0f，可得 或 3a时， )(xf， )(xf在 R上单调递增；时， ,02,a时， 0)(xf， )0,32(a时， 0)(xf，函数 )(xf在 )3， )(上单调递增，在 上单调递减；0a时， ,时， )(xf， ),(时， )(xf，函数 )(
9、xf在 )0， )2(a上单调递增，在 320a上单调递减；5（2）由（1）知，函数 )(xf的两个极值为 bafbf 274)3(,)0(3，则函数 )(xf有三个不同的零点等价于 )274()3()03bafacb， 时， 03c或 a时， 02743ca令 cg274)(3xf有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是 ),23(),1,(在 )3,(上， 0)(g且在 ),23(),1上 0ag均恒成立，1cg，且 23c， c此时 axxaxf 1)()1()( 23 ，函数 有三个零点，01)(2xa有两个异于 的不等实根，)(42且 01)()2a解得 ,3(,(综上所述： 1c
10、例 4、 （2016 江苏省高考 19）已知函数 )1,0,()( babaxfx （2）若 ,0ba，函数 2g有且只有 1个零点，求 的值分析：对 )(xg求导令 0)(x解得 )ln(loba，判断单调性 )(xg在 ),0上单调递减，在,(0上单调递增，因此 g最小值为 0xg，讨论 (0x与 的大小。解： 2)xbag， xxxx ababa)(lnlnl)( ，由 10a， b可得 1a，6令 xabxh)(ln)(，则 )(h单调递增， 0)(xh的解 )ln(logba当 ,0时， 0， lnbax，则 g；当 )(x时， )(h， ，则 0)(xg在 ,0上单调递减，在 ,(
11、0x上单调递增，因此 )(xg最小值为 )(0xg例 5、 （2016 南通高三一模 19）10 已知函数 )(ln)(Raxxf（1）求 )(xf的单调区间；（2）试求函数 的零点个数，并证明你的结论。解：（1） )(xf的定义域 ),0(令 2lnf解得 2ex当 ),0(ex时， 0)(f，所以 )(f在 ),0(2ex单调递减当 2， 时， x，所以 在 ， 单调递增综上所述： )(f的单调增减区间为 ),(2e，单调增区间为 )(2，e7（2）由（1）可知 eafxf2)()(2min当 0ea，即 ea时， 0，故 )(xf无零点；当 ，即 时， )(xf有一个零点；当 2e，即
12、e2时， 最多有两个零点零点；o1当 0a时， ),(x，易知 0)(xf恒成立，故 )(xf在 ),0(2e上无零点。2， 2ea， 1(aaf ，又 (xf在)(2aex，上单调且连续不间断，故 )x在 )2，e有且只有一个零点，所有 )(xf在 ),0有且只有一个零点； o当 e0， )(2，x， 2ea， 0)1()aaf ，又 )(xf在)(2ax，上单调且连续不间断，故 (x在 2，e有且只有一个零点；),0(2e， 24ea， aaef24)(（证明 )0(2x）0422aa，所以 0)(4af，又 )(f在 ),(24ea上单调且连续不间断，故 )(xf在),0(ex有且只有一
13、个零点，所以 xf在 ,有且只有两个个零点； 综上所述：当 或 e时， )(有一个零点；当 a2时， xf无零点；当 e0时， )(有两个零点；（注： )(2xe的证明过程，同学不妨自己证明书写）例 6、 （2017 南通泰州高三一模 19）已知函数 Raxaxf,ln)(2（1）当 83a时，求函数 )(xf的最小值；（2）若 0，证明：函数 有且只有一个零点；8（3）若函数 )(xf又两个零点，求实数 a的取值范围。（2）由 Raxaxf ,ln)(2，得： )0(,1212)( xaxaxf所以当 0时， 01)(2xf ，函数 )(f在 ),0上单调递减，所以当 a时，函数 f在 ),
14、(上最多有一个零点又当 01时， 01,0)12eafaf ，所以当 a时，函数 (xf在 ),上有零点，综上，当 01时，函数 有且只有一个零点；（3）由（2）知：当 时，函数 )(xf在 ),0上最多有一个零点，因为函数 )(xf有两个零点，所以 a，由 Raf ,ln2，得： )0(,1212)( xaxaxf令 1)(2xxg，因为 0,1)0(g，所以函数 在 ),0(上有且只有一个零点，设为 x，当 ),(x时， 0， )(xf0，9所以函数 )(xf在 ),0上单调递减，在 ),(0x上单调递增，要使得函数 在 上有两个零点，只需要函数 )(xf的最小值 0)(xf，即 0ln0
15、2xax，又因为 012)(00axg，消去 得： 1，（注： 1lnx的证明过程，同学不妨自己证明书写）总结：通过以上几个高考真题和模考题，我们不难发现函数零点个数的讨论步骤：原函数进行求导，讨论函数 )(xf在区间 ),(ba上的单调性（以先减后增为例）计算函数的最小值 0f，若最小值大于 0，则函数 )(xf无零点；若最小值等于 0，函数 )(xf有且只有一个零点；若最小值小于 ，函数 )(xf最多有两个零点； 10说明 )(xf具体的零点个数。难点在于要在区间 ),(0xa中找到一点 1x使得 0)(1f，在区间 ,0b上找到一点 2x使得 )(2f，再结合零点定理才能说明有且只有两个
16、。在找 1x、 2时经常试点 12ee、 等等，可能是一个具体的数，可能是含有参数的数，再结合几个常见的不等关系：xx、 )0(x、 1lnx、 xln巩固练习：1、 （2018 扬州高三四模）已知函数2()xfe， （1）求函数 fx的单调区间；（2）当 240me时，判断函数2(),(0)xgme有几个零点，并证明你的结论；2、 （2016 无锡高三期中 19）设函数 ln1f，其中 N， n2，且 mR（3）当 1时，试求函数 x的零点个数，并证明你的结论3、 （2017 扬州高三上期末 20）已知函数 )()(xhgf，其中函数 xeg)(， axh2)(（1）求函数 )(xg在 )1
17、(,处的切线方程；（2）当 20a时，求函数 xf在 a,2上的最大值；（3）当 时，对于给定的正整数 k，问函数 )1(ln2)(xkfexF是否有零点？请说明理由 （参考数据 2.718,.649,.8,l0.693ee）4、 （2016 南通高三三模）设函数 xaxfcosin)(（ Ra，其中 e是自然对数的底数）.（1）当 0a时，求 )(xf的极值；（2）若对于任意的 2,， 0)(f恒成立，求 a的取值范围；（3）是否存在实数 a，使得函数 xf在区间 )2,(上有两个零点？若存在，求出 a的取值范围；若不存在，请说明理由.115、 （苏北四市（淮安、宿迁、连云港、徐州）2017
18、 届高三上学期期中）设函数 axxf2ln)(，a为正实数（1）当 2时，求曲线 )(xfy在点 )1(,f处的切线方程；（2）求证： 0)1(af；（3）若函数 x有且只有 个零点，求 a的值6、 （2018 镇江高三上期末 19）已知 0b 且 1，函数 xbef)(，其中 e为自然对数的底数（3）如果关于 x的方程 2)(f有且只有一个解，求实数 的取值范围.7、 （2018 江苏高考 19）记 )(,xg分别为函数 )(,xgf的导函数若存在 Rx0，满足)(00xgf且 )(00f，则称 0为函数 与 的一个“ s点 ”（1）证明：函数 x与 2)(2xg不存在“ s点” ；（2）若
19、函数 1)(2af与 ln存在“ 点” ，求实数 a的值；（3）已知函数 xf2， xbeg)(对任意 0，判断是否存在 0b，使函数 )(xf与)(xg在区间 ),0(内存在“ s点” ，并说明 理由答案解析：1、解：（1） xef)2()x,00 (,2)2 ,()f- 0 0xA极小值 A极大值 A所以单调增区间 )2,0(，单调减区间为 ),(、 ),2( （2）函数)(,xmexg有 个零点。证明如下： 12因为 240me时，所以 24()0gme，由 ()g， ()0，且 x在 ,上单调递增且连续得 x在 2,0上有且仅有一个零点 2、解： 1ln)(xf， ),0(xfn1，令
20、 xf解得 n102， ),0(时， )(f， )(f在 ),(0x上单调递减)(0，x时， xf， 在 0，x上单调递增 )ln1(ln1ln1(0minff 令 )2l)(xxp，则 0)(xp， xp是单调递减01n2，即 0f0nx， )(f， )(xf在 )(0， 上连续不间断且单调，)(f在 0，x有一个零点 1 13nexn10， 0ln)1(ef ， )(xf在 ),0(上连续不间断且单调， )(xf在),(0有一个零点综上所述： (xf在 ),0(有两个零点3、解：(1) xeg)，故 eg1， 所以切线方程为 )(y，即 xy （3）结论：当 1k时，函数 ()Fx无零点；
21、当 2k时，函数 ()Fx有零点 理由如下：当 时，实际上可以证明： 2ln0xe方法一：直接证明 ()Fx的最小值大于 0，可以借助虚零点处理21()Fxe，显然可证 21()xFxe在 ,上递增，因为122() 0e e ，32540Fe，14所以存在 01(,)2xe，使得 0Fx，所以当 时， (递减；当 0(,)时， ()Fx递增，所以 00min01ln2Fxx，其中 01,2e，而 12(l)x递减，所以 3(ln)05，所以 min0Fx，所以命题得证。 方法二：转化为证明 32(ln1)xe，下面分别研究左右两个函数令 xp，则可求得 2minpxe，令 32(ln1)qx，
22、则可求得223axq，所以命题得证。方法三：先放缩，再证明可先证明不等式 xe（参考第 1 小题） ，所以只要证 23lnex，令 23lnp，则可求得 12min()0px，所以命题得证 当 2k时， 2()(l1)xFek， 此时332211ln)4ln04e， 212()keFk，下面证明 0kFe，可借助结论 2()x处理，首先证明结论 2x：令 2,()x，则 e，故 0xe，所以 e在 ,上递增，所以 2x，所以 2x在 )上递增，所以 ，得证。借助结论得 2112243(1)()(1)2(1)kekkkk，15所以 0kFe，又因为函数 ()Fx连续，所以 ()Fx在 1,2ke
23、上有零点。 4、解：（1）当 a时， xxfef,令 0)(xf，得 1列表如下： ,-1 1,fx+ 0 -A极小值 A所以函数 )(xf的极小值为 ef1)(，无极大值；（3）不存在实数 a，使得函数 fx在区间 0,2上有两个零点，由（2）知，当 1a时， fx在0,2上是增函数，且 0f，故函数 f在区间 ,上无零点16当 1a时， 1cos2xfeax令 sxg， 2singeax当 0,2时，恒有 0x，所以 x在 0,上是增函数由 21,1gagea故 x在 0,2上存在唯一的零点 0x，即方程 0fx在 ,2上存在唯一解 0x且当 0,时， fx，当 0,2， f即函数 fx在
24、 0,上单调递减，在 0,x上单调递增，当 0,时， ff，即 f在 0,x无零点；当 0,2x时， 20,fxfe所以 f在 0,上有唯一零点，所以，当 1a时， fx在 ,2上有一个零点综上所述，不存在实数 ，使得函数 fx在区间 0,2上有两个零点.5、解：（1）当 2a时， 2()lnf，则 1()42fx，所以 (1)f，又 10，所以曲线 yfx在点 (,)f处的切线方程为 10xy（2）因为 ()ln1fa，设函数 (lngx，则 xgx， 17令 ()0gx，得 1，列表如下：(,)(1)()0gx极大值 所以 ()的极大值为 (1)g所以 1ln0fa （3）2()2axfx
25、， x，令 ()0f，得28844a，因为2804a，所以 ()fx在2,)a上单调增，在2(,)a上单调减所以28()4ffa设20ax，因为函数 ()fx只有 1 个零点，而 (1)0f，所以 1是函数 ()fx的唯一零点当 0x时， 10f ， ()fx有且只有 1个零点，此时284a，解得 a下证，当 01x时， ()fx的零点不唯一若 0，则 0()ff，此时2814a，即 01a，则 由（2）知， 1fa，又函数 ()fx在以 ),0上的图象连续不间断，所以 ()fx在 ),0之间存在零点，则 f共有 2 个零点，不符合题意；若 01，则 0()1ff，此时 814a，即 a，则 10a18同理可得， ()fx在 ),10a之间存在零点，则 ()fx共有 2 个零点，不符合题意因此 0，所以 的值为 注：此题在说明零点的唯一性时与 2016 年江苏高考 19 题很类似，同学们可以对比一下注：此题在说明零点的唯一性时与 2016 年江苏高考 19 题很类似，同学们可以对比一下197、解：（1）证明： 1)(xf， 2)(xg令 22x，此方程组无解f)(与 2)(xg不存在“ s点”（2） axf2， 1)( 因为 1)(f与 xgln存在“ s点”所以 xaln12解得 2ea， 21
