2023一轮复习重难点专题突破专题09 函数零点问题的综合应用（解析版）.pdf

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1、2023 一轮复习重难点专题突破一轮复习重难点专题突破专题专题 09 函数零点问题的综合应用函数零点问题的综合应用【方法技巧与总结】【方法技巧与总结】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、题型归纳目录】【题型归纳目录】题型一：零点问题之一个零点题型一：零点问题之一个零点题型二：零点问题之二个零点题型二：零点问题之二个零点题型三：零点问题之三个零点题型三：零点问题之三个零点题型四：零点问题之题型四：零点问题之 max，min 问题问题题型五：零点问题之同构法题型五：零点问题之同构法题型六：零点问题之零点差问题题型六：零点问题之零点差问题题型七：零点问题之三角函数题型七：零点问题之三角函数题型八：零点问题之取点技巧题型八：零点问题之取点技巧【典例例题】【典例例题】题型一：零点问题之一个零点题型一：零点问题之一个零点例例 1已知0a，函数322()23(1)62f xaxaxax（1

3、）讨论()f x的单调性；（2）若()f x在R上仅有一个零点，求a的取值范围【解答】解：（1）由题可知：22()66(1)66()(1)fxaxaxaxa ax，令 10,fxxaxa则或当1,01aaa即时，1,0 x axfxa或时，此时，()f x在(,)a，1(,)a单调递增，()f x在1(,)aa单调递减；当1a 时，()0fx恒成立，所以()f x在R上单调递增当1,1aaa即时，1,0 xx afxa或时，此时，()f x在1(,),(,)aa上单调递增，()f x在1(,)aa单调递减综上，当01a时，()f x的增区间为1,aa和，()f x的减区间为1(,)aa；当1a

4、 时，()f x在R上单调递增；当1a 时，()f x的增区间为1,aa和，()f x的减区间为1(,)aa（2）由题可得：f（a）422232(1)(2)aaaa；211()1faa 由（1）可得：当01a时，1()0,()0f afa，所以()f x仅在1(,)a有一个零点，满足要求；当1a 时，()f x仅有一个零点1x，满足要求；当1a 时，1()0fa，又()f x在R上仅有一个零点，则f（a）0，即220,12aa解得，综上，若()f x在R上仅有一个零点，则a的取值范围时(0,2)例例 2已知函数21()(32)()2xf xmexmR（1）若0 x 是函数()f x的一个极值点

5、，试讨论()()()h xblnxf x hR的单调性；（2）若()f x在R上有且仅有一个零点，求m的取值范围【解答】解：（1）()(32)xfxmex，0 x 是函数()f x的一个极值点，则(0)320fm23m，21()2h xblnxx2()bbxh xxxx，当0b时，()0h x恒成立，()h x在(0,)上单调递减当0b 时，()00h xxb()h x在(b，)上单调递减，在(0,)b递增综上，当0b时，()h x在(0,)上单调递减当0b 时，()h x在(b，)上单调递减，在(0,)b递增（2）()f x在R上有且仅有一个零点，即方程2322xxme有唯一解，令2()2x

6、xg xe，(2)()2xxxg xe，令()0g x，可得0 x 或2x(,0)x 时，()0g x，(0,2)x时，()0g x，(2,)x时，()0g x()g x在(0,2)递增，在(,0)，(2,)递减，且x 时，()0g x，x 时，()g x 2232me或320m 22233me，或23m 所以，m的取值范围222(33e，2)3例例 3已知函数2()(1)xf xxeaxb（）讨论()f x的单调性；（）从下面两个条件中选一个，证明：()f x恰有一个零点2122ea，2ba；102a，2ba【解答】解：（）2()(1)xf xxeaxb，()(2)xfxx ea，当0a时，

7、当0 x 时，()0fx，当0 x 时，()0fx，()f x在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，当0a 时，令()0fx，可得0 x 或(2)xlna，()i当102a时，当0 x 或(2)xlna时，()0fx，当(2)0lnax时，()0fx，()f x在(，(2)lna，(0,)上单调递增，在(2)lna，0)上单调递减，1()2ii a 时，()(1)0 xfxx e 且等号不恒成立，()f x在R上单调递增，()iii当12a 时，当0 x 或(2)xlna时，()0fx，当0(2)xlna时，()0fx，()f x在(,0)，(2)lna，)上单调递增，在(0，(2)ln

8、a上单调递减综上所述：当0a时，()f x在(,0)上单调递减；在(0,)上 单调递增；当102a时，()f x在(，(2)lna和(0,)上单调递增；在(2)lna，0)上单调递减；当12a 时，()f x在R上单调递增；当12a 时，()f x在(,0)和(2)lna，)上单调递增；在(0，(2)lna上单调递减（）证明：若选，由（）知，()f x在(,0)上单调递增，(0，(2)lna单调递减，(2)lna，)上()f x单调递增注意到()(1)0,(0)1210babbfefbaaa ()f x在(,0ba上有一个零点；22(2)(2)1)222(2)222(2)(2(2)f lnal

9、naaa lnabalnaaalnaaalnalna，由2122ea 得0(2)2lna，(2)(2(2)0alnalna，(2)0f lna，当0 x时，()(2)0f xf lna，此时()f x无零点综上：()f x在R上仅有一个零点另解：当1(2a，22e时，有(2)(0lna，2，而()110f xba ，于是2(2)(2)1)2(2)f lnalnaaalnab(2)(2(2)(2)0lnalnaba，所以()f x在(0,)没有零点，当0 x 时，(0,1)xe，于是2()()0bf xaxbfa，所以()f x在(ba，0)上存在一个零点，命题得证若选，则由（）知：()f x在

10、(，(2)lna上单调递增，在(2)lna，0)上单调递减，在(0,)上单调递增22(2)(2)1)222(2)222(2)(2(2)f lnalnaaalnabalnaaalnaaalnalna，102a，(2)0lna，(2)(2(2)0alnalna，(2)0f lna，当0 x时，()(2)0f xf lna，此时()f x无零点当0 x 时，()f x单调递增，注意到(0)1 210fba，取2(1)2cb，21ba，21c，又易证1cec，22221()(1)(1)(1)(1)11111102cf cceacbccacba cbcbbb ，()f x在(0,)c上有唯一零点，即()

11、f x在(0,)上有唯一零点综上：()f x在R上有唯一零点题型二：零点问题之二个零点题型二：零点问题之二个零点例例 4已知函数2()(2)(1)xf xxea x，aR（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【解答】解：（1）由2()(2)(1)xf xxea x，可得()(1)2(1)(1)(2)xxfxxea xxea，当0a时，由()0fx，可得1x；由()0fx，可得1x，即有()f x在(,1)递减；在(1,)递增；当0a 时，由()0fx，解得1x 或2xln a，若2ea，则()0fx恒成立，即有()f x在R上递增；若02ea时，由()0fx

12、，可得1x 或(2)xlna；由()0fx，可得(2)1lnax；即有()f x在(，(2)lna，(1,)递增，在(2)lna，1)递减；若2ea，由()0fx，可得1x 或(2)xlna；由()0fx，可得1(2)xlna即有()f x在(,1)，(2)lna，)递增；在(1，(2)lna递减；综上：当0a时，()f x在(,1)递减；在(1,)递增；当0a 时，2ea 时，()f x在R上递增；02ea时，()f x在(，(2)lna，(1,)递增，在(2)lna，1)递减；2ea 时，()f x在(,1)，(2)lna，)递增；在(1，(2)lna递减（2）由（1）可得，当0a 时，(

13、)f x在(,1)递减；在(1,)递增，且f（1）0e ，f（2）0a ，故()f x在(1,2)上存在 1 个零点，取b满足0b，且()2abln，则f（b）223(2)(1)(2)(1)()022babea bba bab b ，故()f x在(,1)b是也存在 1 个零点，故0a 时，()f x有 2 个零点；当0a 时，()(2)xf xxe，所以()f x只有一个零点2x，不合题意；当0a 时，若2ea 时，()f x在R递增，()f x不存在 2 个零点，不合题意；若02ea，()f x在(1,)递增，又当1x时，()0f x，()f x不存在 2 个零点，不合题意，当2ea 时，

14、()f x在(,1)单调增，在(1，(2)lna递减，在(2)lna，)递增，()f x极大值f（1）0e ，故()f x不存在 2 个零点，不合题意；综上，()f x有两个零点时，a的取值范围为(,0)例例 5已知函数21()2f xlnxax（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【解答】解：（1）()f x的定义域为(0,)，且21()axfxx，当0a时，()0fx，此时()f x在(0,)上单调递增；当0a 时，由()0fx解得0axa，由()0fx解得axa，此时()f x在(0,)aa上单调递增，在(,)aa上单调递减；综上，当0a时，()f x

15、在(0,)上单调递增；当0a 时，()f x在(0,)aa上单调递增，在(,)aa上单调递减；（2）由（1）知，当0a时，()f x在(0,)上单调递增，函数()f x至多一个零点，不合题意；当0a 时，()f x在(0,)aa上 单 调 递 增，在(,)aa上 单 调 递 减，则21111()()()(1)22maxaf xflnaln aaaa ，当1ae时，1()()(1)02maxaf xfln aa，函数()f x至多有一个零点，不合题意；当10ae时，1()()(1)02maxaf xfln aa，由于11(0,)a，且211(1)11022flnaa，由零点存在性定理可知，()f

16、 x在1(0,)a上存在唯一零点，由于21aa，且222122222()()02flnalnaaaaaaa（由于)lnxx，由零点存在性定理可知，()f x在1(,)a上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为1(0,)e例例 6已知函数()2(1)2(xxf xe eaax e为自然对数的底数，且1)a（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【解答】解：（1）()2(1)()xxfxeea，0a时，0 xea，则0 x 时，()0fx，()f x在(,0)递减，0 x 时，()0fx，()f x在(0,)递增，当0a 时，由()0fx得1xlna，20 x，若

17、1a，则()0fx，故()f x在R递增，若01a，则当xlna或0 x 时，()0fx，0lnax时，()0fx，故()f x在(,)lna，(0,)递增，在(,0)lna递减；综上：0a时，()f x在(,0)递减，在(0,)递增，01a时，()f x在(,)lna，(0,)递增，在(,0)lna递减；1a 时，()f x在R递增；（2）1a 时，()f x在R递增，不可能有 2 个零点，当01a时，()f x在(,)lna，(0,)递增，(,0)lna递减，故当xlna时，()f x取极大值，极大值为()(2)20f lnaa aalna，此时，()f x不可能有 2 个零点，当0a 时

18、，()(2)xxf xe e，由()0f x 得2xln，此时，()f x仅有 1 个零点，当0a 时，()f x在(,0)递减，在(0,)递增，故()(0)12f x minfa ，()f x有 2 个零点，(0)0f，解得：12a ，102a，而f（1）2(1)20e eaa，取2(1)2aba，则f（b）22(1)2(1)0bbeaabea，故()f x在(,0)，(0,)各有 1 个零点，综上，a的取值范围是1(2，0)题型三：零点问题之三个零点题型三：零点问题之三个零点例例 7已知函数1()()f xa lnxx，aR（1）求()f x的极值；（2）若方程2()20f xlnxx有三

19、个解，求实数a的取值范围【解答】解：（1）()f x的定义域为(0,)，2211(1)()()a xfxaxxx，当0a 时，()f x在(0,1)上递减，在(1,)上递增，所以()f x在1x 处取得极小值a，当0a 时，()0f x，所以无极值，当0a 时，()f x在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以()f x在1x 处取得极大值a（2）设()2()2h xf xlnxx，即2()(21)2ah xalnxxx，22212(1)(2)()1(0)aaxxah xxxxx 若0a，则当(0,1)x时，()0h x，()h x单调递减，当(1,)x时，()0h x，()h x单调递增，

20、()h x至多有两个零点若12a ，则(0,)x，()0h x（仅h（1）0)，()h x单调递增，()h x至多有一个零点若102a，则021a，当(0,2)xa或(1,)x时，()0h x，()h x单调递增；当(2,1)xa 时，()0h x，()h x单调递减，要使()h x有三个零点，必须有(2)0(1)0hah成立由h（1）0，得32a ，这与102a矛盾，所以()h x不可能有三个零点若12a ，则21a当(0,1)x或(2,)xa 时，()0h x，()h x单调递增；当(1,2)xa时，()0h x，()h x单调递减，要使()h x有三个零点，必须有(1)0(2)0hha成

21、立，由h（1）0，得32a ，由(2)(21)(2)10haalna及12a ，得2ea ，322ea 并且，当322ea 时，201e，22ea，22222()42(2)4(2)41 50h eea eee ee，22222222()2(2)3(2)6370h eea eeeeee综上，使()h x有三个零点的a的取值范围为3(,)22e例例 8已知函数()(1)1f xxlnxax，aR（1）求函数()f x的单调区间和极值（2）若方程()1(21)(1)20f xaaxxx有三个解，求实数a的取值范围【解答】解：（1）函数的定义域(0,)，()fxlnxa，当axe时，()0fx，函数单

22、调递增，当0axe时，()0fx，函数单调递减，故当axe时，函数取得极小值()1aaf ee，没有极大值，(2由）()1(21)(1)20f xaaxxx整理可得2(12)(1)(1)a xlnxx，令1yxlnx，则10ylnx 可得1xe，易得当1xe时，函数单调递增，当1xe时，函数单调递减，故1xe时，函数取得最小值110e即10yxlnx，故原方程可转化为2(1)121xaxlnx，令2(1)()1xg xxlnx，则2(1)(1)(1)()(1)xlnxxg xxlnx，因为0 x，易得当xe或01x时，()0g x，函数单调递增，当1xe时，()0g x，函数单调递减，故当1x

23、 时，函数取得极大值g（1）4，当xe时，函数取得极小值g（e）1e，由题意可得，12ya 与()3g x个交点，则1124ea ，解可得，322ea，故a的范围3(,)2 2e例例 9已知函数32()f xxkxk（1）讨论()f x的单调性；（2）若()f x有三个零点，求k的取值范围【解答】解：（1）32()f xxkxk2()3fxxk，0k时，()0fx，()f x在R递增，0k 时，令()0fx，解得：3kx 或3kx ，令()0fx，解得：33kkx，()f x在(,)3k 递增，在(3k，)3k递减，在(3k，)递增，综上，0k时，()f x在R递增，0k 时，()f x在(,

24、)3k 递增，在(3k，)3k递减，在(3k，)递增；（2）由（1）得：0k，()3kf xf极小值，()3kf xf极大值，若()f x有三个零点，只需0()03()03kkfkf，解得：4027k，故4(0,)27k 题型四：零点问题之题型四：零点问题之 max，min 问题问题例例 10已知函数31()4f xxax，()g xlnx（1）当a为何值时，x轴为曲线()yf x的切线（2）设()()()F xf xg x在1，)单调递增，求a的取值范围（3）用min m，n表示m，n中的最小值，设函数()()h xmin f x，()(0)g xx，讨论()h x零点的个数【解答】解：（1

25、）2()3fxxa设曲线()yf x与x轴相切于点0(P x，0)，则0()0f x，0()0fx，3002010430 xaxxa，解得012x，34a ，因此当34a 时，x轴为曲线()yf x的切线；（2）31()()()4F xf xg xxaxlnx，导数为21()3F xxax，由题意可得2130 xax在1，)恒成立，即有213axx的最小值，由213xx的导数为2160 xx在1x递增，即有最小值为 4，则4a，解得4a；（3）当(1,)x时，()0g xlnx，函数()h xmin()f x，()()0g xg x，故()h x在(1,)x时无零点当1x 时，若54a，则f（

26、1）504a，()h xmin f（1），g（1）g（1）0，故1x 是函数()h x的一个零点；若54a ，则f（1）504a，()h xmin f（1），g（1）f（1）0，故1x 不是函数()h x的零点；当(0,1)x时，()0g xlnx，因此只考虑()f x在(0,1)内的零点个数即可当3a或0a时，2()3fxxa在(0,1)内无零点，因此()f x在区间(0,1)内单调，而1(0)4f，f（1）54a，当3a时，函数()f x在区间(0,1)内有一个零点，当0a时，函数()f x在区间(0,1)内没有零点当30a 时，函数()f x在(0,)3a内单调递减，在(3a，1)内单调

27、递增，故当3ax时，()f x取得最小值21()3334aaaf若()03af，即304a，则()f x在(0,1)内无零点若()03af，即34a ，则()f x在(0,1)内有唯一零点若()03af，即334a ，由1(0)4f，f（1）54a，当5344a 时，()f x在(0,1)内有两个零点当534a 时，()f x在(0,1)内有一个零点综上可得：当34a 或54a 时，()h x有一个零点；当34a 或54时，()h x有两个零点；当5344a 时，函数()h x有三个零点例例 11已知函数21()4f xxax，()g xlnx（1）若函数()g f x的定义域为R，求实数a的

28、取值范围；（2）若函数()g f x在(1,)上单调递减，求实数a的取值范围；（3）用min m，n表示m，n中的最小值，设函数()()h xmin f x，()(0)g xx，讨论()h x零点的个数【解答】解：（1）若函数()g f x的定义域为R，则任意xR，使得21()04f xxax，所以214 104a，解得11a，所以实数a的取值范围为(1,1)（2）若函数()g f x在(1,)上单调递减，又因为()g x在(0,)上为减函数，所以()f x在(1,)上为增函数且任意(1,)x，()0f x，所以12a，且f（1）0，即12a，且1104a，解得54a ，所以a的取值范围为5(

29、4，)（3）因为当1x 时，()0g xlnx，所以()()h xmin f x，()()0g xg x，所以()h x在(1,)上无零点，当0a时，()f x过1(0,)4点，且对称轴02a，作出()h x的图象，可得()h x只有一个零点1x，当0a 时，()f x过1(0,)4点，且对称轴02a，当214 104a，即10a 时，()h x只有一个零点1x，当214 104a，即1a 时，()f x的零点为122ax ，()h x由两个零点12x，1x，当214 104a，即1a 时，令()0f x，解得2112aax，2212aax，且101x，20 x，若22112aax，即514a

30、 时，函数()h x有 3 个零点1xx，2xx，1x，若22112aax，即54a 时，函数()h x有 1 个零点1xx，若若22112aax，即54a 时，函数()h x有 2 个零点1xx，1x，综上所述，当(a，5)(14，0)时，()h x只有一个零点，当1a 或54时，()h x有两个零点，当5(4a，1)时，()h x有三个零点例例 12已知函数3()3f xxaxe，()1g xlnx，其中e为自然对数的底数（1）讨论函数()f x的单调性；（2）用max m，n表示m，n中较大者，记函数()()h xmax f x，()g x，(0)x 若函数()h x在(0,)上恰有 2

31、 个零点，求实数a的取值范围【解答】解：（1）2()33fxxa，当0a时，()0fx，()f x在R上单调递增，当0a 时，()3()()fxxaxa，当(,)xa ，(a，)，()0fx，()f x单调递增，当(,)xaa，()0fx，()f x单调递减；（2）当(0,)xe时，()0g x，()()0h xg x，()h x在(0,)e无零点，当xe时，g（e）0，f（e）33eaee，若f（e）0，即213ea，则e是()h x的一个零点，若f（e）0，即213ea，则e不是()h x的零点，当(,)xe时，()0g x，所以此时只需考虑函数()f x的零点的情况 因为22()3333

32、fxxaea，当2a e时，()0fx，()f x在(,)e 上单调递增所以：（）当213ea时，f（e）0，()f x在(,)e 上无零点；（）当2213ea e 时，f（e）0，又332(2)86860feeaeeeee，所以此时()f x在(,)e 上恰有一个零点；当2ae时，由（1）知，()f x在(,)ea递减，(a，)递增，又因为f（e）333330eaeeeee，32222(2)868620faaaeaaeae，所以此时()f x恰有一个零点综上，213ea题型五：零点问题之同构法题型五：零点问题之同构法例例 13已知函数1()()2(0)xaxf xxln axae，若函数()

33、f x在区间(0,)内存在零点，求实数a的取值范围【解答】解：方法一：由1()()2(0)xaxf xxln axae可得111()()xxxefxaex，设1xeyax，0 x，0a，则12(1)xexyx，令01yx，y在(0,1)x单调递减，在(1,)x单调递增，故minyy（1）1a 当01a时，令()01fxx，当(0,1)x时，()f x单调递减，当(1,)x时，()f x单调递增，()minf xf（1）10alna，此时()f x在区间(0,)内无零点；当1a 时，f（1）10alna，此时()f x在区间(0,)内有零点；当1a 时，令111()()0 xxxefxaex，解

34、得1xx或 1 或2x，且1201xx，此时()f x在1(0,)xx单减，1(xx，1)单增，2(1,)xx单减，2(xx，)单增，当1xx或2x时，()0f x极小值，此时()f x在区间(0,)内有两个零点；综合知()f x在区间(0,)内有零点1a 方法二：由题意可得1()()2xln axeln axx ，即1()1()10 xln axexln ax ，因为1xex 当0 x 时等号成立，所以1()0 xln ax ，即1xaxe，1xeax，令1()xeg xx，21(1)()xxeg xex，易知()g x在(0,1)单减，在(1,)上单增，所以()g xg（1）1，又x趋近于

35、 0 和正无穷时，()g x趋近于正无穷，所以1a例例 14已知2()12af xxlnxx（1）若函数()()cossin1g xf xxxxxlnx在(0,2上有 1 个零点，求实数a的取值范围（2）若关于x的方程2()12x aaxef xxax有两个不同的实数解，求a的取值范围【解答】解：（1）2()cossin2ag xxxxx，(0 x，2，所以()(sin)g xx ax，当1a时，?sin0ax，所以()g x在(0，2单调递增，又因为(0)0g，所以()g x在(0，2上无零点；当01a时，0(0,)2x，使得0sin xa，所以()g x在0(x，2单调递减，在0(0,)x

36、单调递增，又因为(0)0g，2()128ag，所以若2108a，即28a时，()g x在(0，2上无零点，若2?1 08a，即280a 时，()g x在(0，2上有一个零点，当0a时，()sin0g xaxx，()g x在(0，2上单调递减，()g x在(0，2上无零点，综上当280a 时，()g x在(0，2上有一个零点；（2）由2()1(0)2x aaxef xxaxx，即x axexlnxax，即x aelnxa，则有()x aexaxlnx，令()h xxlnx，0 x，则()()x ax ah eexa，1()10h xx，所以函数()h x在(0,)上递增，所以x aex，则有xa

37、lnx，即axlnx，0 x，因为关于x的方程2()12x aaxef xxax有两个不同的实数解，则方程axlnx，0 x 有两个不同的实数解，令()xxlnx，则11()1xxxx，当01x时，()0 x，当1x 时，()0 x，所以函数()xxlnx在(0,1)上递减，在(1,)上递增，所以()minx（1）1，当0 x 时，()x，当x 时，()x，所以|1a a 例例 15已知函数()(1)1xf xaeln xlna（1）若1a，求函数()f x的极值；（2）若函数()f x有且仅有两个零点，求a的取值范围【解答】解析：（1）当1a 时，()(1)1xf xeln x，1()1xf

38、xex，1x ，显然()fx在(1,)单调递增，且(0)0f，当10 x 时，()0fx，()f x单调递减；当0 x 时，()0fx，()f x单调递增()f x在0 x 处取得极小值(0)0f，无极大值（2）函数()f x有两个零点，即()0f x 有两个解，即()(1)(1)xxaeln aeln xx有两个解，设()h ttlnt，则1()10h tt，()h t单调递增，1(1)xaexx 有两个解，即1(1)xxaxe 有两个解令1()(1)xxs xxe，则()xxs xe，当(1,0)x 时，()0s x，()s x单调递增；当(0,)x时，()0s x，()s x单调递减(1

39、)0s，(0)1s，当0 x 时()0s x，01a题型六：零点问题之零点差问题题型六：零点问题之零点差问题例例 16 已知关于x的函数()yf x，()yg x与()(h xkxb k，)bR在区间D上恒有()()()f xh xg x（1）若2()2f xxx，2()2g xxx，(,)D ，求()h x的表达式；（2）若2()1f xxx，()g xklnx，()h xkxk，(0,)D，求k的取值范围；（3）若42()2f xxx，2()48g xx，342()4()32(0|2)h xtt xttt，Dm，2n ，2，求证：7nm【解答】解：（1）由()()f xg x得0 x，又(

40、)22fxx，()22g xx，所以(0)(0)2fg，所以，函数()h x的图象为过原点，斜率为 2 的直线，所以()2h xx，经检验：()2h xx，符合任意，（2）()()(1)h xg xk xlnx，设()1xxlnx，设11()1xxxx，在(1,)上，()0 x，()x单调递增，在(0,1)上，()0 x，()x单调递减，所以()x（1）0，所以当()()0h xg x时，0k，令()()()p xf xh x所以22()1()(1)(1)0p xxxkxkxkxk，得，当1 0 xk 时，即1k时，()f x在(0,)上单调递增，所以()(0)10p xpk ，1k，所以1k

41、 ，当10k 时，即1k 时，0，即2(1)4(1)0kk，解得13k ，综上，0k，3（3）当12t 时，由()()g xh x，得234248 4()32xtt xtt，整理得4223328()04ttxtt x，(*)令3242()(328)tttt，则642538ttt，记642()538(12)ttttt，则5322()62062(31)(3)0ttttttt，恒成立，所以()t在1，2上是减函数，则(2)()t（1），即2()7t，所以不等式(*)有解，设解为12xx x，因此217nm xx当01t 时，432(1)(1)34241fhtttt，设432()34241v tttt

42、t，则322()1212444(1)(31)v tttttt，令()0v t，得33t，当3(0,)3t时，()0v t，()v t是减函数，当3(3t，1)时，()0v t，()v t是增函数，(0)1v，v（1）0，则当01t 时，()0v t，则(1)(1)0fh，因此1(,)m n，因为m，2n ，2，所以217nm，当20t时，因为()f x，()g x为偶函数，因此7nm也成立，综上所述，7nm例例 17已知函数32()(3)xf xxxaxb e（1）如3ab，求()f x的单调区间；（2）若()f x在(,)，(2,)单调增加，在(,2)，(,)单调减少，证明：6【解答】解：（

43、）当3ab 时，32()(333)xf xxxxe，故3223()(333)(363)(9)(3)(3)xxxxfxxxxexxeexxx xxe 当3x 或03x时，()0fx；当30 x 或3x 时，()0fx从而()f x在(,3)，(0,3)单调增加，在(3,0)，(3,)单调减少；（）3223()(3)(36)(6)xxxfxxxaxb exxa eexaxba 由条件得：f（2）0，即322(6)0aba，故4ba，从而3()(6)42 xfxexaxa 因为()()0ff，所以32(6)42(2)()()(2)()xaxaxxxxxx将右边展开，与左边比较系数得，2，2a故2()

44、4124a，又(2)(2)0，即2()40由此可得6a 于是6例例 18已知函数221()2xf xaexax，aR（1）当1a 时，求函数2()()g xf xx的单调区间；（2）当4401ae，时，函数()f x有两个极值点1x，212()xxx，证明：212xx【解答】（1）解：当1a 时，221()2xf xexx，221()()2xg xf xxex，2()1xg xe，令()0g x，可得0 x，令()0g x，可得0 x，所以()g x的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)（2）证明：函数221()2xf xaexax的定义域为R，2()2xfxaexa，令2()()2

45、xh xfxaexa，因为函数()f x有两个极值点1x，212()xxx，所以1x，2x是函数()h x的两个零点，12()()0h xh x，2()22xh xae，令()0h x，可得112xlna，令()0h x，可得112xlna，所以()h x在11(,)2lna上单调递减，在11(2lna，)上单调递增，所以1112xlna，2112xlna，由4401ae，可得411110224elnlna，因为(0)0h，所以10 x，所以要证212xx，即证22x，只需证h（2）0，因为4401ae，所以h（2）444444(1)4(1)44401aeaa eee，所以212xx，得证题型

46、七：零点问题之三角函数题型七：零点问题之三角函数例例 19已知函数()sin(1)f xxlnx，()fx为()f x的导数证明：（1）()fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()f x有且仅有 2 个零点【解答】证明：（1）()f x的定义域为(1,)，1()cos1fxxx，21()sin(1)fxxx，令21()sin(1)g xxx，则32()cos0(1)g xxx 在(1,)2恒成立，()fx 在(1,)2上为减函数，又(0)1f，21()11 102(1)2f ，由零点存在定理可知，函数()fx在(1,)2上存在唯一的零点0 x，结合单调性可得，()fx在0(1,)x上单

47、调递增，在0(x，)2上单调递减，可得()fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x 时，()fx单调递增，()(0)0fxf，()f x单调递减；当0(0,)xx时，()fx单调递增，()(0)0fxf，()f x单调递增；由于()fx在0(x，)2上单调递减，且0()0fx，1()0212f，由零点存在定理可知，函数()fx在0(x，)2上存在唯一零点1x，结合单调性可知，当0(xx，1)x时，()fx单调递减，1()()0fxfx，()f x单调递增；当1(,)2xx时，()fx单调递减，1()()0fxfx，()f x单调递减当(2x，)时，cos0 x，1

48、01x，于是1()cos01fxxx，()f x单调递减，其中3.2()1(1)1(1)12.610222flnlnlnlne ，()(1)30flnln 于是可得下表：x(1,0)01(0,)x1x1(,)2x2(,)2()fx00()f x单调递减0单调递增大于 0单调递减大于 0单调递减小于 0结合单调性可知，函数()f x在(1，2上有且只有一个零点 0，由函数零点存在性定理可知，()f x在(2，)上有且只有一个零点2x，当x，)时，sin1(1)xlnx，则()sin(1)0f xxlnx恒成立，因此函数()f x在，)上无零点综上，()f x有且仅有 2 个零点例例 20已知函数

49、()2sinf xlnxxx，证明：（1）()f x在区间(0,)存在唯一极大值点；（2）()f x有且仅有 2 个零点【解答】证明：（1）函数()2sinf xlnxxx，(0,)x，1()12cosfxxx，令1()12cosg xxx，(0,)x，21()2sin0g xxx，函数()g x在(0,)上单调递减，又当0 x 时，()g x ，而2()102g，存在唯一0(0,)2x，使得0()0g x，当0(0,)xx时，()0g x，即()0fx，函数()f x单调递增；当0(xx，)时，()0g x，即()0fx，函数()f x单调递减，函数()f x在区间(0,)存在唯一极大值点0

50、 x；（2）由（1）可知，函数()f x在0(0,)x上单调递增，在0(x，)上单调递减，0 x是函数()f x的极大值点，且0(0,)2x，04()()2022222f xflnln，又当0 x 时，()f x ；()0fln，在区间0(0,)x内存在一个零点，在区间0(x，)上存在一个零点，当(,)x时，设()h xlnxx，则11()10 xh xxx，()h x在(,)上单调递减，()()0h xhln，当(,2)x时，sin0 x，当(,2)x时，()0f x，无零点，(2,)x时，3()(2)(2)222h xhlnlne，又2 2sin2x，当(2,)x时，()0f x，无零点，