高考数学经典常考题型第9专题 零点存在的判定与证明

高考数学零点知识点高考是每个中国学生都不可逃避的大事件，而数学科目则是许多学生的噩梦。

与其他科目相比，数学有着更多的细节和技巧，需要掌握各种知识点。

本文将为大家介绍一些高考数学中的零点知识点，希望能对广大考生在备考中有所帮助。

一、函数的性质高考数学中，函数是一个重要的概念。

在解题过程中，常常会用到函数的性质。

首先，函数的奇偶性是要掌握的重要内容。

如果一个函数满足$f(x)=f(-x)$，那么它是一个偶函数；如果一个函数满足$f(x)=-f(-x)$，那么它是一个奇函数。

除此之外，函数的单调性也是一个需要关注的内容。

函数的递增区间和递减区间，以及最值点的判断都需要掌握。

二、二次函数高考数学中的二次函数是一个非常重要的知识点。

首先，二次函数的图像是一个抛物线，对于二次函数的图像的形态和性质要有一个清晰的认识。

其次，二次函数的最值点的求解是一道常考的题目。

对于$y=ax^2+bx+c$的二次函数，最值点的横坐标为$x=-\frac{b}{2a}$。

此外，还要注意二次函数与坐标轴的交点以及与直线的交点的求解方法。

三、三角函数三角函数是高考数学中的另一个重要内容。

熟练掌握基本的三角函数的定义和性质对于解题至关重要。

首先，要了解正弦函数、余弦函数和正切函数的定义以及对应的图像。

其次，要掌握三角函数的周期性和对称性，这样才能准确地求解函数的值。

最后，利用三角函数的性质，解决一些实际问题也是高考中的一个重点。

四、立体几何立体几何是数学中的一个重要分支，也是高考数学中的难点之一。

对于几何体的面积和体积的计算，要掌握各个几何体的公式和计算方法。

此外，还要了解相似三角形和相似立体的性质。

这样才能在解决实际问题时，灵活运用几何知识，得出正确的答案。

五、概率概率是数学中的一门重要分支，它在高考数学中也占有一席之地。

对于概率的计算，首先要掌握基本的概率公式，包括事件的概率、独立事件的计算等。

其次，要了解互斥事件和对立事件的概念和计算方法。

零点的判定典例精讲例1：函数()23xf x e x =+-的零点所在的一个区间是（）A.1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭B.10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C.1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ D.31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭思路：函数()f x 为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可解：1211234022f e -⎛⎫⎛⎫-=+⋅--=< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，()020f =-<11232022f ⎛⎫=+⋅-=< ⎪⎝⎭()12310f e e =+-=->()1102f f ⎛⎫∴⋅< ⎪⎝⎭01,12x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭，使得()00f x =答案：C例2：函数()()ln 1f x x x =-+的零点所在的大致区间是（）A.31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B.3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭C.()2,e D.(),e +∞思路：先能判断出()f x 为增函数，然后利用零点存在性判定定理，只需验证选项中区间端点函数值的符号即可。

1x →时，()ln 1x -→-∞，从而()f x ⇒-∞，313ln 0222f ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，所以031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00f x =答案：A例3：已知0x 是函数()121xf x x=+-的一个零点，若()()10201,,,x x x x ∈∈+∞，则（）A.()()120,0f x f x <<B.()()120,0f x f x <>C.()()120,0f x f x >< D.()()120,0f x f x >>思路：条件给出了()f x 的零点，且可以分析出()f x 在()1,+∞为连续的增函数，所以结合函数性质可得()()()()10200,0f x f x f x f x <=>=答案：B例4：已知函数()()log 0,1a f x x x b a a =+->≠，当234a b <<<<时，函数()f x 的零点()0,1,x n n n N *∈+∈，则n =________思路：由a 的范围和()f x 解析式可判断出()f x 为增函数，所以0x 是唯一的零点。

零点存在性定理如果函数y = f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )＜0那么，函数y = f (x )在区间[a ，b ]内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c ) = 0这个c 也就是方程f (x ) = 0的根 定理的理解（1）函数在区间[a ，b ]上的图象连续不断，又它在区间[a ，b ]端点的函数值异号，则函数在[a ，b ]上一定存在零点（2）函数值在区间[a ，b ]上连续且存在零点，则它在区间[a ，b ]端点的函数值可能异号也可能同号（3）定理只能判定零点的存在性，不能判断零点的个数 例：函数y = f (x ) = x 2 – ax + 2在(0，3)内，①有2个零点.②有1个零点，分别求a 的取值范围.解析：①f (x )在(0，1)内有2个零点，则其图象如下则(0)0(3)00032f f a b a >⎧⎪>⎪⎪⎨∆≥⎪⎪<-<⎪⎩⇒-<≤-②f (x )在(0，3)内有1个零点(0)011(3)03f a f >⎧⇒>⎨<⎩例1 已知集合A = {x ∈R |x 2 – 4ax + 2a + 6 = 0}，B = { x ∈R |x ＜0}，若A ∩B ≠∅，求实数a 的取值范围.【解析】设全集U = {a |△= (–4a )2 – 4 (2a + 6)≥0} = 3{|(1)()0}2a a a +-≥ = 3{|1}2a a a ≤-≥或若方程x 2 – 4ax + 2a + 6 = 0的两根x 1，x 2均非负，则1212340,.2260.a U x x a a x x a ∈⎧⎪+=≥⇒≥⎨⎪=+≥⎩ 因为在全集U 中集合3{|}2a a ≥的补集为{a |a ≤–1}，所以实数a 的取值范围是{a |a ≤–1}.例2 设集合A = {x | x 2 + 4x = 0，x ∈R }，B = {x | x 2 + 2 (a + 1) x + a 2 – 1 = 0， x∈R }，若A ∪B = A ，求实数a 的值.【解析】∵A = {x | x 2 + 4x = 0，x ∈R }，∴A = {–4，0}.∵A ∪B =A ，∴B ⊆A .1°当B = A ，即B = {–4，0}时，由一元二次方程根与系数的关系得22(1)4,, 1.10a a a -+=-⎧=⎨-=⎩解之得 2°当B =∅，即方程x 2 + 2 (a + 1)x + a 2 –1 = 0无实解.∴△= 4 (a + 1)2 – 4 (a 2 – 1) = 8a + 8＜0.解得，a ＜–1.3°当B = {0}，即方程x 2 + 2(a + 1)x + a 2 – 1 = 0有两个相等的实数根且为零时，2880,, 1.10.a a a +=⎧=-⎨-=⎩解得 4°当B = {–4}时，即需2880,168(1)10.a a a +=⎧⎨+++-=⎩无解. 综上所述，若A ∪B =A ，则a ≤–1或a = 1.。

掌握高考数学中的函数零点与单调性判断技巧有哪些关键点函数是高考数学的基础知识之一，而在求解函数的零点以及判断函数的单调性时，掌握相应的技巧对于解题至关重要。

本文将探讨在高考数学中，掌握函数零点与单调性判断的关键点。

一、函数零点的判定函数的零点是指函数取零值的点，也就是函数图像与x轴的交点。

在高考数学中，常用的方法有以下几种关键点：1. 方程法：将函数表达式置为零，通过解方程求解。

例如，对于一次函数y=ax+b，零点即为方程ax+b=0的解。

此方法适用于一次函数和二次函数等较简单的函数，但对于高次多项式函数可能较为繁琐。

2. 二分法：对于连续函数，若f(a)和f(b)异号，则函数在(a, b)内至少存在一个零点。

通过不断将区间一分为二，并判断分割后的两个新区间中f(x)的取值情况，可以逐步缩小零点所在的范围。

例如，对于函数f(x)=x^3-3x+1，f(-2)=-13，f(0)=1，故函数在(-2,0)之间存在一个零点。

3. 中间值定理：若连续函数f(x)在区间[a, b]内，且f(a)和f(b)异号，则函数在(a, b)内至少存在一个零点。

该方法常用于判断函数零点的存在性。

例如，对于函数f(x)=x^2-4，在区间(-2,2)内f(-2)=-4，f(2)=0，因此函数在(-2,2)内存在一个零点。

二、单调性判断的技巧判断函数的单调性是在高考数学中常见的问题，以下是几个关键点：1. 导数法：对于可导函数，导数的正负性直接与函数的单调性相关。

当导函数f'(x)大于零时，函数在该区间内单调递增；当导函数f'(x)小于零时，函数在该区间内单调递减。

例如，对于函数f(x)=x^2，导函数f'(x)=2x，因此函数在x>0时单调递增。

2. 函数值法：对于一些无法直接求导的函数，可以通过计算函数在不同区间上的取值来判断函数的单调性。

例如，对于函数f(x)=x^3-3x+1，在函数图像上找到拐点、极值点及与x轴的交点，根据函数图像的变化来判断函数的单调性。

函数零点存在的典型题函数的零点是函数的一个重要特性，在分析解题思路、探求解题方法中发挥着重要作用。

函数的零点即方程的根，也就是函数的图像与x 轴交点的横坐标。

主要考查二次函数及其性质，一元二次方程，函数的应用，解不等式等基础知识，考查数形结合，分类与整合的思想方法，以及抽象概括能力，运算求解能力。

二次函数的零点情况分如下几种情况：(1)在某个区间上有一个零点，(2)在某个区间上有两个零点，(3)在某个区间上有零点，但没说多少个，(4) 在某个区间上有一个零点，且此零点大于零。

例题如下：例1. 若函数()12--=x ax x f 在()1,0内有一零点，求a 的取值范围。

分析：把函数的零点问题转化为方程的根。

此函数恰有一零点，即方程012=--x ax 在()1,0内有一个根。

可分为以下三种情况： (1)0=a (2)()内有一解，在10,0>∆(3),0=∆且根在()1,0内 解：由题意得令012=--x ax ，因为最高次项系数是常数，所以首先要讨论最高次项系数为0的情况。

(1)当0=a 时，解得1-=x ,不在()1,0内，∴不符合题意(2)方程有两个根，且有一个根在()1,0内，即 ()()⎩⎨⎧⋅>∆100f f 241>->a a 2>∴a (3)当方程有两个相等的根时，即0=∆，解得41-=a ，解得2-=x ，不在()1,0内。

41-≠∴a 综上所述，当函数()12--=x ax x f 在()1,0内有一零点时，2>a例2．已知a 是实数，函数(),3222a x ax x f --+=如果函数()x f 在区间[]1,1-上有零点，求a 的取值范围。

分析：函数在区间上有零点，分以下几种情况讨论，首先最高次项系数是常数要讨论常数0=a 时；下面，当0≠a 时，就是二次函数，可分以下情况，有一个零点(即所对应的方程在给定区间上有一个根(在0>∆的情况下)或有两个重根)，或两个零点。

高中数学-函数的零点问题及例题分析1. 引言函数是数学中一个非常重要的概念，它在数学和实际问题中发挥着重要的作用。

函数的零点问题是函数中一个常见且重要的问题，它与方程的解有着紧密的联系。

本文将介绍函数的零点问题，并通过一些例题分析来加深理解。

2. 函数的定义与性质回顾函数是一个将一个集合的元素映射到另一个集合的元素的规则。

函数通常用符号表示，如$f(x)$，其中$x$是自变量，$f(x)$是对应的函数值。

函数的零点指的是函数取零值的点，即满足$f(x)=0$的$x$值。

函数的零点问题与方程的解问题紧密相关。

对于一元函数，函数的零点就是方程$f(x)=0$的解。

因此，解方程可以转化为求函数的零点。

函数的零点可以通过图像、图表或数值计算等方法来确定。

下面将通过几个例题来进一步分析。

3. 例题分析3.1 例题一已知函数$f(x)=2x^2-3x+1$，求函数$f(x)$的零点。

解析：要求函数$f(x)$的零点，即求解方程$2x^2-3x+1=0$。

我们可以使用配方法、求根公式或因式分解等方法来解这个二次方程，最终可以得到$x=1$和$x=\frac{1}{2}$两个解。

3.2 例题二已知函数$g(x)=\sqrt{x+3}-2$，求函数$g(x)$的零点。

解析：要求函数$g(x)$的零点，即求解方程$\sqrt{x+3}-2=0$。

为了消除平方根，我们可以将方程两边平方，得到$x+3=4$，然后解得$x=1$。

因此，函数$g(x)$的零点为$x=1$。

3.3 例题三已知函数$h(x)=\frac{1}{x-2}$，求函数$h(x)$的零点。

解析：函数$h(x)$在$x=2$处不存在定义，因此不存在零点。

4. 总结本文介绍了函数的零点问题及其与方程的解之间的联系。

函数的零点是函数取零值的点，可以通过解相应的方程来求得。

通过例题分析，我们进一步了解了求函数零点的具体方法。

在实际问题中，函数的零点问题有时对于确定某个变量的取值非常重要，因此对于函数的零点问题的理解和掌握是非常有益的。

专题四《函数》讲义5.9函数的零点知识梳理.函数的零点1．函数的零点(1)函数零点的定义：对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)三个等价关系：方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．2．函数零点的判定如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是f(x)＝0的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．题型一.零点所在的区间1．函数f（x）＝3x−3−2的零点所在区间是（）A．（﹣1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）【解答】解：由于函数f（x）＝3x−3−2，∴f（1）＝3﹣3﹣2＝﹣2＜0，f（2）＝9−32−2＞0，∵f（1）•f（2）＜0，函数是连续增函数，∴函数f（x）＝3x−3−2的零点所在的区间是（1，2），故选：C．2．函数f（x）＝log2x+x+2的零点所在的一个区间是（）A．(0，18)B．(18，14)C．(14，13)D．(13，12)【解答】解：函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且其图象在定义域上是一条不间断的曲线，又o18)=−3+18+2=−78＜0，o14)=−2+14+2=14＞0，由函数零点存在性定理可知，函数f（x）在(18，14)上有零点．故选：B．3．设函数y＝x3与y＝（12）x﹣2的图象交点为（x0，y0），则x0所在的区间是（）A．（0，1）B．（3，4）C．（1，2）D．（2，3）【解答】解：函数y＝x3在R上单调递增，y=(12)K2在R上是减函数．∵x≤1时，函数y＝x3的图象在y=(12)K2的下面；x≥2时，函数y＝x3在y=(12)K2的上面．∴x0所在的区间是（1，2）．故选：C．题型二.零点的个数1．函数f（x）＝4x|log0.5x|﹣1的零点个数为2．【解答】解：函数的零点满足|l0.5U=(14)，则零点的个数即函数y＝|log0.5x|与=(14)交点的个数，绘制函数图象如图所示，观察可得，交点个数为2，故函数零点的个数为2．故答案为：2．2．函数f（x）=2−2，≤12−3+2，＞1的图象与函数g（x）＝ln（x+1）的图象的交点的个数是2．【解答】解：作出函数f（x）和g（x）的图象如图：由两个函数的图象可知两个函数有2个交点，故答案为：2．3．若偶函数f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），在x∈[0，1]时，f（x）＝x2，则关于x的方程f（x）＝（110）x在[0，4]上根的个数是4．【解答】解：因为偶函数f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），所以函数f（x）的图象关于y 轴对称，同时以2为周期．根据x∈[0，1]时，f（x）＝x2得该函数在[0，4]上的图象为：再在同一坐标系中做出函数=(110)的图象，如图，当x∈[0，4]时，两函数图象有四个交点．所以方程f（x）＝（110）x在[0，4]上有4个根．故答案为4．4．已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2，函数g（x）=l(−1)＞12≤1，若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上恰有8个零点，则a的取值范围为（）A．（2，4）B．（2，5）C．（1，5）D．（1，4）【解答】解：函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上恰有8个零点即函数f（x）与函数g（x）在区间[﹣5，5]上有8个交点，由f（x+1）＝﹣f（x）＝f（x﹣1）知，f（x）是R上周期为2的函数，作函数f（x）与函数g（x）在区间[﹣5，5]上的图象如下，由图象知，当x∈[﹣5，1]时，图象有5个交点，故在[1，5]上有3个交点即可；故l(3−1)＜1l(5−1)＞1；解得，2＜a＜4；故选：A．题型三.已知零点个数求参1．若函数f（x）＝e x﹣x2+ax﹣1在区间[1，2]内有且仅有一个零点，则实数a的取值范围为（）A．[5−22，+∞)B．（﹣∞，2﹣e] C．(5−22，2−p D．[5−22，2−p【解答】解：依题意，−=−−1在x∈[1，2]上有且仅有一个解，设op=−−1，则n(p=⋅K2−1+12=(K1)(−K1)2，由e x≥x+1（当且仅当x＝0时取等号）可知，当x∈[1，2]时，函数g（x）单调递增，∴当x∈[1，2]时，op m=o1)=−2，op B=o2)=22−2−12=2−52，∴−∈[−2，2−52]，∴∈[5−22，2−p．故选：D．2．若函数f（x）＝log a x﹣x+a（a＞0且a≠1）有两个零点，则实数a的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，+∞）C．（1，e）D．（e，+∞）【解答】解：令f（x）＝0，有log a x＝x﹣a，①当a＞1时，函数y＝log a x单增，函数y＝x﹣a相当于函数y＝x向下至少移动了1个单位，故函数y＝log a x与y＝x﹣a的图象有两个交点；②当0＜a＜1时，函数y＝log a x与y＝x﹣a的图象显然仅有一个交点，综上，a＞1．故选：B．3．已知函数f（x）=3，∈(−1，0]∈(0，1]，且函数g（x）＝f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（−94，﹣2]∪（0，32]．【解答】解：由g（x）＝f（x）﹣mx﹣m＝0，即f（x）＝m（x+1），分别作出函数f（x）（图中红色曲线），和y＝h（x）＝m（x+1）的图象（图中绿色曲线），为一条过点（﹣1，0）的直线，如图：由图象可知f（1）＝3，h（x）表示过定点A（﹣1，0）的直线，当h（x）过（1，3）时，m=32，此时两个函数有两个交点，此时满足条件的m的取值范围是0＜m≤32①．当h（x）过（0，﹣2）时，h（0）＝﹣2，解得m＝﹣2，此时两个函数有两个交点．当h（x）与f（x）相切时，两个函数只有一个交点，此时1r3x+3＝m（x+1），即m（x+1）2+3（x+1）﹣1＝0，当m＝0时，只有1解；当m≠0，由△＝9+4m＝0得m=−94，此时直线和f（x）相切．∴要使函数有两个零点，则−94＜m≤﹣2②．综上可得，函数g（x）＝f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围为（−94，﹣2]∪（0，32]，故答案为：（−94，﹣2]∪（0，32]．4．已知函数f（x）＝e2x﹣a（x+2）．当a＝2时，f（x）的增区间为（0，+∞）；若f （x）有两个零点，则实数a的取值范围为（2e﹣3，+∞）．【解答】解：当a＝2时，f（x）＝e2x﹣2（x+2），f′（x）＝2e2x﹣2，令f′（x）＞0，解得x＞0，则f（x）的增区间为（0，+∞）．f′（x）＝2e2x﹣a，x∈R．①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当a＞0时，令f′（x）＝0⇒x=12ln2，可得f（x）在（﹣∞，12ln2）单调递减，在（12ln2，+∞）单调递增，故f（x）的最小值为f（12ln2）=2−a（12ln2+2）=−2ln2−32．∵f（x）有两个零点，当x→±∞时，f（x）→+∞，∴f（2ln2）＜0⇒2ln2+32＞0，解得a＞2e﹣3，所以实数a的取值范围为（2e﹣3，+∞）故答案为：（0，+∞）；（2e﹣3，+∞）．5．已知f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x+12|，若函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a的取值范围是（0，12）．【解答】解：f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x+12|，若函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），在同一坐标系中画出函数f（x）与y＝a的图象如图：由图象可知∈(0，12)．故答案为：（0，12）．6．已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），当0≤x≤1时，f（x）＝2x2，g（x）＝log a|x﹣1|（2＜a＜2），则函数h（x）＝f（x）﹣g（x）所有零点的和为（）A．3B．4C．5D．6【解答】解：函数f（x）是定义域为R的偶函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），可得对称轴x＝1，所以可得周期T＝2，又g（x）＝log a|x﹣1|（2＜a＜2），可得g（x）也是关于x＝1对称，令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝0，可得g（x）＝f（x），在同一坐标系中在作y＝f（x）与y＝g（x）的图象如图所示：因为2＜a＜2，g（x）＝log a|x﹣1|，所以g（2）＝0，g（5）＝log a4∈（2，4），与f（x）无交点，g（3）＝log a2∈（1，2）与f（x）有两个交点，所以x＞1时，g（x）与f（x）有3个交点，所以x∈R时，g（x）与f（x）有3对关于x＝1对称的点，所以所以交点之和为2+2+2＝6，即函数h（x）＝f（x）﹣g（x）所有零点的和为6，故选：D．7．已知函数g（x）＝a﹣x2（1≤x≤e（e为自然对数的底数）与h（x）＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（）A．[1，1+2]B．[12+2，e2﹣2]C．[e2﹣2，+∞）D．[1，e2﹣2]【解答】解：因为h（x）＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的函数为：f（x）＝﹣2lnx，所以可得g（x）＝f（x）有零点，即a＝x2﹣2lnx（1≤x≤e）有解，令t（x）＝x2﹣2lnx（1≤x≤e），则t'（x）＝2x−2=2⋅(K1)(r1)，当x∈（1，1）时，t'（x）＜0，则t（x）单调递减，x∈（1，e）时，t（x）＞0，t（x）单调递增，而t（1）=12−2ln1=12+2，t（1）＝12﹣2ln1＝1，t（e）＝e2﹣2lne＝e2﹣2＞o1)，所以t（x）∈[1，e2﹣2]．所以a的取值范围为[1，e2﹣2]．故选：D．8．已知函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，则负实数a＝（）A．−13B．−12C．﹣3D．﹣2【解答】解：函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，设x﹣1＝t，则函数f（t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t）﹣a2有唯一零点，则3e|t|﹣a（2t+2﹣t）＝a2，设g（t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t），∵g（﹣t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t）＝g（t），∴g（t）为偶函数，∵函数f（t）有唯一零点，∴y＝g（t）与y＝a2有唯一的交点，∴此交点的横坐标为0，∴3﹣2a＝a2，解得a＝﹣3或a＝1（舍去），故选：C．题型四.复合函数的零点1．已知f（x）＝x2e x，若函数g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，则实数k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）B．（2，42+24）C．（82，2）D．（42+24，+∞）【解答】解：f′（x）＝2xe x+x2e x＝x（x+2）e x，令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝﹣2，∴当x＜﹣2或x＞0时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，∴当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值f（﹣2）=42，当x＝0时，f（x）取得极小值f（0）＝0．作出f（x）的大致函数图象如图所示：令f（x）＝t，则当t＝0或t＞42时，关于x的方程f（x）＝t只有1解；当t=42时，关于x的方程f（x）＝t有2解；当0＜t＜42时，关于x的方程f（x）＝t有3解．∵g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0，42）上有1解，在（42，+∞）∪{0}上有1解，显然t＝0不是方程t2﹣kt+1＝0的解，∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0，42）和（42，+∞）上各有1解，∴164−42+1＜0，解得k＞42+24．故选：D．2．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．以上都有可能【解答】解：由题意可得，f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不同的实数根x1，x2，不妨设x1≠x2，所以3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根f（x）＝x1，f（x）＝x2，若x1＜x2，易得函数f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，在x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，此时f（x）＝x2有2个根，f（x）＝x1可能的根3或2或1，此时关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数5或4或3个，当x1＞x2，同理可得关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数3个，故选：D．3．已知函数f（x）=(12)−4，≤−1B(+1)，＞−1，若f（f（x））＜0，则x的取值范围为（）A．（﹣2，0）B．(−∞，12−1) C．(−2，12−1)D．(−2，−1)∪(12−1，0)【解答】解：令f（x）＝t，则f（t）＜0，t≤﹣1时，(12)−4＜0，所以2﹣t＜4，解得﹣2＜t≤﹣1；t＞﹣1时，ln（t+1）＜0，解得﹣1＜t＜0；综上知，t的取值范围是﹣2＜t＜0，即﹣2＜f（x）＜0．由f（x）＝﹣2，x≤﹣1时，(12)−4＝﹣2，解得x＝﹣1；x＞﹣1时，ln（x+1）＝﹣2，解得x=12−1；综上知，x＝﹣1或=12−1，画出函数f（x）的图象，如图所示：根据分段函数f（x）的图象得，f（f（x））＜0的解集为(−2，−1)∪(12−1，0)．故选：D．4．已知函数f（x）＝x3﹣3x，则函数h（x）＝f[f（x）]﹣c，c∈[﹣2，2]的零点个数（）A．5或6个B．3或9个C．9或10个D．5或9个【解答】解：设t＝f（x），则由y＝f[f（x）]﹣c＝0，得f[f（x）]＝c，即f（t）＝c，t＝f（x），函数f（x）的导数f′（x）＝3﹣3x2，由f′（x）＞0得﹣1＜x＜1，此时函数单调递增，由f′（x）＜0得x＜﹣1或x＞1，此时函数单调递减，即函数在x＝1，取得极大值f（1）＝3﹣1＝2，函数在x＝﹣1，取得极小值f（﹣1）＝﹣3+1＝﹣2，又由f（﹣2）＝﹣2，f（2）＝2得：若f（t）＝c，c∈（﹣2，2），则方程有三个解，满足﹣2＜t1＜﹣1，0＜t2＜1，1＜t3＜2，则当﹣2＜t1＜﹣1时，方程t＝f（x），有3个根，当0＜t2＜1时，方程t＝f（x），有3个根，当1＜t3＜2时，方程t＝f（x），有3个根，此时共有9个根，若f（t）＝c，c＝2，则方程有两个解，满足t1＝﹣2，t2＝1，则当t1＝﹣2时，方程t＝f（x），有2个根，当t2＝1，有3个根，此时共有5个根，同理f（t）＝c，c＝﹣2时，也共有5个根故选：D．课后作业.函数的零点1．设定义在R上的函数op=2，≤0|l2U，＞0，g（x）＝f（x）﹣a，则当实数a满足0＜a ＜1时，函数y＝g（x）的零点个数为3个．【解答】解：定义在R上的函数op=2，≤0|l2U，＞0，函数的图象如图：g（x）＝f（x）﹣a，则当实数a满足0＜a＜1时，函数y＝g（x）的零点个数，就是y ＝f（x）与y＝a图象的交点个数，由图象可知，零点个数为3个．故答案为：3．2．已知函数f（x）=|+1|，≤0|l2U，＞0，若方程f（x）＝a（a∈R）有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则（x1+x2）x4的取值范围是[﹣4，﹣2）．【解答】解：由题意作函数f（x）=|+1|，≤0|l2U，＞0与y＝a的图象如下，，结合图象可知，x1+x2＝﹣2，0＜log2x4≤1，故x1+x2＝﹣2，1＜x4≤2，故﹣4≤（x1+x2）x4＜﹣2，故答案为：[﹣4，﹣2）．3．已知函数op=|BU，＞0|2+4+3|，≤0，若g（x）＝ax（a∈R）使得方程f（x）＝g（x）恰有3个不同的实根，则实数a的取值范围为[0，1)∪{23−4}．【解答】解：由已知得f（x）得图象如图（1），（1）当a＞0时，要使得方程f（x）＝g（x）恰有3个不同根，则需存在x＞1，使得lnx ＞ax，即a＜B，又y=B的图象如图（2），故0＜a＜1；（2）当a＜0时，由图象（1）知y＝ax需与函数f（x）＝|x2+4x+3|＝﹣x2﹣4x﹣3相切，设切点为（m，n），则y﹣f（m）＝f'（m）（x﹣m），即y﹣（﹣m2﹣4m﹣3）＝（﹣2m﹣4）（x﹣m）过点（0，0），故m2＝3，因为m＜0，故m=−3，所以a＝f'（m）=23−4，（3）当a＝0时，显然符合题意，综上，实数a的取值范围为[0，1)∪{23−4}．故答案为：[0，1)∪{23−4}．4．已知函数f（x）=3−34+32，0≤≤122+12，12＜≤1，g（x）＝e x﹣ax（a∈R），若存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，1]B．（﹣∞，e﹣2]C．（﹣∞，e−54]D．（﹣∞，e]【解答】解：①当0≤x≤12时，f（x）＝x3−34+32，则f′（x）＝3x2−34≤0在[0，12]上恒成立，所以函数f（x）在区间[0，12]上单调递减，则f（12）≤f（x）≤f（0），即54≤op≤32，②当12＜≤1时，f（x）＝2x+12，函数在区间（12，1]上单调递增，所以f（12）＜f（x）≤f（1），即32＜op≤52，综上，函数f（x）的值域为[54，52]；又g′（x）＝e x﹣a，x∈[0，1]，若a≤0时，则g′（x）＞0，函数g（x）在[0，1]上单调递增，所以g（0）≤g（x）≤g （1），即g（x）∈[1，e﹣a]，此时若要满足题意，只需[1，e﹣a]∩[54，52]≠∅，当a≤0时恒成立；若a＞0时，令g′（x）＝e x﹣a＝0，解得x＝lna，当0＜a＜e时，函数g（x）在[0，1]上单调递增，所以g（0）≤g（x）≤g（1），即1≤g （x）≤e﹣a，又因为[1，e﹣a]∩[54，52]≠∅，所以−≥540＜＜，解得0＜a≤−54，当a＞e时，g（x）在[0，1]上单调递减，所以g（1）≤g（x）≤g（0），即e﹣a≤g（x）≤1，此时[e﹣a，1]∩[54，52]=∅，所以不存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）＝g（x2），综上，实数a的取值范围为（−∞，−54]，故选：C．5．已知函数f（x）=，=1(12)|K1|+1，≠1，若方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有5个不同的实数解，则a的范围是（）A．（1，32）∪（32，2）B．（1，2）∪（2，3）C．（1，+∞）D．（1，3）【解答】解：方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0，解得f（x）＝a或f（x）=32，若a=32，f（x）=，=1(12)|K1|+1，≠1，可得x＝1或0或2，不满足题意；则a≠32，由f（x）=32，可得原方程有3个不等实根；只要1+（12）|x﹣1|＝a有2个不等实根即可．由|x﹣1|＞0可得0＜（12）|x﹣1|＜1，即有1＜a＜2，综上可得a∈（1，32）∪（32，2）．故选：A．6．已知f（x）=2−4，≤−1，＞（其中a＜0，e为自然对数的底数），若g（x）＝f[f（x）]在R上有三个不同的零点，则a【解答】解：（1）当x≤a时，f（x）＝x2﹣4，①当x2﹣4≤a时，由f（f（x））＝f（x2﹣4）＝（x2﹣4）2﹣4＝0得x=−2；②当x2﹣4＞a时，由f（f（x））＝f（x2﹣4）=2−4−1＝0得x＝﹣2（2）当x＞a时，f（x）＝e x﹣1，①当e x﹣1≤a时，由f（f（x））＝f（e x﹣1）＝（e x﹣1）2﹣4＝0得e x＝﹣1无解，②当e x﹣1＞a时，由f（f（x））＝f（e x﹣1）=−1−1＝0解得x＝0，因为g（x）＝f（f（x））在R上有三个不同的零点，所以−2≤−2≤0＞，解得：−2≤a＜0，故答案为：[−2，0）．。

函数零点是近年来高考既是热点，又是重点，更是高频考点内容，在全国各个省的高考题，及各市各套模拟试卷都屡见不鲜，尤其是三角函数的零点问题，常考常新，但解答题都是通过分类讨论研究零点，分离参数划归为曲线的交点，分离函数等研究零点问题，下面就解答题加以分析： 一．理论基础，解题原理对函数y=f(x), 使f(x)=0的实数x 叫做函数y=f(x)的零点。

1.函数零点定义：2. 等价关系方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x 轴有交点⇔曲线y=g(x)与y=h(x)的交点⇔函数y=f(x)有零点； 3.零点存在性定理如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y=f(x)在区间(a,b) 内有零点，即存在c ∈(a,b)，使得f(c)=0，这个c 也就是方程f(x)=0的根。

二 例题枚举例1.（19课标1）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数． 证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．解（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，1111,7n n a a +-=在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++，00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= 三角函数零点问题∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点，即()f x '在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =， 0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+<，即()02f f ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<，即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.例2（17山东）已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22xg x e x x x =-+-其中 2.71828e =L 是自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令()()()()h x g x af x a R =-∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.解：（Ⅰ）易求：222y x ππ=--（Ⅱ）由题意得 2()(c o ss i n 22)(2c o s )xh x e x x x a x x =-+--+，因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x xh x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =-，则()1cos 0m x x '=-≥，所以()m x 在R 上单调递增. 因为(0)0,m =所以 当0x >时，()0,m x > 当0x <时，()0m x < (1)当0a ≤时，x e a -0>当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--；极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--； ②当1a =时，ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值； ③当1a >时，ln 0a >所以 当(),0x ∈-∞时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '>单调递增； 当()0,ln x a ∈时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '<单调递减； 当()ln ,x a ∈+∞时，ln 0x a e e ->，()()0,h x h x '>单调递增； 所以 当0x =时()h x 取得极大值，极大值是()021h a =--； 当ln x a =时()h x 取得极小值.极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.综上所述：当0a ≤时，()h x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，函数()h x 有极小值，极小值是()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,ln a 和()0,+∞上递增，在()ln ,0a 上递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，【点睛】 1.函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y −y 0＝f ′(x 0)(x −x 0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过点P 的切线的不同．2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道较难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.例3（19天津）设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明：()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242m m πππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈，证明：20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-.解：(Ⅰ)由已知，有()()'e cos sin xf x x x =-.当()52,244x k k k Z ππππ⎛⎫∈++∈ ⎪⎝⎭时，有sin cos x x >，得()'0f x <，则()f x 递减; 当()32,244x k k k Z ππππ⎛⎫∈-+∈ ⎪⎝⎭时，有sin cos x x <，得()'0f x >，则()f x 递增. 所以()f x 的递增区间为()32,244k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭， ()f x 的递减区间为()52,244k k k Z ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)记()()()2h x f x g x x π⎛⎫-= ⎝+⎪⎭.依题意及(Ⅰ)有：()()cos sin xg x e x x =-，从而'()2sin xg x e x =-.当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x <，故'()'()'()()(1)()022h x f x g x x g x g x x ππ'⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭.(Ⅲ)依题意，()()10n n u x f x =-=，即e cos 1n xn x =.记2n n y x n π=-，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.且()e cos n y n n f y y ==()()22e cos 2e nx n n n x n n N πππ---∈=. 由()()20e1n n f y f y π-==及(Ⅰ)得0n y y . 由(Ⅱ)知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫<= ⎪⎝⎭.又由(Ⅱ)知()()02n n n f y g y y π⎛⎫+- ⎪⎝⎭，故： ()()()2e 2n n nn n f y y g y g y ππ---=-()()022200000sin cos sin cos n n n y e e e g y e y y x x πππ---=<--. 所以200e 22sin cos n n n x x x πππ-+--<.【点睛】本题主要考查导数的运算､不等式证明､运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力､综合分析问题和解决问题的能力.。

微专题九 函数零点的判定与证明一、基础知识：1、函数的零点：一般地，对于函数()y f x =，我们把方程()0f x =的实数根0x 叫作函数()y f x =的零点。

2、零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(),a b 内必有零点，即()0,x a b ∃∈，使得()00f x =注：零点存在性定理使用的前提是()f x 在区间[],a b 连续，如果()f x 是分段的，那么零点不一定存在 3、函数单调性对零点个数的影响：如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。

因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调4、几个“不一定”与“一定”（假设()f x 在区间(),a b 连续）（1）若()()0f a f b ⋅<，则()f x “一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。

要分析()f x 的性质与图像，如果()f x 单调，则“一定”只有一个零点（2）若()()0f a f b ⋅>，则()f x “不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。

如果()f x 单调，那么“一定”没有零点（3）如果()f x 在区间(),a b 中存在零点，则()()f a f b ⋅的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。

如果()f x 单调，则()()f a f b ⋅一定小于05、零点与单调性配合可确定函数的符号：()f x 是一个在(),a b 单增连续函数，0x x =是()f x 的零点，且()0,x a b ∈，则()0,x a x ∈时，()0f x <；()0,x x b ∈时，()0f x >6、判断函数单调性的方法： （1）可直接判断的几个结论：① 若()(),f x g x 为增（减）函数，则()()f x g x +也为增（减）函数② 若()f x 为增函数，则()f x -为减函数；同样，若()f x 为减函数，则()f x -为增函数 ③ 若()(),f x g x 为增函数，且()(),0f x g x >，则()()f x g x ⋅为增函数（2）复合函数单调性：判断()()y f g x =的单调性可分别判断()t g x =与()y f t =的单调性（注意要利用x 的范围求出t 的范围），若()t g x =，()y f t =均为增函数或均为减函数，则()()y f g x =单调递增；若()t g x =，()y f t =一增一减，则()()y f g x =单调递减（此规律可简记为“同增异减”） （3）利用导数进行判断——求出单调区间从而也可作出图像 7、证明零点存在的步骤：（1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数（2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数()f x （3）分析函数()f x 的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间 （4）利用零点存在性定理证明零点存在例1：函数()23xf x e x =+-的零点所在的一个区间是（ ）A. 1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭ B. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ D. 31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭例2：函数()()ln 1f x x x =-+的零点所在的大致区间是（ ）A. 31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭C. ()2,eD. (),e +∞【名师点睛】：（1）本题在处理1x →时，是利用对数的性质得到其()ln 1x -的一个趋势，从而确定符号。