精选高一：零点问题的解题方法.docx

“函数零点问题”题型与思路分析浙江张振继一、判断函数/(兀)的零点的个数(或求出函数/(兀)的零点)思路：(1)解方程/(X)= 0 ,求出该方稈的解即可；(2)通过作出幣数y = f(x)的图象，数形结合求解.例1填空：(1)函数/(x) = 2?-3x+l零点的个数为 ______________ ；(2)函数f(x) = x3-2x2-x + 2零点为_____________ ・(3)方程2V = x2根的个数为______ .解：(1)解方程/(X)=2X3-3X+1=0,即(2X3-2)-(3X-3)=0于是，有2(x —1)(无2+兀 + 1)_3(兀一1) = 0,即(X-1)[(2X2+2X-1)=0,由于△ = 22—4x2x(—l)>0,・・・方程(X —1)[(2F+2X —1)=0有三个不同的实数根,故函数f(x) = 2?-3x + l有3个零点.(2)解方程/(兀)=疋一2/—兀+2 = 0,即f(x) = (x3 - 2x2) - (x - 2) = 0,于是,有(兀一2)(兀一1)(兀+1) = 0,解得X, =2, x2 =l,x3 =-1.故函数f(x) = / — 2甘—兀+ 2零点为—1,1, 2.(3)在同一坐标系中分别作出两个函数y = 2\y = x2的图彖，观察两函数图彖有3个交点，经过检验，得方程有3个不同的实根西=2,® =4,禺€(-1,0)・应填3.例2 (1)试探究方程lg(x-1) + lg(3-x) = lg(a- x)(a G R)的实数解的个数.(2)当。

为何值时，方稈\nx + 2x-a = 0在(1,2)内实数解？x — \ > 0,13 解：(1)由] 3-x>0, ^.6Z=-X2+5X-3(1<X<3),由图象可知当亍a —兀=(3 — x)(x — 1).或a<\时无解;当a =—或1VG W3时，方程仅有一个实数解；当3VQV —时，方程有两个实数解. 44(2)原方程可化为lnx + 2x = a，所谓当当。

第25讲函数的零点问题知识梳理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y k =)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、函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[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)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将()f x 整理变形成()()()f x g x h x =-的形式，通过()(),g x h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.必考题型全归纳题型一：零点问题之一个零点例1．（2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.（1）求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间；（2）设()()()h x af x g x =-，a R ∈.①求证：函数()y h x =存在零点；②设0a <，若函数()y h x =的一个零点为m .问：是否存在a ，使得当()0,x m ∈时，函数()y h x =有且仅有一个零点，且总有()0h x ≥恒成立？如果存在，试确定a 的个数；如果不存在，请说明理由.例2．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数()e sin 1x f x a x =--，()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+，()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围；(2)证明：若12a <<，则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ，且010x x +<.例3．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()1ln e xx f x a x -=+.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)证明：当0a ≥时，()f x 有且只有一个零点；(3)若()f x 在区间()()0,1,1,+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围.变式1．（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e xf x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.题型二：零点问题之二个零点例4．（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值；(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.（ⅰ）证明：()F x 存在两个零点1x ，2x ；（ⅱ）证明：()F x 的两个零点1x ，2x 满足1220x x ++<.例5．（2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．例6．（2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln x f x e x a =--.（1）若3a =.证明函数()f x 有且仅有两个零点；（2）若函数()f x 存在两个零点12,x x ，证明：121222x x x x e e e a >++-.变式3．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个零点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立，求λ的取值范围．变式4．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数()4212f x ax x =-，,()0x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-．(1)若0a >，求证：（ⅰ）()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减；（ⅱ）()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点；(2)若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．题型三：零点问题之三个零点例7．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ln 1ex ax f x x a -=---有三个零点.(1)求a 的取值范围；(2)设函数()f x 的三个零点由小到大依次是123,,x x x .证明：13e e x x a >.例8．（2024·广东深圳·校考二模）已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)①当102a <<时，试证明函数()f x 恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，试证明22131(1)(1)x x a x >--.例9．（2024·广西柳州·统考三模）已知()3()1ln f x x ax x =-+．（1）若函数()f x 有三个不同的零点，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<，当132x x +>时，求实数a 的取值范围．变式5．（2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）已知函数()32113f x x ax bx =+++（a ，b ∈R ）.（1）若0b =，且()f x 在()0+∞，内有且只有一个零点，求a 的值；（2）若20a b +=，且()f x 有三个不同零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.变式6．（2024·浙江·校联考二模）设e 2a <，已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值：(2)求实数a 的取值范围；(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ，且130x x ⋅<，证明：存在唯一的实数a ，使得1x 、2x 、3x 成等差数列.变式7．（2024·山东临沂·高三统考期中）已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ，并说明函数()()()h x f x g x =-在（1，e ）上有且仅有一个零点；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.题型四：零点问题之max ，min 问题例10．（2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数()()2sin cos ,lnπxf x x x x axg x x =++=．(1)当0a =时，求函数()f x 在[]π,π-上的极值；(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数．例11．（2024·四川南充·统考三模）已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++，()ln πxg x x =．(1)当0a =时，求函数()f x 在[,]-ππ上的极值；(2)用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数．例12．（2024·四川南充·统考三模）已知函数()2e 2x ax x f x x =+-，()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()f x 的极值；(2)用{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，当0a ≥时，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.变式8．（2024·广东·高三专题练习）已知函数()ln f x x =-，31()4g x x ax =-+，R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ，且()()10g x g x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；(2)用min{,}m n 表示m ，n 中的最小值，记函数()min{()h x f x =，()}(0)g x x >，若函数()h x 有且仅有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()e (R)x f x ax a =-∈，()1g x x =-．(1)若直线()y g x =与曲线()y f x =相切，求a 的值；(2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，讨论函数()min{(),()}h x f x g x =的零点个数．变式10．（2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线，求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值，设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<，讨论()h x 零点的个数.题型五：零点问题之同构法例13．已知函数1()()2(0)x axf x x ln ax a e -=+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，求实数a 的取值范围例14．已知2()12a f x xlnx x =++．（1）若函数()()cos sin 1g x f x x x x xlnx =+---在(0,]2π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 a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围．例15．已知函数()(1)1x f x ae ln x lna =-++-．（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．题型六：零点问题之零点差问题例16．已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()(h x kx b k =+，)b R ∈在区间D 上恒有()()()f x h x g x ．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()g x klnx =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0||h x t t x t t t =--+<，[D m =，][n ⊂，，求证：n m-例17．已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++．（1）如3a b ==-，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(,)α-∞，(2,)β单调增加，在(,2)α，(,)β+∞单调减少，证明：6βα->．例18．已知函数221()2x f x ae x ax =--，a R ∈．（1）当1a =时，求函数2()()g x f x x =+的单调区间；（2）当4401a e <<-，时，函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：212x x ->．题型七：零点问题之三角函数例19．（2024·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数()()sin ln 1f x a x x =-+．(1)若对(]1,0x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln2n k k =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，试判断方程()1eln 10x m x +--+=实数根的个数，并说明理由．例20．（2024·全国·高三专题练习）设函数()πsin2x f x x =-.(1)证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≤；(2)记()()ln g x f x a x =-，若()g x 有且仅有2个零点，求a 的值.例21．（2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+，且0为()f x 的一个极值点．(1)求实数a 的值；(2)证明：①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点；②22111sin 121n k n k =-<<+∑，其中*N n ∈且2n ≥．变式11．（2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知()sin n f x x =，()ln e x g x x m =+（n 为正整数，m R ∈）．(1)当1n =时，设函数()()212h x x f x =--，()0,πx ∈，证明：()h x 有且仅有1个零点；(2)当2n =时，证明：()()()e 12x f x g x x m '+<+-．题型八：零点问题之取点技巧例22．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax 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．例23．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（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．例24．已知函数211()(()22x f x x e a x =-++．（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．变式12．已知函数1()()(1)2x x f x e a e a x =+-+．（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。

高一数学系列提升材料之函数的零点【知识方法】一. 函数y ＝f(x)的零点是一个实数,是方程f(x)＝0的根,也是函数y ＝f(x)的图象与x 轴交点的横坐标。

二.从以上知识可以获得，解决函数零点的三种方法(1)直接法：直接求零点，令f(x)＝0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点。

(2) 数形结合思想方法：利用图象与x 轴交点，画出函数y ＝f (x )的图象,看其与x 轴交点,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点。

实际操作过程中，直接作出函数y ＝f (x )有困难时，先对解析式变形，函数y ＝()f x 的零点⇒方程()0f x =的根，若()()()f xg xh x =-−−−−→方程变形方程()()g x h x =的根⇒函数y ＝()g x 与y ＝()h x 的图像交点横坐标。

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。

(3) 零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间[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、对称性)才能确定函数的零点。

注意：函数零点存在性定理只能适用于变号零点，对不变号零点无法适用。

【题型例说】高一阶段函数零点主要解决三个问题——求个数、定区间、求参数。

一、求个数：零点个数或零点数值的确定【例1】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤1，1＋log 2x ，x ＞1，则函数f (x )的零点为______【试题分析】当x ≤1时,由f (x )＝2x －1＝0,解得x ＝0；当x ＞1时,由f (x )＝1＋log 2x ＝0,解得x ＝12,又因为x ＞1,所以此时方程无解．综上函数f (x )的零点只有0. 【例2】若定义在R 上的偶函数f (x )周期为2，,且当x ∈[0,1]时f (x )＝x ,则方程f (x )＝log 3|x |的解的个数有____个 【试题分析】画出f (x )和y ＝log 3|x |的图象,如图,方程f (x )＝log 3|x |的解的个数为4.【例3】函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是________．【试题分析】当x ≤0时,f (x )＝x 2－2,令x 2－2＝0,得x ＝2(舍) 或x ＝－2,即在区间(－∞,0]上,函数只有一个零点． 而当x >0时,f (x )＝2x －6＋ln x ,解法一：令2x －6＋ln x ＝0,得ln x ＝6－2x .作出函数y ＝ln x 与y ＝6－2x 在区间(0,＋∞)上的图象, 易得两函数图象只有一个交点,即函数 f (x )＝2x －6＋ln x (x >0)只有一个零点．解法二：易知f (x )在(0,＋∞)上单调递增,而f (1)＝－4＜0,f (e )＝2e －5＞0, f (1)f (e )＜0,从而f (x )在(0,＋∞)上只有一个零点．综上可知,函数f (x )的零点个数是2. 【小结】对零点个数或零点数值的确定，首先判断能否直接求出零点，其次判断能否用数形结合思想方法解决，最后采用零点定理结合函数的相关性质进行处理。

思路探寻函数零点问题的难度通常较大.常见的命题形式有：（1）判断零点的个数；（2）由函数的零点求参数的取值范围；（3）证明与函数零点有关的不等式.那么如何破解这三类函数零点问题呢？下面举例加以探究.一、判断函数零点的个数判断函数零点的个数，实质上是判断函数的图象与x 轴的交点的个数，或求函数为0时的解的个数.因此判断函数零点的个数，往往有两种思路：（1）令函数为0，通过解方程求得零点的个数；（2）判断出函数的单调性、奇偶性、对称性，画出函数的图象，通过研究图象与x 轴的交点，来判断函数零点的个数.例1.已知函数f ()x =ln x -()a -1x +1.（1）若f ()x 存在极值，求a 的取值范围；（2）当a =2，且x ∈()0,π时，证明：函数g ()x =f ()x +sin x 有且仅有2个零点.解：（1）略；（2）当a =2时，g ()x =ln x -x +1+sin x ，得g ′()x =1x-1+cos x ，令h ()x =g ′()x ，因为x ∈()0,π，则h ′()x =-1x2-sin x <0，所以h ()x =g ′()x 在()0,π上单调递减，又因为g ′()π3=3π-1+12=3π-12>0，g ′()π2=2π-1<0，所以g ′()x 在()π3,π2上有唯一的零点α，当x ∈()0,α时，g ′()x >0，当x ∈()α,π时，g ′()x <0，所以g ()x 在()0,α上单调递增，在()α,π上单调递减，可知g ()x 在()0,π存在唯一的极大值点α（π3<α<π2），而g ()α>g ()π2=ln π2-π2+2>2-π2>0，g()1e 2=-2-1e 2+1+sin 1e 2=-1e 2+()sin 1e 2-1<0，g ()π=lnπ-π+1=lnπ-()π-1，令F ()x =ln x -()x -1，F ′()x =1x -1=1-x x ，则x ∈()0,1，F ′()x >0；x ∈()1,+∞，F ′()x <0，所以F ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，得F ()x max =F ()1=0，故F ()π<F ()1=0，即g ()π=lnπ-()π-1<0，可知g ()x 在()0,α和()α,π上分别有1个零点，所以当x ∈()0,π时，g ()x 有且仅有2个零点.函数式g ()x =f ()x +sin x 中含有对数、三角函数式，我们很难通过画图、解方程求得零点的个数，于是对函数求导，研究函数的单调性、极值，从而画出函数的图象；进而借助函数的图象来确定函数零点的个数.在解答函数零点问题时，经常要用到函数的零点存在性定理，但运用该定理只能判断函数在某个区间上是否含有零点，却不能确定函数在某区间上零点的个数，此时往往需结合函数的图象进行判断.二、由函数的零点求参数的取值范围根据函数的零点求参数的取值范围问题比较常见.在解题时，往往要先通过解方程或画图，利用函数的零点存在性定理，判断函数的零点的存在性和个数，确定零点的范围；然后建立关于参数的关系式，进而求得参数的取值范围.例2.已知函数f ()x =x 2+x ln x ．（1）求函数f ()x 在区间[]1,e 上的最大值；（2）若F ()x =f ()x -ax 3有2个零点，求实数a 的取值范围．解：（1）f ()x max =f ()e =e 2+e .（过程略）（2）由题意可知函数f ()x =x 2+x ln x 的定义域为()0,+∞，由f ()x =ax 3可得a =x +ln xx 2，令g ()x =x +ln x x 2，其中x >0，则g ′()x =1-x -2ln xx 3，令h ()x =1-x -2ln x ，其中x >0，则h ′()x =-1-2x<0，所以函数h ()x 在()0,+∞上为减函数，且h ()1=0，当0<x <1时，h ()x >0，则g ′()x >0，所以函数g ()x 在()0,1上单调递增，当x >1时，h ()x <0，则g ′()x <0，所以函数g ()x 在()1,+∞上单调递减，所以g ()x max =g ()1=1，49思路探寻令p ()x =x +ln x ，其中x >0，则p ′()x =1+1x>0，则函数p ()x 在()0,+∞上为增函数，因为p()1e =1e-1<0，p ()1>0，则存在x 0∈()1e,1，使得p ()x 0=0，当0<x <x 0时，f ()x =x ()x +ln x <0；当x >x 0时，f ()x =x ()x +ln x >0.由题意可知，直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点，如图所示.由图可知，当0<a <1时，直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点，故实数a 的取值范围是0<a <1.解答本题需抓住关键信息：函数F ()x =f ()x -ax 3有2个零点.于是令F ()x =f ()x -ax 3=0,并将其变形为a =x +ln x x2，再构造新函数，将问题转化为直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点的问题.利用导数与函数g ()x 单调性的关系判断函数的单调性，并画出函数g ()x 的图象，即可通过讨论直线y =a 与函数g ()x 的图象的位置关系，确定参数a 的取值范围.在求参数的取值范围时，若容易从方程中分离出参数来，往往可以采用分离参数法求参数的取值范围.三、证明与函数零点有关的不等式问题与函数零点有关的不等式问题通常较为复杂，且具有较强的综合性.在解题时，需根据函数零点的分布情况,构造新函数或新方程，再根据导数的性质讨论新函数的性质或方程的根，从而证明不等式.例3.已知函数f ()x =me x -x 2-x +2.（1）若函数f ()x 在R 上单调递增，求m 的取值范围；（2）若m <0，且f ()x 有2个零点x 1,x 2，证明：||x 1-x 2<3+m 3.解：（1）m ≥2e -12；（过程略）（2）不妨设x 1<x 2，由题意可得me x 1-x 21-x 1+2=0，me x 2-x 22-x 2+2=0，即x 1,x 2为方程m =x 2+x -2e x的2个根，因为m <0，所以x 2+x -2<0，解得：-2<x <1，所以x 1,x 2∈(-2,1)，设h (x )=x 2+x -2e x(-2<x <1)，则h ′(x )=-x 2+x +3e x，令h ′(x )=0得x =1-132，则h (x )在()-2,1-132上单调递减，在()1-132,1上单调递增，而h (x )在()-2,0处的切线方程为y =-3e 2(x +2)，设h 1(x )=-3e 2(x +2),则h (x )>h 1(x )，设h (x )在()x 0,x 20+x 0-2ex 0处的切线方程过点(1,0)，其切线的斜率为-x 20+x 0+3ex 0，取x 0=-1，则h (x )在()-1,-2e 处的切线斜率为e ，则切线的方程为y +2e =e ()x +1，即y =ex -e ，可知h 2(x )=ex -e 单调递增,可得h (x )≥h 2(x )，记y =m 与y =h 1(x )和y =h 2(x )交点的横坐标分别为x 3,x 4，则h (x 1)=m =h 1(x 3)=-3e 2(x 3+2)，故x 3=-2-m3e2，因为h 1(x 3)=h (x 1)>h 1(x 1)，所以h 1(x )单调递减，所以x 1>x 3，h (x 2)=m =h 2(x 4)=e (x 4-1)，故x 4=1+me，由h 2(x 4)=h (x 2)≥h 2(x 2)，知h 2(x )单调递增，所以x 2≤x 4，由于m <0，所以||x 1-x 2=x 2-x 1<x 4-x 3=3+m e +m3e 2=3+m()1e +13e 2<3+m ()13+127<3+m 3.故不等式成立.解答本题，要先将x 1,x 2视为方程m =x 2+x -2e x的两根，根据方程确定两根的取值范围；然后构造新函数h (x )，讨论导函数h ′(x )的性质和几何意义，以确定y =m ，h (x )与其切线y =h 1(x )、y =h 2(x )的交点之间的大小关系，从而证明不等式.函数零点问题一般都可以转化为方程问题或函数单调性问题.因此在解答函数零点问题时，需根据题意构造出相应的方程和函数，灵活运用方程思想和数形结合思想,通过研究该函数的图象与性质、方程的根来求得问题的答案.（作者单位：江苏省如皋市搬经中学）50。

最全函数零点问题处理74页WORD版在74页的WORD文档中，我们可以找到最全的函数零点问题处理方法。

函数零点问题是指在一个函数中，寻找让函数取零值的变量值或者变量区间的问题。

这在数学、物理和工程等领域中经常出现，并且在实际问题中具有重要的意义。

以下是一些常见的函数零点问题处理方法：1.图像法：这是一种直观的方法，通过函数的图像来估计函数的零点。

我们可以使用计算机软件或者手绘的方法绘制函数的图像，通过观察图像来判断零点的位置。

这种方法的优点是直观易懂，但是在精确性上可能存在一定的误差。

2. 代数法：这是一种通过代数运算来求解函数零点的方法。

对于一些简单的函数，可以通过代数运算找到确切的零点。

例如，对于一次函数f(x)=ax+b，可以直接解方程ax+b=0来求解零点。

对于高次函数，我们可以使用一些代数方法，如因式分解、配方法等来求解零点。

3.迭代法：这是一种通过不断迭代逼近零点的方法。

迭代法的基本思想是，从一个初始值开始，通过一定的递推公式不断逼近函数的零点。

例如，常见的迭代法有牛顿迭代法、二分法、弦截法等。

这些方法本质上都是通过不断迭代来逼近函数零点，直到满足一定的收敛条件。

4.数值法：这是一种通过数值计算来求解函数零点的方法。

数值法通过一定的数值计算方法，如插值法、拟合法等，根据已知的函数值，求解函数的零点。

数值法的优点是不依赖于函数的解析形式，对于任意函数均可以求解。

但是数值法在精度和计算时间上可能存在一定的限制。

5.综合法：综合法是指综合使用多种方法来求解函数零点的方法。

在实际问题中，往往需要通过多种方法的综合来求解函数的零点。

综合法可以充分发挥各种方法的优点，提高求解的准确性和效率。

在处理函数零点问题时，需要根据具体的问题选择合适的方法。

不同的方法在不同的问题中可能具有不同的适用性和优缺点。

因此，熟悉和掌握各种函数零点问题处理方法是非常重要的。

通过不断的学习和实践，我们可以提高对函数零点问题的处理能力，解决实际问题。

导数中的零点问题解决方法解决零点问题，需要采用数形结合思想，根据函数的图像或者趋势图像找出符合题意的条件即可，因此用导数判断出单调性作出函数图像或趋势图像至关重要。

一、能直接分离参数的零点题目此类问题较为简单，分离之后函数无参数，则可作出函数的准确图像，然后上下移动参数的值，看直线与函数交点个数即可。

例1.已知函数(),()ln a f x x g x x x =+=，若关于x 的方程2()()2g x f x e x =-只有一个实数根，求a 的值。

解析：22()ln ()22g x x f x e a x ex x x =-⇒=-+，令2ln ()2x h x x ex x=-+，'21ln ()22x h x x e x-=-+，令'()0h x =，则x e = 当0x e <<时，'()0h x >，()h x 单调递增；当x e >时，'()0h x <，()h x 单调递 减，2max 1()()h x h e e e ==+ —注意这里()h x 的单调性不是硬解出来的，因为你会发现'()h x 的式子很复杂，但是如果把()h x 当成两个函数的和，即2ln (),()2x m x n x x ex x==-+，此时(),()m x n x 的单调性和极值点均相同，因此可以整体判断出()h x 的单调性和极值点。

所以21a e e=+（注意：有一个根转化为图像只有一个交点即可） 二、不能直接分离参数的零点问题（包括零点个数问题）这里需要注意几个转化，以三次函数为例，若三次函数有三个不同的零点，则函数必定有两个极值点，且极大值和极小值之积为负数，例如()f x 在区间(0,1)上有零点，此时并不能确定零点的个数，只能说明至少有一个零点，若函数在区间上单调，只需要用零点存在性定理即可，但是若函数在区间上不单调，则意味着()f x 在区间(0,1)上存在极值点。

最全函数零点问题办理函数中的赋值问题 (1)第一讲赋值的意义 (1)第二讲赋值的依照和方法 (4)第三讲赋值的若干经典问题 (10)导数大题的常用找点技巧和常有模型 (15)常用的放缩公式（考试时需给出证明过程） (17)第一组：对数放缩 (17)第二组：指数放缩 (17)第三组：指对放缩 (17)第四组：三角函数放缩 (18)几个经典函数模型 (18)导数零点不能求的四种破解策略 (22)法一 :利用零点存在性定理 (22)法二 :利用函数与方程思想 (23)法三 :构造新的函数 (24)法四 :利用极限思想 (25)导数压轴题之隐零点问题 (26)直击函数压轴题中零点问题 (41)函数中的赋值问题第一讲赋值的意义函数 是一个 的 ， 之所以“ ”，是因 它涉及到函数 域的方方面面：函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性) ；求含参函数的极 或最 ； 明一 超越不等式；求解某些特其他超越方程或超越不等式以及各种 型中的参数取 范 等等．可是 下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模 卷的 准解答中，一种以 极限 言或极限 点取代 的“素描式”解 象 予关注和 正．1.从一道调研试题的标准解答说起目 1已知函数 f (x) ae xx 2bx( a,b R ) ．（ 1）略；（ 3）略；（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．2） bx2x 2解：（x有唯一解．0 ， 方程 ae0 即 a xex 2g( x) ， g ( x) x(2 x) ，令 g ( x) 0 x 1 0, x 2 2 ．e xe x① x ≤ 0 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，所以 g (x) ≥ g (0)g (x) 的取 范 是 [0,) (?)② 0 x 2 ⋯， g (x) 的取 范 是 (0,42 ) ；e③ x ≥ 2 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，且恒正，所以g ( x) 的取 范 是 0,42．e所以当a 0或 a4，f ( x) 有且只有一个零点，故 a 的取 范 是a 0或 a4 ．e 2e 2疑：1．“g (x)≥ 0”与“ g( x) 的取 范 是[0, ) ”可否等价？．．．．2．也 解答的潜意 是 xg (x) ，那么其依照是什么 ?作 指 棒的省考、国考又是怎 理相关 的呢 ?答：一其中心：参数全程 描；一个基本点： 入扣．．．．．．．．．．．．．2．真题研究题目 2（ 2013 江苏 20）设函数 f (x) ln x ax, g ( x) e x ax ，其中 a 为实数．（ 1）略；（ 2）若 g (x) 在 ( 1,) 上是单调增函数，求 f (x) 的零点个数，并证明你的结论．（ 2）解：由 g ( x) 在 ( 1, ) 上单调增，得 a ≤ 1(过程略 ) ． eo时， f (x)1a 0, f ( x) Z ，1 a ≤ 0 x而 f (e a 1 ) a(1 e a 1 ) 1 0, f (e) 1ae 0 ，且 f (x) 图像不中止，依照零点定理， f (x) 有且只有一个零点．【解析 a 0 时，由 f( x) 0x 1(极大值点 )， f (x)maxln 11 】aa2oa1时, f (x) ln x 1x ．令 f ( x)1 1 0, x e ．ee x e且 x e, f (x) 0,0 x e, f (x)0 ，所以 xe 是f (x) 的极大值点，也是最大值点，所以 f ( x) ≤ f (e) 0 ，当且仅当 x e, f ( x)0 ．故 f (x) 有唯一零点 x e ．3o 0 a1时，令 f ( x)1 a 0, x 1．列表：ex ax(0, 1)1( 1, )aa af (x)f (x)Zf (x)max]所以 f ( x)maxf (1 ) ln 11 0 ．aa①在 (0, 1) 上， f (1) a 0且 f (x) 单调，所以 f ( x) 有且只有一个零点； a②在 ( 1, ) 上，显然1 1 ，注意到2 o的结论 (ln x ≤ 1x) ， aa 2ae 所以f (12 )2ln112(ln 1 1) ≤ 2(11) 0 ，同理 f ( x) 有且只有一个零点． a aa a2a ea2a由①② f ( x) 有两个零点．综上所述，当 a ≤ 0 或 a1时， f (x) 有 1 个零点；当0 a 1时， f ( x) 有 2 个零点．ee【注 1】本题第（ 2）问“ 3oa 1时”赋值点的形成过程及其多元性:e①在 (0, 1) 上，由于 1(0, 1) ，且为常数，所以理应成为直观 赋值点的首选．aa．．②在 ( 1,) 上【难点！】依照单调性，直观赋值点应在1右侧充分远处．试一试2 ，失败！ aaa表示该赋值点不够远，再改试12 ，成了！ (过程如上 ) ．显然，赋值点不唯一．a在 (0, 1) 上，也可考虑1 1, f (1) 0 (标解 )， a e a e或 a1, f (a ) ln a a 2 1 a 20 （均不及赋值 1 简略）．a在 1, )上也可考虑，1 1, f ( 11 a 1 a 1 1 1 ．( aaea a e)eln a a eeln a a 2e(ln a ea ) ≤ 011(标解 )，并注意到x 0 时， ex还可考虑 eaa【注 2】在本题 2o 结论 (ln x ≤ 1x) 的牵引下，区间e 1x 2(证略 ) ， f (e a) 1a( 1a , ) 上的三个赋值点11ae aa(12 ea) 0 ．a112 , 1e ,e a 一脉相承， a a1xe1 1 1 1井井有条：由于 ln x ≤x (当且仅当 xe ，等号成立 )，所以 e a．e e≥ xe2aa a以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观 赋值受挫时，不如经过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证 )目标．现以区间 ( 1, ) 为例 ———a 【解析：在 1右侧充分远处，希望存在 x 1 ，使 f ( x 1 ) 0 ，为此，应意识到在 f (x) 的表达式中，a 对 f (x) 0 起主导作用的那一项为哪一项 ax ，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定 ln x ． 依照 ln x x 1 ( x 1)( 证略 ) ， f ( x)x 1 ax ≤ 0x ≤ 1 ，不如取 x 1 1 ，1 a1 a但 1 1 ??此路受挫，故须调整放缩的尺度】1 a a 思路一：由本题 2o结论， ln x ≤ 1x ．e11ln x2ln x 2≤ 2x 2e详解：由本题 2o 结论1 1令121) ．x2f ( x) x2ax 0 x 1(aa(ln x ≤ 1x),ln x 1112ln x 2≤ 2x 2x 2ee1 ,1在 ( ) 上，存在 x 112 , f ( x 1 ) x 12ax 111 0 ( 以下略 )．a aaa思路二：由 ln x ≤ x 1k 1时， ln x ≤ x1ln x ≤xln k 1 ．k kkk( 1) 的任意性给赋值供应了更为宽松的选择空间：x11，f (x) ln x ax ≤ k ln k 1 ax ≤ ( ka)x k 2 (k a) x k令 (1k 1 a 1 0 1 )a)x k 0 xkak 1．1(0 aka a ak(k 1) 1 0 ek不如令 k2 x 2 4 ．aa 2详解： ln x ≤ x 1 (证略 ) ， lnx2 ≤ax 1ln x ≤ ax1 ln2a x2f ( x)a x 2 ．a22a 2a2 a今取 x 24 1, f (x 2 )a 4 20 (以下略 )．a 2a2 a 2 a【追踪训练】1．思虑并解答本讲题目1(2)；2．思虑函数赋值问题有哪些依照和方法．第二讲赋值的依照和方法1．赋值的理论依照：1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．2)零点存在定理 .基本模式是已知 f (a ) 的符号，研究赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f ( a) 异号，则在 ( m, a) 上存在零点．3)一些基本的超越不等式，如：1．x 1≤ ln x ≤ x 1 ； ln x ≤ 1x ．xe2． x ≥ 1 时，x 1≤2( x 1)≤ ln x ≤x 2 1≤ x 1 ．xx 12 x23． 0 x ≤ 1 时， x 1 ≤ x 1 ≤ ln x ≤2( x 1)≤ x 1 ．x 2x x 14． e x ≥ x 1; e x ≥ ex;e x x 2 1(x 0);e xx 2 x( x ≥ 0) ．【注】应用上述不等式,一般须给出证明．2．赋值的对付方略：2.1 赋值的方法：10 直观放缩法 ．其形态是先直观试一试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证．．．．． 风险大．（参阅上节“真题研究”）20 放缩求解法 ．其形态是先适当放缩，尔后经过解不等式或方程求出赋值点，其特点是安妥、．．．．．可靠，但有 ，目 放 有点 ．（参 上 “真 研究”中的思路一，思路二）2.2 点遴 要 ：遴 点 做到三个保证，三个 先———．．．．．．．．．三个保证 ： ．．．．（ 1）保证参数能取到它的所有 ；（ 2）保证 点 x 0 落在 定区 内；（3）保证运算可行．三个 先 ： ．．．．（ 1） 先常数 点；（2） 先借助已有极 求 点 (参 2016 届南通一模 N 19 )；（ 3） 先 运算，如ln xlne， e x等．2.3 放 的分 及其目 ：放 于 ，如影随行，唇 相依．（ 1）依放 的依照划分， 可分 无条件放 和条件放 两 ．前者如，x， ln x ≤ x 1 等；e ≥ x1．．．．． ．．．．后者如 x ≤ 0 ， e x≤ 1 ． x 1， e x(1x )1等；e 1 x（ 2）依 点的个数划分，可分 点式和两点式．前者以解方程 宿；后者以解不等式宿，从某种意 上 ，后者是前者受挫 的 急之 ．一般状况下，放 的目 定于 函数的 化 起不了．．． 主 作用的那些 ；但有些 中，很 界定“主 ”与非“主 ”，此 放 的尺度取决于 目中各种因素的 合考量——— 正是 的 点．例 1（ 2015 届南 附中期中考N20）已知函数 f x1 ax2 2x2a l n x ．2（ 1）略；（ 2）略；（ 3）若曲 C ： y f x 在点 x 1 的切 l 与 C 有且只有一个公共点，求正数 a 的取 范 ．解析：（ 3）易得切y 4xa2 ，代入 y f x 整理得：2g xa x 2 1 2 x12 a ln x 0 ， 等价于函数g x 有且只有一个零点，2gxa x 1 x，其中2 a．【下一步解析：第一x, 0 恒成立（不能能），xa及 x⋯0 恒成立 , x 恒成立,0 ．】1o 当 , 0 ，即 a ⋯2 ，由 g x 0x 1，且当x 1 ， g x 0 ， g x Z ；当0 x ， g x 0 ， g x ] ．1所以 x 1是 g x 唯一的极小 点，也是最小 点．且 g 10 ，故 a ⋯ 2 足 意．2o0 即 0 a 2 ．由 gx 0x 1 1 ， x 2．【下一步解析： 比g x 两零点与 1的大小．】21o1即 a1 ， gx a x 1⋯0 ，xg x Z ，又 g 1 0 ，所以 a 1 足 ．2o1 ，即 0 a1 ，当 1 x， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 10 ．【接着研究：在,上， g x Z ，所以在右 充分 ，希望存在 x 1 ，使 g x 1 0，其他 意 到 g x0 起主 作用的那一 是a x 2 1 （ 不宜 易放 ），故放 的主要目2是几乎能够忽略不 的“2 a ln x ”，事 上，当 x 1 ， 2a ln x0 ， 所以 g xa x 21 2 x 1x 1ax 1 2x 1令4 ax 2 0x 1】222a解：又存在x 141，所以2a ln x 1 0，aa2aa．g x 1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 x 1 1 2x 1 12x 12在,x 1 内， g x 存在零点，所以 g x 最少有两个零点，不合 意．3o1 ，即 1 a2 ，在,1 上， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 1 0 ．【接着研究：在0,上， g x Z ，所以在 x 0 右 充分近 ，希望存在 x 2 ，使 g x 2 0 ．其他 意 到g x0 起主 作用的那一 是ln x （所以不宜 易放 ）故放 的主要目是几乎能够忽略不 的“a x 21 2 x1 ”，事 上，当0 x1， a x 21 0 ，22令22 x 12 ，所以 gx22 a ln x0 x = e2 a．】2解：又存在 x 2e 2 22 a 1 ，并注意到 ax 22 10 ， 2 x 21 2 ，aa2g x 22 2 a ln x 22 2 a20 ，所以在 0, 内 g x 存在零点，2a进而 g x 最少有两个零点，不合 意．上所述， a1或 a ⋯2 ．2【附 ： e 2 a2a： ea2 112 a 2 a 】 2 a22 2ae 2 a2 a例 2（上 “ 目 1（ 2）”）已知函数f ( x)ae x x 2 bx(a, b R ) ．（ 1）（ 3）略．（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．正解 ： (参数 描 )依 意 f (x) ae x x 2 有唯一零点，于是：．．10 当 a 0, f (x) 0 ，不合；2 0当 a 0, f (x)x 2 有唯一零点，吻合；30 当 a 0, 一方面 f (0) a 0 ．【下一步，解析1：用直 放 法x 1 使f ( x 1 ) 0 ， 然x 1 0(why ?)．．．．．因 f ( x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以只要令x 1 0 且充分小， ae x10 ，进而f (x 1 )aex1x 12．若 x 1 某个 常数 ,因 数 a 的任意性 ,无法保证 f ( x 1 ) 0 ，故 x 1 与 a相关．不如改x 1 a 1 】另一方面 a 1 0, 并注意到 e x ≥ x1 ( 略 )．f (a 1)a2≥ a(a2a 12 0 ，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点．e 1 a (a 1)1)a2 a2 a2于是 x ≥ 0 ， f (x) 无零点，而 f (0)g ( x)x 2 ( x 0), g (x) x(2 x) ，令e xe x当 x x 0 , g ( x) 0, g( x) ] ，所以 g (x)max 上a 0 或 a4 ．e 20 ，即 ax 20 ，所以x0, f (x) x ．eg (x) 0x 0 2, 当 0 x x 0 , g ( x) 0, g (x) Z ；444 g( x 0 ) e2ae 2 ，所以 ae 2 ．【注】将零点 化 不等式恒成立 进而使“分参”不依 于形而凸 其 密性．【下一步解析 2：用放缩求解法 求 x 使 f ( x )0 ，显然 x(,0) ．．．．．． 1 11事实上 x0 时 , f ( x) aexx2a 1 x 2令0 ,解之 x 1a 】另一方面 x 1 a 0 ,使 f ( x 1 )aex1x 12a x 120, 且 x时 f (x) ae x2x 0, f (x) ]，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点． (以下过程同上 )【下一步解析 3：仍用放缩求解法 ，．．．．．x22 令x a ，取 x 1 a1 】x 1 时， f ( x) aex a 1 xa x 0另一方面 x 1 a 1 0 ,使 f (x 1 )x22a x 10 且 x 0 时ae1x 1 a x 1f (x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以在 ( ,0) 内 f (x) 有唯一零点． (以下过程同上 )例 3 已知 f (x) x ln x a ，谈论 f x 的零点的个数．解：记 f x 的零点的个数为 k ． f x 的定义域为 (0, ) ， f x 1 ln x ，令 f xx1，当 x1时， f x0 , f x Z ；当 0x1时， f x 0 ， f x ] ，eee所以 x1是 f x 的唯一极小值点也是最小值点，即fxminf 1 a 1 ．eee10.当 a 1 0 ，即 a1 时， f xmin0 ,故 k0 ．ee20.当 a 1 0 ，即 a1 时， f x minf ( 1)0,k 1． e ee1 0 ，即 a 1时， f xmin0 (如右图所示 )3 . 当 a e eⅰ . a 0 时，在 0, 1 上 f x0 ,在 (1, ) 上，e e【路子一】存在 ea1， f e aae a aa(e a 1) 0 ，e由零点定理及 f ( x) 的单调性 k 1．【路子二：经过放缩，求解赋值点当 x e 时 , f ( x) x 令xa 】a 0当 x e 且 xa 时， f ( x) x a 0 ，同理 k 1．ⅱ . a 0 时，由 xln x 0 x 1，所以 k 1．ⅲ . 0 a1时， f x min a 1 0 ．一方面 11，且 f1 a0 ，另一方面ee e1时，应有 f x1【路子一：依照单调性，当 0 x0 ，不如直观试一试x 0e a 】e0 时， ex1注意到 xx 2（证略），存在 x 0 ea1 ，e21211a 2a1 1f eae aa，又 f x 图像在定义域内不中止，0 aa11内， f xk2.所以在 ，和，各有一个零点，故0 e e【路子二 ( 借助原函数极值求赋值点 )】已证在 (0,) 上 x ln x ≥ 1，且存在 a2a1， f a 22a 2 ln a a a 2a ln a 1 ≥eea2 10 ．同理 k 2.e综上所述：当 a1时， f (x) 没有零点；当 a1或 a ≤ 0 时，有 1 个零点；ee当 0 a1时，有 2 个零点．e【注】学生可能出现的认知误区是：当x0时， x ln x（或）．【追踪训练】1．解不等式： (e 1)ln x x 1 ，其中 e 为自然对数的底数．解析：记 f ( x)x 1 (e1)ln x ，则原不等式等价于f ( x) 0. f ( x) 1 e 1 ，x 令 f ( x) 0 ， x 0 e 1 ．当 x x 0 , f ( x)0, f (x) Z ；当 0 x x 0 , f (x) ] ．又一方面，存在 1 x 0 , f (1) 0, 另一方面，存在 e x 0 , f (e) 0 ，所以当且仅当 1 x e 时 f (x) 0 ，进而原不等式的解集为 (1,e) ．2．已知函数 f ( x)ln x ax 1(a R) ． (1)谈论函数 f (x) 的单调性；(2) 若 f ( x) 有两个零点 x 1 , x 2 ( x 1 x 2 ) , 求 a 的取值范围．解析： (1) 易得 f (x) 在 (0, 1 ) Z ,在 ( 1,) ] .aa(2) ①若 a ≤ 0 则 f ( x) Z , f (x) 在定义域内最多一个零点 ,不合．所以 a 0 且 f (x)maxf (1 ) ln10 a 1.aa此时，一方面1 1使 f ( 1)a 0 ；另一方面，注意到 ln x ≤ x 1(证略 ) ．于是，x 0e1 使f (x 0 ) 1 2ln 1e1 1) e2 e0 ．a 2 aaa 1 ≤ 22( a a a 依照零点定理以及f (x) 的单调性 ,可知 f ( x) 在 (0, 1 ) 和 ( 1, ) 上各有一个零点，a a所以 a 的取值范围是 (0,1) ．3．设函数 f (x)sin xax 1 x 3(a R ) 若对任意的 x ≥ 0, f ( x) ≥ 0 成立，求 a 的取值范围．6解：12．f ( x)cos x a2 x , f( x) xsin x ≥ 0 f ( x) Zf (x) ≥ f (0) 1 a1.当 a 1时 , f ( x) ≥ 0, f ( x) Z f ( x) ≥ f (0) 0 ；2.当 a 1时 , f (2 a) cos2a a 2a 2 cos2aa 2 a(a1) 0, f (0) 1 a 0 ，所以 x 0(0,2 a) 使得 f (x 0 ) 0 且在 (0, x 0 ) 内 f ( x) 0f ( x) ] , f ( x) f (0)0 与题设不符 .所以 a ≤ 1 ．第三讲 赋值的若干经典问题例 1（ 2015.新课标（ 1）文 21）设函数 f (x) e 2xa ln x ．（ 1）谈论 f ( x) 零点的个数；（ 2）略． 解：（ 1） f ( x)1 (2 xe 2x a) ．x①当 a ≤ 0 时 , f (x) 0 ，故 f ( x) 无零点；②当 a 0 时 f ( x) 零点的个数即 g (x) 2 xe 2 xa( x 0) 零点的个数，记为n ．所以在 (0,) 上 g ( x) Z ，所以 n ≤ 1 (i ) ．又 g (a) a(2e 2 a 1) 0 ．【下一步如何搜寻正数x 0 使 g (x 0 ) 0 ?】路子一 (直观放缩法 ) 【解析】假定 x ≥ 0 g (0)a 0 ，故应将 x 0 锁定在 0 右侧一点点，直观试一试后，形成以下的——详解：取 xmin{ a , 1} ， g (x 0 ) ≤ 22 1a12)0 ，依照零点定理，a e4a (e 2n ≥ 1 ( j ) 04 442由 (i ) , ( j ) n 1．x1 11路子二 (放缩求解法 )【解析】 0 x 1时 ee x 1 x 于是当 0 x 2 ，即 0 2x 1时，e1g (x)2 xa 0, xa1 ．2 x令12x1 2x2( a 1) 2详解：x 时 ex11 1 ，于是当 0 x1时， 0 2 x 1,e 2x11e xx 2 1 2xg (x)2 xa ，取a1 g ( ) 2a 0．依照零点定理 n ≥ 1 ( j ) ，1 2x 2( a 1)2 12由 (i ) , ( j ) n 1．例 2（ 2016.全（ 1）理 21）已知函数 f (x) ( x 2)e xa( x 1)2 有两个零点．（Ⅰ）求 a 的取值范围；（Ⅱ）略．解析：（Ⅰ） (参数扫描 )f ( x) ( xx2a) ．1)(e10 ) 若 a 0 ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) Z ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) ] ,f ( x)min f (1)e 0 ．一方面 , 当 x 1时 f (2)a 0 ；另一方面 , 当 x 1时——路子一0 且 bln a ，使 f (b)(b2) a a(b 1)2 ab(b3 ) 0 ，．．．(标解 )存在 b2 2 2所以在 x 1两侧， f ( x) 各有一个零点，满足题意．路子二 【解析：当 x 0 时 ,能对 f (x) 0 起主导作用的那一项显然是a(x 2，而 e x0,1 变化．．． 1)幅度不大，是比较理想的放缩目标． x 0 时, f ( x) (x 2) a (x 1)2 2 x 2 a( x1)2(x 1)(2ax a)( x1)(2 ax)令x 02 】a详解： x 0 时 , f ( x) x 2 a(x 1)22x 2 a (x 1)2 ( x 1)(2ax a)(x 1)(2ax) ，今取 x 02 01, f (x 0 ) (x 0 1)(2 ax 0 ) 0 ，所以在 x 1两侧，af (x) 各有一个零点，满足题意．20 ) 若 a ≤ 0 ，当 x ≤ 1, f (x) 0 ，所以 f ( x) 有两零点x 1时， f ( x) 有两零点(x2)e xa(x 1) 有两零点，但( x 2 4 x 5)e xg( x) Zg ( x)1)2g (x)( x 1)3 0( x所以 f ( x) 不存在两个零点．综上， a 的取值范围是 (0,) ．【注】顺便指出 ,在同解变形中 ,巧用起落格 ,可简化解题过程． (证明 : x 0,e xx 2 1)例 3（ 2017 全（ 2）文 21）设函数 f (x)(1 x 2 )e x ．（ 1）略；（ 2）当 x ⋯0 ， f ( x) ,ax 1，求 a 的取 范 ．解：（ 2） f2x1x 剠ax1 F xax ． 然 a 0（否 若 a ,0 ，注意到 e 2 ，x1 e 1 0F11a 3 e 21 a 31 0）．2 242 4【下一步研究a 的范 ：令 F x ax 2 2x 1 e x⋯0 恒成立a,x 2 2x 1 e xA r x ， r x x24x 1 ex0，所以 r x Z ， rxminr 0 1 ，所以 a 剠 1 a 1 】F xax 2 2x 1 e x ， hxF x ， h xx 24x 1 e x 0 ，所以 h x Z 即F xZ ， F x ⋯ F 0a 1 ．于是：o当 a ⋯1 ， F x ⋯ 0 ， F x Z ， F x⋯ F 00 ，进而 fx , ax 1 ；1 2o 当 0a 1 ，路子一 【解析当，2x 1 F x axx 1x 11．．．x x 2☆☆令1 a ．】x a 1 x 2x 1 a0 x2 解：当 0 x1 ，注意到 xx 1 ( 略 ) eF x ax x 21 x 1 1 x x 2x 1 ax 2x 1 a，今取 x 01 a 0,1F ( x 0 )x 0 2x 0 (1a )0 ，不合 意 . 上， a ⋯1 ．2路子二 ： F 0a 1 0, F (1) a 2e 0 ，又 F x Z ，故在 (0,1) 上 F x 有唯一零点 x 0 ，．．． 且在 (0, x 0 ) 上 F x 0, F ( x) ] ，所以 F (x)F (0) 0 不合 意．上 a ⋯1 ．例 4n 1, 明 : a 2 n1 （省 集 ） 数列a n 的通 a na n ln 2 ．k 1k4n【解析： 想超越不等式ln x 小于⋯有① ln x x 1(x 1) ；② ln xx21( x 1) 等．2x尔后用分项比 较法 , 将待证式两边均表示为从 n 起连续 n 项的和：．．． ．．a2na n1 L2 n 1(11 ) ； 整合并分解左边：4n k n2k 2(k 1)同时将右侧化整为零 :n 1n 22nln 2 lnnln n1 L ln2 n 1k 1 ) 21依照② lnk1 ( k 1 1 ，所以原式获证】 2k 1k k 2 k 2( k 1)2 n 1nln k 1 ．k证明：易证 ln xx21( x 1) ，令 x k 1lnk1 ( k k 1 )21 1 1 .2 xkk 2 k k 1 2 k 2( k 1)a 2na n1(11 2 L1 ) 14nn 1 n2n4n21 1L1111) 2( n2) 2(2 n 1)2n 4n 2(n111L11 1 L 11 2n2(n 1)2(n 2)2(2n1)2(n 1) 2( n2)2(2n1) 4n2n 12 n 1ln(n(11 1) )lnkk 1 1 n 2 L 2n ) ln 2 ．k n2k2(kk nn n 12 n 1【追踪训练】1．设函数 f (x)ln x ax( a R) .若方程 f ( x)a 1 x 2有解，求 a 的取值范围．2解：方程 fxa 1x 2有解函数 h xln x ax a1x 2 有零点．22h xa 1 x 2ax 11 x 1a1 x 1 ．xx① a 1时， h x ln x x x 1x 1 0 （证略）所以 h x 无零点；② a 1时， h 1a 1 0 （观察！）【下一步解析：如何赋值x 0 ,使得 h x 00 ？2当 x 1时 , h xax a 1 x 2x(a1 x令x 02a ( 1) 说明 :若不能够保证a ) 022a 1x 0 1 ，则改用两点式 ,即 h xL 令x L （参阅 ( 二)例 2 解析 3）】 解方程所获取的 0 又 2a1 且 h2a ln 2a x 0a 1 2a aln2a 0 ， a 1a 1a 12a 1 a 1由零点定理， h x 有零点．③ a 1时 a 1 x 1 0 ，所以令 h x 0x 1 （易知 x 1 是 h x 的最大值点）【下一步解析 :令 h x maxh (1) 01 a 1 , h x 无零点．于是剩下 h x maxh(1)≥ 0 a ≤ 1又 察 h 2 0 ，所以 h x 有零点】③ 1.) 1 a 1 h x maxh(1) 01 a 1 , h x 无零点；③ 2.) a ≤ 1 h xmaxh(1)≥ 0 ，又 察 h 20 ，所以 h x 有零点．上所述 a1 或 a ≤ 1．2． a 正常数，函数f ( x) ax, g( x) ln x ．明：x 0 R 使合适 x x 0 ， f (x)g( x) 恒成立．法一易 ln x ≤ 1x( 略 )又 11 ln x 1x, 用 x 代 x ln x 1 xln xx ( )ee 22 2而 x ax x a 2 x 2x a 2 ( ) .今取 x 0a 2 ，当 xx 0 ,由 () 得 x ax ,再由 ( )ax ln x . ．法二易x 0≤ 1x2ln x在 (e,) ]( 略 )(1)ln xe x;(2)ex ;(3) h( x)x于是， (1) 当 a1, ln x ≤ 1x ax ， 成立． (2) 当 a ≤ 1，取 x 01( 然 x 0e )e aee e1 1ln x ln e a 当 xx 0 ,aaax ln x ， 依旧成立．x1( 1 a )2ea上所述 x 0 R 使合适 x x 0 ,f (x)g ( x) 恒成立．3．已知 f (x) ax b ln x c ， g (x) xe 1 x（ a ,b,cR ）．（ 1）（ 2）略（ 3）当 b 2 ， a c 0 ，若 任意 定的x 00,e ，在区0,e 上 存在 t 1 ， t 2 t 1t 2 使得f t 1f t 2g x 0 ，求 数 a 的取 范 ．（ 3）略解：易得 g x 在 0，1 上 增，在1,e 上 减，故 g x max g 1 1 ，又 g 0 0 ， g ee 2 e ，所以 g x的取 范 （即 域） 0，1 ．而 f xa x 1 2ln x 定点 1，0， fxa 2．x【解析：分 令f x ⋯ 0 （无解）， f x , 0 ⋯⋯】o2，在0,e 上， f x , 0 ， fx 减，不合 意；1 当 a ,e2o当 a2，令 fx0 得 : x2，且当 x2 ， f x Z ； 0 x 2， f x ] ，并注意到eaaa ln x , x 1 进而有 fx m inf22 1 a ln a, 0 ．a 2 2【下一步解析 :需 明在2 2 上的取 范 均 包括，所以两段上的“ ”， 及a ,ef x0，10 a回避不了．】事 上，一方面在2上，f e厖 1ae 3 2 ；a ,e1 e另一方面在 2x 1 e 2 a使f x 1ae 2a3a 3a6 1 ，， 上，存在ae所以当 a ⋯3 ， f x 在两个 区 上的取 范 均包括0，1 ，e 1所以 x 00,e ，必存在 t 12 ， t 22,e ，使 f t 1f t 2g t 0 .0，aa故所求取 范 是3 , ．e 1导数大题的常用找点技巧和常有模型引子：（ 2017 年全国新1·理· 21）已知f x ae 2 x a2 e x x .（ 1） f x 的 性；（ 2）若 f x 有两个零点，求 a 的取 范 .解析： （ 1） f ' x2ae 2xa 2 e x 1 2e x 1 ae x 1若 a 0 ， f ' x0 恒成立，所以 fx 在 R 上 减；若 a0 ，令 f ' x0 ，得 e x1 , x ln1.aa当 x ln 1 ， f' x0 ，所以 f x在,ln1上 减；aa当 x ln1， f' x0 ，所以 f x在 ln1,上 增 .aa上，当 a0 ， f x 在 R 上 减； 当 a 0 ， f x 在,ln1上 减， 在ln 1, aa上 增 .（ 2 ）fx 有 两 个 零 点 ， 必 须 满 足 f x min 0 ， 即 a 0 ， 且fxminf ln11 1 ln10 .aa a构造函数 g x1 x ln x ， x 0 . 易得 g ' x110 ，所以 g x1 x ln x 单调递x减 .又由于 g 10 ，所以 1 1 ln1g 1g 11 1 0 a 1 .a aaa下面只要证明当 0 a1f x有两个零点即可，为此我们先证明当x 0时， x ln x.时，事实上，构造函数 h xx ln x ，易得 h ' x11，∴ h x min h 11 ，所以 h x0 ，即 x ln x .x当 0a 1 时， f 1aa 2 1 a eae 2 20 ，e 2e 2ef ln3 aa 31231 ln 3 131 ln 31 0 ，a 2aaaaaa其中 1 ln1， ln3a ln 1，所以 f x 在1,ln 1和 ln 1 ,ln3a上各有一个零点 .aaaaaa故 a 的取值范围是0,1 .注意： 取点过程用到了常用放缩技巧。

(1) 若函数f(x)在(a , a + 1)上有极值，求实数 a 的取值范围； ⑵若关于x 的方程f(x)= X 2— 2x + k 有实数解，求实数 k 的取值范围. ［方法演示］In x解：⑴因为 f ' (x)=— ~x 2",当 Ovxvl 时，f ' (x)>0 ；当 x>1 时，f ' (x)<0,所以函数 f(x) 在(0,1)上单调递增，在(1,+^)上单调递减，故函数 f(x)的极大值点为 x = 1,所以avlva + 1,即0<a<1，故所求实数a 的取值范围是(0,1).(2) 方程f(x)= x 2— 2x + k 有实数解， 即f(x) — x 2+ 2x = k 有实数解. 设 g(x)= f(x) — x 2 + 2x , 则 g ' (x)= 2(1 — x)—哼.x接下来，需求函数 g(x)的单调区间，所以需解不等式 g ' (x)>0及g ' (x)< 0,因而需解方程g ' (x)= 0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解.可得 g ' (1) = 0，且当 0<x<1 时，g ' (x)>0，当 x>1 时，g ' (x)<0，所以函数 g(x)在(0,1) 上单调递增，在(1, +)上单调递减.所以 g(x)max = g(1) = 2•当 X T 0 时，g(X)T —8 ；当 + ^ 时，g(x)^ — ，所以函数 g(x)的值域是(—^, 2］,所以所求实数 k 的取值范围是(—^, 2］.［解题师说］当所求的导函数解析式中出现 In x 时，常猜x = 1;当函数解析式中出现e x 时，常猜x=0 或 x = In x.［应用体验］11 .函数f(x) = e +尹2— (2 + In 2)x 的最小值为 ________ . 解析：f ' (x)= e x + x — (2 + In 2).接下来，需求函数 f(x)的单调区间，所以需解不等式 f ' (x)>0及f ' (x)< 0,因而需解方程f ' (x) = 0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解.易知f ' (x)是增函数，所以方程f ' (x) = 0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就是In 2,所以函数f(x)在(—^, In 2)上是减函数，在(In 2, +)上是增函数，三招妙解导数零点问题［典例］设 f(x) = 1 + In x所以f(x)min= f(In 2) = 2 —2In 2 —*n22.［典例］(2015全国卷)设函数f(x)= e-aln x.⑴讨论f(x)的导函数f' (x)零点的个数；2(2)证明：当a>0 时，f(x)> 2a+ aln .a［方法演示］解：⑴法一：f' (x)= 2e2x- x(x>0) •当a w 0时，f' (x)>0, f' (x)没有零点.当a>0 时，设u(x)= e2x, v(x)=--,因为u(x)= e2x在(0,+s)上单调递增，v(x)=-旦在(0,+s)上单调递增，所以f' (x)在(0,+s)上单调递增.a 1又f' (a)>0，当b满足0<b<4且b<4时，f(b)<°,所以当a>0时，f' (x)存在唯一零点.法二：f' (x)= 2e2x-a(x>0).令方程f' (x)= 0，得a= 2xe2x(x>0).因为函数ax)= 2x(x>0), h(x)= e2x(x>0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u(x)= 2xe2x(x>0)也是增函数，其值域是(0 ,+^).由此可得，当a w 0时，f' (x)无零点；当a>0时，f' (x)有唯一零点.(2)证明：由⑴可设f' (x)在(0, + g)上的唯一零点为x o.当x € (0, x°)时,f' (x)<0 ;当x € (x°,+ g)时，f' (x)>0.所以f(x)在(0, x°)上单调递减，在(X0,+g)上单调递增，当且仅当x= X。

零点问题解题技巧
零点问题是数学题目中常见的概念，它的解题技巧非常重要。

首先，要明确零点的概念，它是指函数在某一点的值等于零。

这个点可以是一个实数，也可以是一个虚数，甚至也可以是一个复数。

其次，在解决零点问题时，要特别注意函数的特性。

如果函数是单调递增或单调递减的，可以使用分段函数的方法计算零点。

而如果函数是周期函数，可以使用三角函数的性质来解决零点问题。

此外，解决零点问题时，还可以使用一些数学工具，如图像、函数图象、积分、微分
方程等，帮助我们更好地理解函数的特性，从而更准确地计算出零点。

最后，在解决零点问题时，最重要的是要耐心，不要急于求成，多结合函数的定义，
仔细分析，结合数学工具，才能更准确地解决零点问题。