探究函数零点问题的常见题型-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■江苏省无锡市辅仁高级中学 芮国英 函数零点问题是数学高考中的一个热点 题型,也是同学们学习的一个难点,在近几年 各地高考模拟卷和高考卷中均有涉及,常见 题型有:①判断、证明或讨论函数零点的个 数;②已知零点情况求参数的取值范围;③函 数零点性质的研究。本文就函数零点问题的 常见题型进行分析、探究,希望能给同学们的 高考复习备考提供一些帮助。 题型一、数形结合法研究函数的零点 函数零点的几何意义是函数的图像和x 轴的交点的横坐标,所以我们可以利用数形 结合的思想方法,以导数为工具,研究函数的 性质,作出函数的图像,从而直观地帮助我们 来研究函数的零点问题。 例 1 (2024年南昌模拟)已知函数 f(x)=(x-a)2+bex(a,b∈R)。 (1)当a=0时,函数f(x)有3个零点, 求b的取值范围; (2)若a>0,b= 2 e ,方程f(x)=3有解, 求a的取值范围。 解析:(1)当a=0时,函数f(x)有3个 零点,即关于x 的方程f(x)=0有3个根, 亦即关于x 的方程b=- x2 ex 有3个根。 令g(x)=- x2 ex ,则直线y=b 与g(x) =- x2 ex 的图像有3个交点。 对g(x)求导得g'(x)= x(x-2) ex 。由 g'(x)<0,得0<x<2;由g'(x)>0,得x< 0或x>2。所以 g(x)在(-∞,0)和(2, +∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减。 又g(0)=0,g(2)=- 4 e2 ,当x>0时, g(x)<0,当x→+∞时,g(x)→0,当x→ -∞时,g(x)→-∞,作出g(x)的大致图 图1 像,如 图1 所 示, 作出直线y=b。 由图可知,若 直 线 y =b 与 g(x)的 图 像 有 3 个交点,则- 4 e2 <b<0,即b 的取值范围为 - 4 e2 ,0 。 (2)由题意知,关于x 的方程(x-a)2+ 2 e ·ex-3=0有解。 设h(x)= (x-a)2-3 ex + 2 e ,则h(x)有 零 点。h'(x)= -(x-a+1)(x-a-3) ex 。 由h'(x)<0,得x<a-1或x>a+3;由 h'(x)>0,得a-1<x<a+3。所以h(x)在 (-∞,a-1)和(a+3,+∞)上单调递减,在 (a-1,a+3)上单调递增。 又h(a+3)= 6 ea+3 + 2 e>0 ,当x>a+3 时,(x-a)2-3>0,则当x>a+3时,h(x) > 2 e ,所以h(a-1)≤0,即 -2 ea-1 + 2 e≤0 ,得 a≤2,所以a的取值范围为(0,2]。 点评:含参函数的零点个数问题,可等价 转化为方程解的个数问题。对于参数的取值 范围问题,一般有三个方法:一是分离参数 法,使不等式一端是含有参数的式子,另一端 是一个区间上具体的函数,利用导数研究该 函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点 值等,根据函数的基本性质作出图像,进而转 化为函数的图像与x 轴(或直线y=k)在该 区间上的交点问题,再根据图像特征求参数 的范围;二是分类讨论法,根据参数的取值情 况分类讨论函数的图像与性质进行求解;三 是分线法,将不等式转化为两个函数,通过两 个函数的图像进行研究。充分体现了转化与 83 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月 化归、数形结合和分类讨论思想的应用。 题型二、利用零点存在定理研究函数的 零点 函数零点存在定理:如果函数f(x)在区 间[a,b]上连续,且f(a)·f(b)<0,则函数 f(x)在区间(a,b)内至少有一个零点,即存 在x0∈(a,b),使得f(x0)=0。 推论:若函数f(x)在[a,b]上严格单调, 且f(x)的图像是连续不断的一条曲线,则 f(a)·f(b)<0⇒函数f(x)在(a,b)上只有 一个零点(唯一零点的证明依据)。 因此,我们可以根据函数零点存在定理 来研究函数的零点问题。 1.找的点是常数 例 2 (2024年青岛调研)已知函数 f(x)= ln x+ax x ,a∈R。 (1)若a=0,求f(x)的最大值; (2)若0<a<1,求证:f(x)有且只有一 个零点。 解析:(1)当a=0时,f(x)max=f(e)= 1 e 。(过程略) (2)f'(x)= 1 x+a x-ln x-ax x2 = 1-ln x x2 。由(1)知,f(x)在(0,e)上单调递 增,在(e,+∞)上单调递减。因为0<a<1, 所以当x>e时,f(x)= ln x+ax x =a+ ln x x >0,故f(x)在(e,+∞)上无零点;当0<x <e时,f(x)= ln x+ax x ,因为f 1 e =a-e <0,f(e)=a+ 1 e>0 ,且f(x)在(0,e)上单 调递增,所以f(x)在(0,e)上有且只有一个 零点。 综上可得,当0<a<1时,f(x)有且只 有一个零点。 2.找的点含参数 例 3 (2024年广东广州模拟预测)已 知函数f(x)=x(ex-kx),k∈R。 (1)当k=0时,求函数f(x)的极值; (2)若函数f(x)在(0,+∞)上仅有两个 零点,求实数k的取值范围。 解析:(1)当k=0时,f(x)=xex(x∈ R),所以f'(x)=(1+x)ex。 令f'(x)=0,则x=-1。 在x∈(-∞,+∞)上,x,f'(x),f(x) 的变化情况如表1所示。 表1 x (-∞,-1) -1 (-1,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)极小值=f(-1)=-e-1=- 1 e , 无极大值。 (2)函数f(x)=x(ex-kx)在(0,+∞) 上仅有两个零点,令g(x)=ex-kx,则问题 等价于g(x)在(0,+∞)上仅有两个零点,易 知g'(x)=ex-k,因为x∈(0,+∞),所以 ex>1。 ①当k∈(-∞,1]时,g'(x)>0在(0, +∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单 调递增,所以g(x)>g(0)=1,所以g(x)在 (0,+∞)上没有零点,不符合题意。 ②当k∈(1,+∞)时,令g'(x)=0,得 x=ln k,所以在(0,ln k)上,g'(x)<0,在 (ln k,+∞)上,g'(x)>0,所以g(x)在(0, ln k)上单调递减,在(ln k,+∞)上单调递 增,所以g(x)min=g(ln k)=k-k·ln k。 因为g(x)在(0,+∞)上有两个零点,所 以g(ln k)=k-k·ln k<0,解得k>e。又 g(0)=1>0,g(ln k2)=k2-k·ln k2=k(k -2ln k),令h(x)=x-2ln x,则h'(x)=1 - 2 x= x-2 x ,所以在(0,2)上,h'(x)<0,在 (2,+∞)上,h'(x)>0,所以h(x)在(0,2)上 单调递减,在(2,+∞)上 单 调 递 增,所 以 h(x)≥h(2)=2-2ln 2=ln e2-ln 4>0,所 以g(ln k2)=k(k-2ln k)>0,所以当k>e 时,g(x)在(0,ln k)和(ln k,+∞)内各有一 个零点,即当k>e时,g(x)在(0,+∞)上仅 有两个零点。 93 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月 综上 可 得,实 数 k 的 取 值 范 围 是(e, +∞)。 点评:导数背景下零点问题,注意利用函 数的单调性结合零点存在定理来处理。 题型三、隐零点问题 例 4 设函数f(x)=e2x-aln x。 (1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的 个数; (2)证 明:当 a>0 时,f(x)≥2a+ aln 2 a 。 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2e2x - a x (x>0)。当 a≤0 时, f'(x)>0,f'(x)没有零点;当a>0时,因为 e2x 单调递增,- a x 单调递增,所以f'(x)在 (0,+∞)上单调递增。又f'(a)>0,当b满 足0<b< a 4 且b< 1 4 时,f'(b)<0,故当a> 0时,f'(x)存在唯一零点。 (2)由(1)可设f'(x)在(0,+∞)上的唯 一零点为x0,则当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0。故f(x)在(0, x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增。所 以f(x)min=f(x0)。由于2e2x0- a x0 =0,得e2x0 = a 2x0 ,x0= a 2e2x0 ,则ln x0=ln a 2e2x0 =ln a 2- 2x0。又a>0,所以f(x0)=e2x0 -aln x0= a 2x0 +2ax0+aln 2 a≥2a+aln 2 a 。 故当a>0时,f(x)≥2a+aln 2 a 。 点评:隐零点问题的求解方法类似于解 析几何中的“设而不求”。本例第(2)问的思 路是求f(x)的最小值,因此需要求f'(x)= 0的根,但f'(x)=2e2x- a x=0 的根无法求 解,故设其根为x0,通过证明f(x)在(0,x0) 和(x0,+∞)上的单调性知f(x)的最小值为 f(x0)= a 2x0 +2ax0+aln 2 a ,进而利用基本 不等式证得结论。 题型四、构造函数研究函数零点 例 5 已知函数f(x)=ln x+ 1 2a (x -1)2,若a>4,且f(x)在(0,1)上有唯一的 零点x0,求证:e-2<x0<e-1。 证明:因为f(x)=ln x+ 1 2a (x-1)2, 所以f'(x)= 1 x+a (x-1)= ax2-ax+1 x 。 记g(x)=ax2-ax+1,由a>4,知 a>0, g(0)=1>0, g 1 2 =14a-12a+1<0, g(1)=1>0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即f(x)在(0,1) 上有两个极值点,设为x1,x2,不妨设x1< x2,且x1,x2 是ax2-ax+1=0的两个根, 所以0<x1< 1 2<x2<1 。 又因为f(x)在(0,1)上有唯一的零点 x0,且当x→0+时,f(x)→-∞,当x=1时, f(1)=0,所以可得x0=x1∈ 0, 1 2 ,所以 f(x0)=ln x0+ 1 2a (x0-1)2=0, g(x0)=ax20-ax0+1=0, 两式结合 消去a,得ln x0- x0-1 2x0 =0,即2x0ln x0- x0+1=0。 记t(x0)=2x0ln x0-x0+1,x0∈ 0, 1 2 ,则t'(x0)=2ln x0+1。由对数函数 的性质知t'(x0)在 0, 1 2 上单调递增,所以 t'(x0)=2ln x0+1<2ln 1 2+1=1-ln 4<0, 则t'(x0)=2ln x0+1<0在 0, 1 2 上恒成 立,即 t(x0)在 0, 1 2 上 单 调 递 减。又 t 1e =-2e-1e+1=e-3e <0, t 1 e2 =1-5e2=e 2-5 e2 >0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 由 零 点 存 在定理,得e-2<x0<e-1。 04 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年5月