1、函数压轴大题之零点存在定理中取点问题 如果函数yfx在区间a,b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 faf (b)0，那么，函数yfx在区间(a,b)内有零点，即存在c(a,b)，使得 fc0，这个c也就是方程fx0的根.在实际应用中，如何取a,b，是解决问题的 难点. 类型一利用方程的根或部分代数式的根取点 x f xax . 典例1 已知函数 1 e x （1）当a1时，求yfx 在x 1,1 上的值域； （2）试求fx 的零点个数，并证明你的结论. 【解析】 x1x （1）当a1时，1，则fx1gx ， f xax ee xx x2 gx0 e 而 在 1,1 上恒成立，所以g xfx
2、 在 1,1 上递减， x fx max f12e10， fx min f110， 所以fx 在 1,1 上存 在唯一的 x00，使得f0 0，而且 当x1,0 时， fx0，fx 递增；当x 0,1 时f x0，fx 递减； 所以，当x0时，fx 取极大值，也是最大值，即 max 01 f xf， fxf1, f1f12e， minmin 所以，fx 在 1,1 上的值域为 2e,1 .高中资料分享QQ群：608396916 x （2）令fx0，得10 ax，x0显然不是方程的根， e x 11 那 么 原 方 程 等 价 于ea0h xea， x 实 根 的 个 数 ， 令x xx 1 x
3、,0)(0, 原命题也等价于h xea在x,0)(0, 上 的零点 x x 1 个数；又因为hxe0，所以hx 在 ,0 和 0, 上都是单调递增的； x x 2 （I）若a0，则 1 当x,0 时， h xe0恒成立，则没有零点； x x 当x0, 时， h1 e10， 1 he2 0 2 ，又hx 在 0, 上单调递 增的，所以有唯一的零点。 1 （II）若a0，则当x,0 时， h xea0恒成立，则没有零点； x x 当x0, 时， 1 1 he a a 0 ， 11 1 he2 a 2e2 20 2a ，又 hx 在 0, 上单调递增的，所以有唯一的零点 （III ）若a0，则当x,
4、0 时 ，由exxR ， 则 x ex 11 axa0,(x 0)， xx 则x2ax10, 取 x 0 aa41 2 ，则hx00，又 0haea 0，所 a 2a 以hx 在 ,0 有唯一的零点，高中资料分享QQ群：608396916 111 当x0, 时， 1 h 1aea1aa 10 a 1a1a1a ， 1 1 he a aaaaaa 2 ，又hx 在 0, 上单调 2220 2a 递增的，所以有唯一的零点，综上所述，当a0时，fx 只有一个零点；当a 0时， fx 有两个零点 【名师指点】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通 过导数研究函数的单调性、
5、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、 方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合 的思想找到解题的思路. 类型二利用放缩法取点 典例 2.已知b0，且b1，函数 f xeb，其中e为自然对数的底数： xx （1）如果函数fx 为偶函数，求实数b的值，并求此时函数的最小值； （2）对满足b0，且b1的任意实数b，证明函数yfx 的图像经过唯一的定点； （3）如果关于x的方程fx2有且只有一个解，求实数b的取值范围. 【解析】 （1）由f1f 1 得： 11 eb，解得be （舍），或b eb 1 ， e 1 f xe为偶函数 b 经检验
6、 x e x 11 .又 f xe2，当且仅当x0时取 等号， x ee x fx 的最小值为2.高中资料分享QQ群：608396916 （2）假设yfx 过定点 0,0 x y，则 yeb对任意b0，且b1恒 成立. xx 00 0 令b2 得： y0e2；令b3 得： xx 00 y0e 3， xx 00 2x0 2x0， x 3 0 2 1，解得唯一解x00y02经检验当x0时，f 02 函数yfx 的图像经过唯一定点 0,2 . （3）令gxfx2eb2为R上连续函数，且g00，则方程 gx0存 xx 在一个解. 1当b1时，gx 为增函数，此时g x0只有一解. x 2当0b1时，令
7、ln gxebbe1lnb 0 xx xb e ，解得x b 0 log ln. e b x bb 因为ex0，01，lnb0，令hx1ln b ，hx 为增函 数. ee 所以当xx 时， hx0，所以gx0，gx 为减函数； , 0 当xx0, 时， hx0，所以gx0，gx 为增函数. 所以 g 极小x g x，又gx 定义域为R，所以 gxg x. 0min0 若 x00，gx 在 上 为 减 函 数 ，gxg ， 而 ,x000 0 gln22b2b0.所以xx0,ln2 时， gx 至少存在另外一个零点，矛 ln2ln2 盾！高中资料分享 QQ 群：608396916 若 x00，
8、gx 在 x 上 为 增 函 数 ， 0 00 g xg， 而 0 glogb2e b20，所以gx 在 logb2, x0 存在另外一个解，矛盾！ logb222elog 当 e ln0 0log xb， 则lnb1， 解得b b 11 ，此时方程为 x g xe2 0， ee x 由（1）得，只有唯一解x，满足条件高中资料分享 QQ 群： 608396916 00 综上，当b1，或 b 1 时，方程fx2有且只有 一个解. e 【名师指点】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. (3)转化
9、为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 类型三利用尝试法取点 典 例 3已 知 函 数 f x x22axa1, x 0, lnx, x0, gxx212a. 若 函 数 yfgx 有4 个零点，则实数a的取值范围是_. 【解析】 令ft0,tgx 当1a0时ft 有两个零点1 1,21 tt，需12a1a1 当1a=0时fx 有三个零点， ttt，12a1所 以 函 数 11,20,3=2 yf g x有 5 个零点，舍；当1a0时，由于12a1 所以4a24a40，且aa2a1 12a，所以 5-1 2 a 1 51 综上实数a的取值范围是 ,1 1, 2 高中资料分享
10、QQ 群：608396916 【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程fg(x)0分解为f (t)0和g(x)t处 理，先从方程f (t)0中求t，再带入方程g(x)t中求x的值 典型练习： 1 1. 设函数f (x)x2(ab)xablnx（其中e为自然对数的底数，ae,bR），曲 2 1 线yf (x)在点(e, f (e)处的切线方程为ye2. 2 （1）求b； （2）若对任意 1 x ,)，f (x)有且只有两个零点，求a的取 值范围. e 【解析】 1 （2）由（1）得f (x)x2(ae)x aeln x， 2 (xa)(x e) f(x) ， x 当a 11 时，由f(x)0得
11、xe，由f (x)0得 ee 1 xe，此时f (x)在 ( ,e) e 上单调 11 递减，在(e，)上单调递增，f (e)e2(ae)eaelnee20， 22 21 4 212122 f (e )e(ae)e2aee(e2)(e2a)e(e2)(e)0 222e 1 （或当x时，f (x)0亦可）要使得f (x)在 ,)上有且只有两个零点， e 则只需 11ae1 f ( ) aeln e2eee 2 (12e )2e(1e )a 22 0，即 a 2e 2 12e 2 ，6 分 2e(1+e ) 2 当 1 e ae时，由f (x)0得 1 e xa或xe； 由f(x)0得axe.此
12、时f (x)在 (a,e)上 单 调 递 减 ， 在 1 ( ,a) e 和(e，)上 单调 递 增 ，此 时 111 f (a)aaeaelnaaaeaelnea0，此时f (x)在e，)至多 222 222 只有一个零点，不合题意，9 分 1 当ae时，由f(x)0得xe或xa，由f(x)0得exa，此时f (x) 在 e 111 ( ,e)和(a，)上单调递增，在(e,a)上单调递减，且f (e)e20， f (x)在 ,) e2e 至多只有一个零点，不合题意.高中资料分享 QQ 群：608396916 12e 2 综上所述，实数a的取值范围为(,.12 分 2e(1+e ) 2 2已知
13、函数fxa2xex，g xx1 2 . (1)若曲线ygx 的一条切线经过点M 0,3 ，求这条切线的方程. (2)若关于x的方程fxgx 有两个不相等的实数根x 1，x 2。 求实数 a 的取值范围； 证明：x1x22. 【解析】 (1)解法一设经过点M0,3 的切线与曲线y gx 相切于点 Q t,t1， 2 22 由gxx 得g x2x1 ，所以该切线方程为 1yt12t1xt， 2因为该切线经 过M0,3 ，所以 3t12t1t，解得t2， 所以切线方程为2xy30或6xy30.高中资料分享 QQ 群：608396916 解法二由题意得曲线ygx 的切线的斜率一定存在，设所求的切线方程
14、为y kx3， 由 ykx3 2 yx1 ，得x22kx40，因为切线与抛 物线相切， 所以2k2160，解得k2,6，所以所求的切线方程为2xy30 或 6xy30. （2）由fxgx，得gxfx0. 设 2 hxgxfxax2exx1 则 hxax1ex2x1x1aex2 ，由题意得函数h x 恰好有两个零点. 2 （i）当a0，则 h xx1，hx 只有一个零点1 （ii）当a0时，由hx0得x1，由hx0得x1， 即hx 在 ,1 上为减函数，在 1, 上为增函数，而h 1ae0,h21， 所以hx 在 1, 上有唯一零点，且该零点在 1, 2 上. 113 2 取b0,且ln ，则
15、b h bb2b 1b b0 2a22 所以hx 在 ,1 上有唯一零点，且该零点在 b,1 上，所以a 0,hx 恰好有两个零点. （iii）当a0时，由 hx0得 x 2 1或 ln ， a 若a 22 ，所以hx 在 1, 上至多有一个零点. h xx 1 exe0 ee 若a 22 ，则，当x1, 时， hx0，即hx 在 1, 上单调递 ln1 ea 减又h1ae0，所以hx 在 1, 上至多有一个零点. 2 当x,1 时， hx 在 ln,1 a 2 上单调递增，在 ,ln a 上为减函 数， 22 2222 又 h ln2 ln2ln1ln210 a aaa ， 2 所以 h(x
16、)在,ln a 上无零点. 若a 22 ，则 ln1，又当x1时，hxh1ae0，所以hx 不 存在零 ea 点hx 在x 1, 上无零点 故当 2 x1,ln a 时，hx 0；当 2 x ln, a 时，hx 0 2 因此fx 在 1,ln a 上单调递增，在 ln2a, 上单调递减 22 2222 又 h ln2 ln2ln1ln21 0 aaaa 。 2 所以hx 在 1,ln a 无零点，在 ln2a, 至多有一个零点 综上，a 的取值范围为 0, 高中资料分享 QQ 群：608396916 不妨设x x， 12 由知x 1 ,1,x21, ，2 x2,1 ， 且a 0，hx 在 ,
17、1 单调递减， 所以x 1 x22等价于hx1h2x2 ，即h 2x20 由于h2x2ax2x2x2 1 2e由于h 2x2 ax2x2x21 2 ，且hx2ax22ex2 x21 2 0， h 2xax ex2 e 2x x 22 222 所以 ax ex2 e 2xx 22 22 设其中，则 xxe2 xx2 ex,x1. xx1 exe x ， 2 当x1时，exe,e2 x e，所以x0.而10，故当x1时， x0 f 2xax 0，故 从而 22 x1x2 2 3已知 a，b 是实数，1 和1是函 数 f (x)xaxbx的两个极值 点 32 （1）求 a 和 b 的值； （2）设函
18、数g(x)的导函数g(x)f (x)2，求g(x)的极值点； （3）设h(x)f ( f (x)c，其中c2， 2，求函数yh(x)的零点个数 【答案】(1) a0，b3. (2) 2. (3) 9 【解析】解：(1)由题设知 f(x)3x 22axb，且 f(1)32ab0，f(1)3 2ab0，解得 a0，b3. (2)由(1)知 f(x)x33x.因为 f(x)2(x1)2(x2)，所以 g(x)0 的根为 x1x21，x3 2，于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或2.高中资料分享 QQ 群：608396916 当 x2 时，g(x)0；当2x1 时，g(x)0，故2 是 g(x)
19、的极值点 当2x1 或 x1 时，g(x)0，故 1 不是 g(x)的极值点所以 g(x)的极值点为2. (3)令 f(x)t，则 h(x)f(t)c.先讨论关于 x 的方程 f(x)d 根的情况，d2,2 当|d|2 时，由(2)可知，f(x)2 的两个不同的根为 1 和2，注意到 f(x)是奇函数， 所以 f(x)2 的两个不同的根为1 和 2. 当|d|2 时，因为 f(1)df(2)d2d0，f(1)df(2)d2d0， 所以2，1,1,2 都不是 f(x)d 的根由(1)知 f(x)3(x1)(x1) 当 x(2，)时，f(x)0，于是 f(x)是单调增函数，从而 f(x)f(2)2
20、， 此时 f(x)d 无实根同理，f(x)d 在(，2)上无实根 当 x(1,2)时，f(x)0，于是 f(x)是单调增函数，又 f(1)d0，f(2)d0，y f(x)d 的图象不间断，所以 f(x)d 在(1,2)内有唯一实根同理，f(x)d 在(2，1) 内有唯一实根 当 x(1,1)时，f(x)0，故 f(x)是单调减函数，又 f(1)d0，f(1)d0，y f(x)d 的图象不间断，所以 f(x)d 在(1,1)内有唯一实根 由上可知：当|d|2 时，f(x)d 有两个不同的根 x1，x2满足|x1|1，|x2|2； 当|d|2 时，f(x)d 有三个不同的根 x3，x4，x5满足|
21、xi|2，i3,4,5. 现考虑函数 yh(x)的零点 当|c|2 时，f(t)c 有两个根 t1，t2满足|t1|1，|t2|2，而 f(x)t1有三个不同的根， f(x)t2有两个不同的根，故 yh(x)有 5 个零点 当|c|2 时，f(t)c 有三个不同的根 t3，t4，t5满足|ti|2，i3,4,5，而 f(x)ti(i 3,4,5)有三个不同的根，故 yh(x)有 9 个零点 综上可知，当|c|2 时，函数 yh(x)有 5 个零点；当|c|2 时，函数 yh(x)有 9 个零点 1 4. 已知函数 f(x)ax 4 x2，x(0，)，g(x)f(x)f(x)若 a1，记 g(x
22、)的两 2 个零点为 x1，x2，求证：4x1x2a4. 11 【解析】证明： g(x)f(x)f(x)ax 4 x2(4ax3x)ax44ax3 x2x， 22 11 因为 x0，由 g(x)ax 44ax3 x2x0 得 ax34ax2 x10， 22 1 令(x)ax 34ax2 x1，由(x 0)3ax 2 2 1 0 0 得 3ax 2 2 1 0 ， 2 32174 所以(x0)ax0 x0 .因为(x)对称轴为 x ， 9393 所以 8 187 3 (0) 0，所以 x0 ， 233 321 所以(x0)ax0 93 7 x0 3 0.高中资料分享 QQ 群：608396916
23、 111 又(x)ax 34ax2 x1 ax2(x8) x(ax21)1， 222 设 1 ，8 中的较大数为 M，则(M)0， a 故 a1 时，g(x)在(0，)上恰有两个零点 x1，x2， 不妨设 x1x2，因为(0)10， 1 11 2 (67a)0，所以 0 x1 . 82 因为(4)10， 9 1 2 (81a10)0， 8 919 所以 4x2 ，所以 4x1x2 5a4. 222 1 f xxalnx, aR. 5. 已知 2 2 （1）求函数fx 的增区间； （2）若函数fx 有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由； （3）设正实数， 1 满足，当a0时，求证：对任意
24、的两个正实 数 2 x， 1 x总有 2 fxxf xf x. 来源:学科网 1 1221122 (参考求导公式：faxbafaxb ) aaxa 2 【解析】 (1)由已知，令 fxxfxx， xxx xaxa 当a0时，fx0，函数的增区间0, 若a 0,fx 令 x fx，x0,xa0,xa 函数的增区间为a, 0 综合以上：当a0 时，函数的增区间 0, ；若a 0,增区间为 a, （2）由（1）知：若a0,函数在0, 的上为增函数，函数f x 有至多有一个零点， 不合题意。高中资料分享 QQ 群：608396916 若a0,当x 0, a， fx0，函数在 a,的上为减函数 当x a
25、,f x0，函数在 a,的上为增函数 111 xa, fxaalnaa1lna min 222 1 要使得函数fx 有两个零点，则f xa1lna0ae min 2 下证明：ae函数fx 有两个零点 ae,10, a 而f 1 1 2 0，所以fx 在0, a 存在惟一零点； 121 1 1 2ln 又 feaeaaaa eaa ln 222 2 令haea12lnaae所以hx 在 e, 上递增， h ae0 a 所以的ha h ee230所以fx 在a,也存在惟一零点； 综上：ae函数fx 有两个零点 11 f xxalnxxaxa 22 方法 2：(先证：x1, 有lnx x1,)22
26、12 而 ae,aa2aaaaa2aa aa2aa0 222 2 ，所以fx 在a,也存在惟一零点； fa a2 2a0 综上：ae，函数fx 有两个零点。 （3）证明：不妨设 1 20, xx ，以 x为变量 1 F xfxxf xf x， 令 122122 则Fxfxxfxfxxf x 112211122 a g xfxxgx 1 令 ，则 x a x 2 因为a0，所以gx0；即fx 在定义域内递增。 又因为 1x2x2 x 1 1 x 2x2 2x2x2且 xx所 以 2 即 1x2x2 x0 1x2x2 x，所以 f 1x2x2 fx0；又因为 1 0，所以Fx0 所以Fx 在 0,
27、x 单调递增；因为x1 0,x2 所以 12 0 F xF x 2 即fxxfxfx 1 1221122 1 6. 已知a，b为实数，函数 f x b xa ，函数gx lnx (1) 当a0时，令Fxf(x)g(x)，若Fx0恒成立，求实数b的取值范围； (2) 当a1时，令Gxf(x)g(x)，是否存在实数b，使得对于函数yGx 定义域 中的任意实数x 1，均存在实数x21, ，有G x1x 2 0成立？若存在，求出实数b 的 取值集合；若不存在，请说明理由 【答案】（1）b1；（2）见解析 x 【解析】 1 ，b（lnx） =h(x)， h(x)在 x 0,1 上递增，在 1， + 上递
28、减，可得h(x)的最大值为h(1)=-1，所以可得）b 1. 1 (1) 当a0时，Fxf(x)g(x)= blnx0 (2) 当 a1 时，假设存在实数 b 满足条件，则 G(x)lnx1 在 x(0，1)(1， )上恒成立 1) 当 x(0，1)时，G(x)lnx1 可化为(bx1b)lnxx10， 令 H(x)(bx1b)lnxx1，x(0，1)， 问题转化为：H(x)0 对任意 x(0，1)恒成立(*)； 则 H(1)0，H(x)blnxb1，H(1)0. 令 Q(x)blnxb1，则 Q(x). b 时，因为 b(x1)1(x1)1 210， 故 Q(x)Q(1)0， 即 H(x)0
29、，从而函数 yH(x)在 x(0，1)时单调递增， 故 H(x) ，所以 10， 故 Q(x)0，所以函数 yQ(x)在 xI 时单调递增，Q(x)Q(1)0， 即 H(x)H(1)0，此时(*)不成立； 所以当 x(0，1)，G(x)lnx1 恒成立时，b ； 2) 当 x(1，)时，G(x)lnx1 可化为(bx1b)lnxx10， 令 H(x)(bx1b)lnxx1，x(1，)，问题转化为： H(x)0 对任意的 x(1，)恒成立(*)；则 H(1)0，H(x)blnxb1，H (1)0. 令 Q(x)blnxb1，则 Q(x). b 时，b(x1)12b1 210， 故 Q(x)0，所
30、以函数 yQ(x)在 x(1，)时单调递增，Q(x)Q(1)0，即 H(x)0， 从而函数 yH(x)在 x(1，)时单调递增，所以 H(x)H(1)0，此时(*)成立； 当 b 时， ) 若 b0，必有 Q(x)0，故函数 yQ(x)在 x(1，)上单调递减， 所以 Q(x)Q(1)0，即 H(x)0， 从而函数 yH(x)在 x(1，)时单调递减，所以 H(x)H(1)0，此时(*)不成立； ) 若 0b1，所以 x时，Q(x)0， 故函数 yQ(x)在 x上单调递减，Q(x)Q(1)0，即 H(x)0， 所以函数 yH(x)在 x时单调递减，所以 H(x)H(1)0，此时(*)不成立；
31、所以当 x(1，)，G(x)lnx1 恒成立时，b .(15 分) 综上所述，当 x(0，1)(1，)，G(x)lnx1 恒成立时，b ，从而实数 b 的取值集合为. 7. 已知函数 f（x）=（2a）（x1）2lnx，g（x）=xe1 x（aR，e 为自然对数的底 数） （）当 a=1 时，求 f（x）的单调区间； 1 （）若函数 f（x）在0, 2 上无零点，求 a 的最小值； （）若对任意给定的 x0（0，e，在（0，e上总存在两个不同的 xi（i=1，2），使得 f （xi）=g（x0）成立，求 a 的取值范围 【答案】(1) f（x）的单调减区间为（0，2，单调增区间为2，+）；(2
32、) 函数 f（x）在 1 0, 2 3 ,2 上无零点，则 a 的最小值为 24ln2；（3）a 的范围是 e 1 . 【解析】 （1）当 a=1 时，f（x）=x12lnx，则 f（x）=1， 由 f（x）0，得 x2；由 f（x）0，得 0 x2高中资料分享 QQ 群：608396916 故 f（x）的单调减区间为（0，2，单调增区间为2，+）； （2）因为 f（x）0 在区间上恒成立不可能，故要使函数上无 零点，高中资料分享 QQ 群：608396916 只要对任意的，f（x）0 恒成立，即对恒成立 令，则， 再令， 则，故 m（x）在上为减函数，于是 ， 从而，l（x）0，于是 l（x
33、）在上为增函数，所以， 故要使恒成立，只要 a24ln2，+），高中资料分享 QQ 群：608396916 综上，若函数 f（x）在1 0, 2 上无零点，则 a 的最小值为 24ln2； （3）g（x）=e 1xxe1x=（1x）e1x， 当 x（0，1）时，g（x）0，函数 g（x）单调递增； 当 x（1，e时，g（x）0，函数 g（x）单调递减又因为 g（0）=0，g（1）=1，g（e） =ee 1e0，所以，函数 g（x）在（0，e上的值域为（0，1 当 a=2 时，不合题意； 当 a2 时，f（x）=，x（0，e 当 x=时，f（x）=0 由题意得，f（x）在（0，e上不单调，故，即
34、 此时，当 x 变化时，f（x），f（x）的变化情况如下： x（0，）（，e f（x）0+ f（x）最小值 又因为，当 x0 时，2a0，f（x）+， ， 所以，对任意给定的 x0（0，e，在（0，e上总存在两个不同的 xi（i=1，2）， 使得 f（xi）=g（x0）成立，当且仅当 a 满足下列条件： 即令 h（a）=， 则 h，令 h（a）=0，得 a=0 或 a=2， 故当 a（，0）时，h（a）0，函数 h（a）单调递增； 当时，h（a）0，函数 h（a）单调递减高中资料分享 QQ 群：608396916 所以，对任意，有 h（a）h（0）=0， 即对任意恒成立由式解得： 综合可知，当
35、 a 的范围是3 ,2 e 1 时，对任意给定的 x0（0，e，在（0，e 上总存在两个不同的 xi（i=1，2），使 f（xi）=g（x0）成立 8. 已知函数 f(x)a xlnx(aR) (1) 求 f(x)的单调区间； (2) 试求 f(x)的零点个数，并证明你的结论 【答案】(1) 单调增区间为(e 2，)，单调减区间为(0，e2)(2)见解析 【解析】解：(1) 由函数 f(x)a xlnx(aR)，得 1 f(x)(lnx2)(2 分)令 f(x)0，得 xe 2.列表如下： 2 x x(0，e 2) e 2 (e 2，) f(x)0 f(x)极小值 因此，函数 f(x)的单调增
36、区间为(e 2，)，单调减区间为(0，e2)(5 分) (2) 由(1)可知，fmin(x)f(e 2)a2e1.(6 分)高中资料分享 QQ 群：608396916 () 当 a2e 1时，由 f(x)f(e2)a2e10，得函数 f(x)的零点个数为 0.(8 分) () 当 a2e 1时，因 f(x)在(e2，)上单调递增，在(0，e2)上单调递减，故 x(0， e 2)(e2，)时，f(x)f(e2)0.此时，函数 f(x)的零点个数为 1.(10 分) () 当 a2e 1时，f min(x)f(e 2)a2e10. a0 时，因为当 x(0，e 2时，f(x)a xlnxa0， 所
37、以函数 f(x)在区间(0，e 2上无零点； 另一方面，因为 f(x)在e 2，)上单调递增，且 f(e2)a2e10，又 e2a(e2， )，且 f(e 2a)a(12ea)0，此时，函数 f(x)在(e2，)上有且只有一个零点 所以，当 a0 时，函数 f(x)零点个数为 1.(13 分) 0a2e 1时，因为 f(x)在e2，)上单调递增，且 f(1)a0，f(e2)a2e 1 0，所以函数 f(x)在区间(e 2，)上有且只有 1 个零点； 4 另一方面，因为 f(x)在(0，e 2上单调递减，且 f(e2)a2e10，又 e (0，e2)， a 且 f 4 e 4 a a a 2 a
38、 ae a 4 2 a 0(当 x0 时，e xx2成立)，此时函数 f(x)在(0，e2)上有 2 且只有 1 个零点 所以，当 0a2e 1时，函数 f(x)的零点个数为 2. 综上所述，当 a2e 1时，f(x)的零点个数为 0；当 a2e1，或 a0 时，f(x)的零点个数 为 1；当 0a2e 1时，f(x)的零点个数为 2.(16 分) 9. 已知函数 f(x)ae xx2bx(a，bR，e2.718 28是自然对数的底数)，其导函数 为 yf(x) (1) 设 a1，若函数 yf(x)在 R 上是单调减函数，求 b 的取值范围； (2) 设 b0，若函数 yf(x)在 R 上有且
39、只有一个零点，求 a 的取值范围； (3) 设 b2，且 a0，点(m，n)(m，nR)是曲线 yf(x)上的一个定点，是否存在实数 x0(x 0 x0m m)，使得 f(x0)f 2(x 0m)n 成立？证明你的结论 4 【答案】(1) b2ln22. (2) a0 或 a . (3) 不存在 e 2 【解析】解：(1) 当 a1 时，f(x)e xx2bx， f(x)e x2xb. 由题意 f(x)e x2xb0 对 xR 恒成立(1 分) 由ex2xb0，得 bex2x，高中资料分享 QQ 群：608396916 令 F(x)e x2x，则 F(x)ex2，令 F(x)0，得 xln2.
40、 当 x0，F(x)单调递增，当 xln2 时，F(x)0，F(x)单调递减，从而当 x ln2 时，F(x)有最大值 2ln22， b2ln22.(3 分) (2) 当 b0 时，f(x)ae xx2，由题意 aexx20 只有一解 xxx（2x） 22 由 ae xx20，得a ，令 G(x) ，则 G(x) ，令 G(x)0，得 x0 eee xxx 或 x2.(5 分) 当 x0 时，G(x)0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为0，)；当 0 x0， G(x)单调递增，G(x)的取值范围为 4 0， e 2 ；当 x2 时，G(x)0，G(x)单调递减，G(x) 的取值范围为 4
41、 0， e 2 44 .由题意，得a0 或a 2，从而 a0 或 a2， ee 4 当 a0 或 a0，则 e m . ，不妨设 tx x0m2t tt e t1 两边同除以 e m，得 e2 2e t ，即 te t1，(12 分) tttt t 令 g(t)e tte21，则 g(t)e 22)e t(e e 2 2 t t e 2 2 1 . ttt t111 令 h(t)e221)0， 1，则 h(t) e2(e 2222 h(t)在(0，)上单调递增 h(0)0， h(t)0 对 t(0，)恒成立，(14 分) 即 g(t)0 对 t(0，)恒成立， g(t)在(0，)上单调递增 又
42、 g(0)0， g(t)0 对 t(0，)恒成立，即(*)式不成立，(15 分) x0m 不存在实数 x0(x0m)，使得 f(x0)f 2(x 0m)n 成立(16 分) 10. 设函数 f(x)xe xasinxcosx(aR，其中 e 是自然对数的底数) (1) 当 a0 时，求 f(x)的极值； (2) 若对于任意的 x 0， 2 ，f(x)0 恒成立，求 a 的取值范围； (3) 是否存在实数 a，使得函数 f(x)在区间 0， 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. 1 【答案】(1) 极小值为 f(1) ，无极大值. (2) (，1. (3) 不
43、存在 e 【解析】解：(1) 当 a0 时，f(x)xe x，f(x)ex(x1)， 令 f(x)0，得 x1.(2 分) 列表如下： x(，1)1(1，) f(x)0 f(x)极小值 1 所以函数 f(x)的极小值为 f(1) ，无极大值(4 分) e (2) 当 a0 时，由于对于任意 x 0， 2 ，有 sinxcosx0， 所以 f(x)0 恒成立，当 a0 时，符合题意；(6 分) 当 0a1 时，因为 f(x)e x(x1)acos2xe0(01)acos01a0， 所以函数 f(x)在 0， 2 上为增函数，所以 f(x)f(0)0，即当 0a1 时，符合题意； (8 分)高中资
44、料分享 QQ 群：608396916 当 a1 时，f(0)1a0，f 4 e 4 4 1 0， 所以，存在 0， 4 ，使得 f()0，且在(0，)内，f(x)0， 所以 f(x)在(0，)上为减函数， 所以 f(x)f(0)0，即当 a1 时，不符合题意 综上所述，a 的取值范围是(，1(10 分) (3) 不存在实数 a，使得函数 f(x)在区间 0， 2 上有两个零点 由(2)知，当 a1 时，f(x)在 0， 2 上是增函数，且 f(0)0，故函数 f(x)在区间 2 0， 上无零点(12 分) 当 a1 时，f(x)e x(x1)acos2x.令 g(x)ex(x1)acos2x，
45、 则 g(x)e x(x2)2asin2x，当 x 0， 2 时，恒有 g(x)0， 所以 g(x)在 0， 2 上是增函数 由 g(0)1a0，g 2 e 2 2 1 a0， 故 g(x)在 0， 2 上存在唯一的零点 x 0，(14 分) 即方程 f(x)0 在 0， 2 上存在唯一解 x 0. 且当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x x0， 2 时，f(x)0，即函数 f(x)在(0，x 0)上单 调递减，在 x0， 2 上单调递增 当 x(0，x0)时，f(x)f(0)0，即 f(x)在(0，x0)上无零点； 当 x x0， 2 时，由于 f(x 0)f(0)0，f 2 e 2 0
46、， 2 所以 f(x)在 x0， 2 上有唯一零点 所以，当 a1 时，f(x)在 0， 2 上有一个零点 综上所述，不存在实数 a，使得函数 f(x)在区间 0， 2 上有两个零点(16 分) 11.已知函数 f(x)e x，g(x)mxn，其中 e 是自然对数的底数，m，nR. (1) 设 h(x)f(x)g(x) 若函数 h(x)的图象在 x0 处的切线过点(1，0)，求 mn 的值； 当 n0 时，若函数 h(x)在(1，)上没有零点，求 m 的取值范围 1nx (2) 设函数 r(x)，且 n4m(m0)，求证：当 x0 时，r(x)1. f（x）g（x） 【答案】(1) mn2.
47、m 1 ，e e (2)见解析. 【解析】(1) 解： 由题意，得 h(x)(f(x)g(x)(e xmxn)exm， 所以函数 h(x)在 x0 处的切线斜率 k1m.(2 分) 又 h(0)1n，所以函数 h(x)在 x0 处的切线方程 y(1n)(1m)x， 将点(1，0)代入，得 mn2.(4 分) 当 n0，可得 h(x)(e xmx)exm， 1 因为 x1，所以 e x ， e 1 当 m 时，h(x)e xm0，函数 h(x)在(1，)上单调递增，而 h(0)1， e 11 所以只需 h(1) m0，解得 m ， ee 11 从而 m .(6 分) ee 1 当 m 时，由 h
48、(x)e xm0，解得 xlnm(1，)， e 当 x(1，lnm)时，h(x)0，h(x) 单调递增 所以函数 h(x)在(1，)上有最小值为 h(lnm)mmlnm， 1 令 mmlnm0，解得 me，所以 m0， 所以导数 F(x)在0，)上单调递增，于是 F(x)F(0)0，(14 分) 从而函数 F(x)在0，)上单调递增，即 F(x)F(0)0. 从而，当 x0 时，r(x)1.(16 分) 12.设函数 f(x)x 2lnxax2b 在点(x 0，f(x0)处的切线方程为 yxb. (1) 求实数 a 及 x0的值； 来源:学,科,网 (2) 求证：对任意实数 b e 0， 2
49、，函数 f(x)有且仅有两个零点 【答案】(1) x01，a1. (2) 见解析 【解析】(1) 解：因为 f(x)2xlnxx2ax，(2 分) 所以在点(x0，f(x0)处的切线方程为 yxx 2 0ax 2 0b，其中 2x0lnx0 x02ax01， 22 (4 分) x 0ax0bb， 解得 x01，a1.(6 分) (2) 证明：因为函数 f(x)x 2lnxx2b， 所以 f(x)2xlnxx.令 f(x)2xlnxx0，得 x e， 且当 x(0， e)时，f(x)0，即 f(x)x 2lnxx2b 在 x(0， e)上单调减，当 x( e， )时，f(x)0，即 f(x)x
50、2lnxx2b 在 x( e，)上单调增， e 所以 f(x)有最小值 f( e)b 0.(8 分) 2 又 f(e)e 2e2b0， 所以 f(x)x 2lnxx2b 在( e，e)上一定有一解(10 分) 下面证明存在 x(0， e)使 f(x1)0， 令 h(x)xlnxx1，h(x)lnx， 所以当 x(0，1)时，h(x)xlnxx1 在(0，1)上单调减， 所以当 x(0，1)时，h(x)xlnxx1h(1)0， 所以当 x(0，1)时，f(x)x 2lnxx2bbx，(10 分) 取 x1min1，b，则 f(x1)bx10，(12 分) 所以 f(x)x 2lnxx2b 在(x
