1、 专题 9 零点存在的判定与证明专项训练 1、函数 23 x f xex的零点所在的一个区间是（ ） A. 1 ,0 2 B. 1 0, 2 C. 1 ,1 2 D. 3 1, 2 解、 1 2 111 2340 22 fe e ， 020f 11 2320 22 fee 12310fee 1 10 2 ff 0 1 ,1 2 x ，使得 0 0f x 答案、C 2、函数 ln1f xxx的零点所在的大致区间是（ ） A. 3 1, 2 B. 3 ,2 2 C. 2,e D. , e 解析、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
2、 即 可 。1x 时 ，ln1x ， 从 而 f x ， 313 ln0 222 f ，所以 0 3 1, 2 x ，使得 0 0f x 答案、A 3、 已知 0 x是函数 1 2 1 x f x x 的一个零点， 若 1020 1,xxxx， 则 （ ） A. 12 0,0f xf x B. 12 0,0f xf x C. 12 0,0f xf x D. 12 0,0f xf x 解析、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 1020 0,0f xf xf xf x 答案、B 4、已知函数 log0,1 a f xxxb aa，当234ab
3、时，函数 f x的零 点 0 ,1 ,xn nnN，则n _ 解析、由a的范围和 f x解析式可判断出 f x为增函数，所以 0 x是唯一的零点。考虑 3log 33log 334log 3 10 aaa fb ， 2log 22log 223log 2 10 aaa fb ，所以 0 2,3x ，从而2n 答案、2n 5 、 定 义 方 程 f xfx的 实 数 根 0 x叫 做 函 数 f x的 “ 新 驻 点 ”， 若 3 ,ln1 ,1g xx h xxxx的“新驻点”分别为, ，则（ ） A. B. C. D. 解、 2 1 1,3 1 gxh xxx x 所以, 分别为方程 32
4、1 1,ln1,13 1 xxxx x 的根，即为函数、 32 111 1 1,ln1,31 1 gxxhxxxxx x 的零点 1 11 1 010,1ln20 2 hh 11 0100,1hh 2 1 3632xxxx x 1 x在0,2单调减，在 ,0 , 2,单调增， 而 1 010 ，,2x 时， 1 0x，而 1 4150 11 240 2,4 答案、C 6、 若函数)(xf的零点与 ln28g xxx的零点之差的绝对值不超过5 . 0， 则)(xf可 以是（ ） A63)( xxf B 2 )4()( xxf C1)( 1 x exf D) 2 5 ln()(xxf 解、设各选项
5、的零点分别为, ABCD xxxx，则有 7 2,4,1, 2 ABCD xxxx 对于 ln28g xxx，可得、 3ln320,4ln40gg 0 3,4x 0 0g x 77 =ln10 22 g 0 7 3, 2 x ，所以 C 选项符合条件 答案、C 7、设函数 2 24,ln25 x f xexg xxx，若实数, a b分别是 ,f xg x的零 点，则（ ） A. 0g af b B. 0f bg a C. 0g af b D. 0f bg a 解析、 可先根据零点存在定理判断出, a b的取值范围、 030,1240ffe ， 从 而0 , 1a； 130,2ln230gg
6、， 从 而1 , 2b ， 所 以 有 012ab ， 考 虑 0fag b， 且 发 现 ,fxg x为 增 函 数 。 进 而 0,0g ag bf bf a，即 0g af b 答案、A 8、已知定义在1,上的函数 ln2f xxx，求证、 f x存在唯一的零点，且零 点属于3,4 解、 11 1 x fx xx 1,x 0fx f x在1,+单调递增 31ln30,42ln20ff 340ff 0 3,4x，使得 0 0f x 因为 f x单调，所以若 000 3,4 ,xxx，且 00 0f xf x 则由单调性的性质、 00 xx与题设矛盾 所以 f x的零点唯一 9、已知0a ，
7、函数 2 lnf xxax（ f x的图像连续不断） （1）求 f x的单调区间 （2）当 1 8 a 时，证明、存在 0 2,+x ，使得 0 3 2 f xf 解、 （1） 2 121 2 ax fxax xx 令 0fx 解得、 1 2 x a f x在 1 0, 2a 单调递减，在 1 , 2a 单调递增 （2）解、设 3 2 g xf xf g xfx 由 （1） 可得、 当 1 8 a 时， f x在0,2单调递减， 在2,单调递增 3 2 2 ff 3 220 2 gff 2 13339 ln,ln 822232 g xxxff 39 100ln1001250ln 232 g，因
8、为ln100 12500 1000g 21000gg 根据零点存在性定理可得、 0 2,100x，使得 00 3 0 2 g xf xf 即存在 0 2,+x ，使得 0 3 2 f xf 10 、 已 知 函 数 ln x f xeaxa， 其 中 常 数0a ， 若 f x有 两 个 零 点 1212 ,0x xxx，求证、 12 1 1xxa a 解、 1 ln0 ln1 x x e f xeaxaax xe 令 ln1 x e x x 2 1 ln1 ln1 x ex x x x 设 1 ln1g xx x ，可得 g x为增函数且 10g 11 0,1x ee 时， 00g xx 1
9、,x时， 00g xx x在 11 0,1 ee 单调递减，在1,单调递增 所以在 1 ,x e ， min 1xe f x有两个零点 ae 10fea ln a f aeaaa ln2 a faea 111 0 aae faeee aee fa在, e 单调递增 2 330 e fafeee f a在, e 单调递增 2 2220 e f af eeeeee e 而 10f 10ff a 2 1,xa，使得 2 0f x即 2 1xa 另一方面、 111 11 lnlnln1 aaa feaaeaaaeaa aa ae ln10a 1 0f a 而 10f 1 10ff a 1 1 ,1x a ，使得 1 0f x即 1 1 1x a 综上所述、 12 1 1xxa a
