专题03“用好零点”,证明函数不等式-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

1、专题三 “用好零点”，证明函数不等式函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解 .高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间零点存在性定理； （2）二次方程根的分布问题； （ 3）判断零点的个数问题； （4）根据零点的情况确定参数 的值或范围； （5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中已知零点（零点个数），证明函数不等式问题，例题说法，高效训练 .典型例题】类型一 设而不求，应用函数零点存在定理例 1. 【四川省泸州市 2019 届高三二诊】已知函数 （ 1）若曲线在点

2、 处的切线与 轴正半轴有公共点，求 的取值范围；（ 2）求证：时， 【答案】（1）；（ 2）证明见解析 .【解析】（1）函数 f （ x） lnx ex+a的导数为 f（ x） ex+a曲线 f （x）在点（ 1，f （1）处的切线斜率为 1 e1+a，切点为（ 1， e1+a），可得切线方程为 y+e1+a（ 1 e1+a）（ x 1），可令y0 可得 x，由题意可得> 0，可得e1+a< 1，解得 a< 1；2）证明： f（ x） ex+a设 g（x） f （ x） ex+a可得g（ x）（ +e ），当 x>0时， g（ x）< 0，g（x）递减；由 a&g

3、t; 1 ， ex+a x x x>e若 e > ，g（x）< e<0，当 0< x< 1 时，1故当 0< x< e1x+a 1+a 1+a 1 ae < e 若 e < ，即 x< e，时， g（ x ）> 0，即 g（x） f （ x）有零点 x0，当 0< x<x0 时，f （x）> 0，f （ x）递增；当 x>x0时， f （x）<0，f （ x）递减，可得 f （x） f （x0），又 f （ x0） lnx 0 ex0+a，又 ex0+a ，可得 f （ x0） lnx 0 ，

4、在 x0> 0 递增，又 a ln x0 （ lnx 0+x0），a>1 ? （lnx 0+x0）> 1 （ ln + ），所以 lnx 0+x0< ln + ，由于 lnx 0+x0 递增，可得 0<x0< ，故 f （ x） f （x0）< f （ ） 1e类型二 设而不求，应用不等式性质例 2. 【广东省揭阳市 2019 届高三一模】已知函数 （ ， e 是自然对数的底，）1）讨论 的单调性；（ 2）若， 是函数 的零点， 是 的导函数，求证： 【答案】（ 1）当时， 在 上单调递减， 在 上单调递增； 当 时， 在 单调递增，在 上单调递减，在

5、 上单调递增； （ 2）见解析 .【解析】（1），设，解法一：由 和 在 上单调递增，可知 在 上单调递增，解法二：由 得 可知 在 上单调递增，又 ，所以当 时， ，当 时， ，当 时， ，当 时， ；当 时， 当 时，由 得 或 x 1，当 时， ， ， ；当 时， ；当 时， 综上所述：当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；当 时， 在 单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增（ 2）解法一（分析法） ：当时，由（ 1）知 在 上的最大值为 ，可知 ，所以在 上无零点若 是函数的零点，则 ，解法一：由 和 在 上单调递增，且 、 ，可知 在 上解法二：设 ，则 ， 由 得 ， ，所以

6、 ，单调递增，可知 在 上单调递增，要证 ，只需证，由（ 1）知在 上单调递增， 只需证 ，又 ，只需证 且由 ， 得，又， 所以；，由 得 ， 综上所述，得证方法二（综合法） ：当时，由（ 1）知在 上的最大值为 ，可知 ，所以 在 上无零点若 是函数 的零点，则 ， 而，由 ， ，得 ，又 ，所以 ；，由 得 ，所以 ，又 ，即 ，由（ 1）知在 上单调递增，所以 ，而，由 和 在可知 在 上单调递增，在 上单调递增，且 、，类型三 代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系例 3. 【湖南师大附中 2019 届高三月考试题（七 ） 】已知函数 ，其中为常数 .（1）讨论函数的单调性；（

7、 2）若有两个相异零点 ，求证： .【答案】（1）详见解析； （2）详见解析 .【解析】1），当 时， ， 在区间 上单调递增；（ 2）因为 ， 是 的两个零点，则 ， ， 所以 ， .要证 ，只要证 ，即证 ， 即证 ，即证 ，只要证 .，则只要证设 ，则 ，所以 在 上单调递增 . 所以 ，即 ，所以 ，即 . 类型四 利用零点性质，构造函数证明参数范围例 4【山东省临沂市 2019 届高三 2 月检测】已知函数（1） 判断 的单调性；（2） 若在（1，+） 上恒成立，且=0有唯一解，试证明 a<1【答案】（1） f （x）在（ 0，）递减，在（，+）递增； （2）见解析解析】1）函

8、数的定义域是（ 0，+），f （ x）x a，易知 x2ax20有两根， x10，x2，故 f （ x）在（ 0，）递减，在（，+）递增；2）a< 0，1，f （ x ）在（ 1，+）上有唯一零点 x0 ，又 f （ x）x a，x0a0，要使 f （ x）0在区间（ 1，+）恒成立，且 f（x） 0有唯一解， 须 f （ x0） 0，即 2lnx 0 （1） ax00，由得：2lnx 0 （1） x0（x0） 0，故 2lnx 00，令 g（ x0） 2lnx 0，显然 g（ x0）在（ 1，+）递减， g（1）2>0，g（2） 2ln20，1< x0< 2，又ax0

9、 在（ 1，+）递增，故 a< 1规律与方法】应用函数的零点证明不等式问题，从已知条件来看，有两类，一类是题目中并未提及函数零点，二一 类是题目中明确函数零点或零点个数；从要求证明的不等式看，也有两种类型，一类是求证不等式是函数 值的范围或参数的范围，二一类是求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系 .1. 由于函数零点存在定理明确的是函数值满足的不等关系，所以，通过设出函数的零点，利用函数零 点存在定理，可建立不等关系，向目标不等式靠近，如上述类型一；也可以利用不等式的性质，向目标不 等式靠近，如上述类型二，这两类问题突出的一点是“设而不求” 2. 当求证不等式是零点或零点的函数值

10、满足的不等关系时， 则注意将零点代入函数式， 构建方程 （组），进一步确定零点之间的关系，然后在通过求导、分离参数、构造函数等手段 .【提升训练】1【广东省揭阳市 2019 届高三一模】设函数，1）讨论 的单调性；2）若函数 有两个零点 、 ，求证： 上单调递减，在【答案】（1）当时， 在 上单调递减；当 时， 在上单调递增； （ 2）见解析 .【解析】 （1）设，当 时， ， ；当 时，由 得 或 ，记则 ，当 时， ， ，当 时， ， ，当 时， 在 上单调递减；当 时， 在上单调递增 （ 2）不妨设，由已知得 ，即，上单调递减，在两式相减得 ，要证 ，即要证 ，只需证 ，只需证，即要证

11、，设 ，则 ，只需证 ，设 ，只需证 ，在 上单调递增，得证2【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校月联考】已知函数 有两个零点求实数 a 的取值范围；若函数 的两个零点分别为 ， ，求证： 2019 届高三 3【答案】（1）； （ 2）见解析 .【解析】由，得，当 时，在 R 上为增函数，函数 最多有一个零点，不符合题意，所以 当 时， ， ；所以在 上为减函数，在上为增函数；所以 ；若函数 有两个零点，则 ；当 时， ， ；由零点存在定理，函数 在 和 上各有一个零点结合函数 的单调性，当 时，函数 有且仅有两个零点， 所以， a 的取值范围为 证明

12、：由 得 ， ；由 ， 得 ， ；所以 ；，则 ，解得 ， ；所以 ，当 时，；设 ，则 ，当 时， ，于是 在 上为增函数；所以，当 时， ，即 ；所以 3. 【宁夏银川市 2019 年高三下学期检测】已知函数.（1）当时， 求函数的单调区间；（ 2）当时，证明： （其中 为自然对数的底数） 【答案】（1）单调递增区间是，； 单调递减区间是；（ 2）详见解析 .【解析】（ 1）由题意，函数的定义域为 ,当 时， ， 则 .由 解得 或 ；由 解得 . 所以 的单调递增区间是 ， ；单调递减区间是 .（ 2）当时，由 , 只需证明 .令 ， .设 ，则 .当 时， ， 单调递减 ;当 时， ，

13、 单调递增 , 当 时， 取得唯一的极小值，也是最小值 .的最小值是 成立 . 故成立 .4已知函数 f （ x）=lnx+a （x1）2（a> 0）（1）讨论 f （ x）的单调性；（2）若 f （x）在区间（ 0，1）内有唯一的零点 x0，证明：【答案】（1）见解析；（ 2）见解析 .解析】（1），当 0<a2时，f' （x）0，y=f（x）在（ 0，+）上单调递增，当 a>2 时，设 2ax22ax+1=0 的两个根为，且y=f （x）在（ 0， x1），（x2，+）单调递増，在（ x1， x 2）单调递减2）证明：依题可知 f （1） =0，若 f （ x ）

14、在区间（ 0，1）内有唯一的零点 x0，由（ 1）可知 a> 2，且于是： 由得 ，设 ，则 ，因此 g（ x）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故 5. 已知函数 f （x）=3ex+x2，g（x） =9x1（ 1）求函数 （x）=xex+4xf （ x）的单调区间；（2）比较 f （x）与 g（x）的大小，并加以证明【答案】（1）（x）在（， ln2 ）上单调递增，在（ ln2 ， 2）上单调递减，在（ 2， +）上单调递增 （2）f（x）> g（x）【解析】（1）' （x）=（x2）（ex 2），令 ' （ x） =0，得 x 1=ln2 ，x2=2；令 &

15、#39; （x）> 0，得 x<ln2 或 x> 2；令 ' （x）< 0，得 ln2 < x<2故 （ x ）在（， ln2 ）上单调递增，在（ ln2 ，2）上单调递减，在（ 2， +）上单调递增（2）f（x）> g（x）证明如下：设 h（ x）=f （ x） g（x） =3ex+x2 9x+1， h' （x）=3ex+2x9为增函数， 可设 h' （x0）=0，h' （0）=60，h' （1）=3e70， x0（ 0，1）当 xx0时，h' （x）0；当 xx0时，h' （x）0h（x） m

16、in=h（x0）=，又 ， ， =（ x0 1）（x010）， x0（ 0， 1），（ x0 1）（ x0 10） 0，h（x）min0，f （x）g（x）6. 已知函数 f （ x）=lnx x+1，函数 g（x）=ax?ex4x，其中 a 为大于零的常数）求函数 f （x）的单调区间；）求证： g（x）2f（x）2（lnaln2 ）答案】（1）增区间（ 0， 1）；减区间（ 1，+）. （ 2）见解析【解析】（） （ 2 分）x（ 0， 1）时， f' （x）0，y=f （x）单增；x（ 1， +）时， f' （x）0，y=f （x）单减 （4 分）证明：令 h（ x ）=

17、axex 4x 2lnx+2x 2=axe x2x 2lnx 2（a>0，x>0） （5 分）令 h' （ x ）=0 即7 分）两边求对数得： lna+x 0=ln2 lnx 0 即 lnx 0+x0=ln2 lna （9 分） ， h（x）2lna 2ln2 （ 12 分）7. 【山东省济南市 2019届高三 3 月模拟】已知函数， 其导函数的最大值为.（ 1）求实数 的值；2）若，证明： .答案】（1）；（ 2）见解析解析】（1）由题意，函数的定义域为 ，其导函数记则.当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增，且 . 所以 ，有 ，故 时不成立；当 时，若 ，则 ；若

18、，则 .所以在所以 .令 ，则 .当 时， ；当 时，. 所以在 的单减，在单增 .所以，故.（ 2）当时， ，则.由（ 1）知 恒成立，所以在上单调递减，且，不妨设 ，则 ， 欲证 ，只需证 ，因为 在 上单调递减，则只需证， 又因为， 则只需证 ，即 .令 （其中 ），且 .所以欲证， 只需证，由， 整理得： ，所以 在区间 上单调递增，所以 ， ，所以函数 在区间 上单调递减， 所以有 ，故.8【山东省日照市 2017 届高三下学期一模】设(e 为自然对数的底数 ) ， (I) 记，讨论函单调性；(II) 令 ，若函数 G(x) 有两个零点(i) 求参数 a 的取值范围；(ii) 设 的

19、两个零点，证明 【答案】()见解析; ( )( i )a>0; (ii) 见解析解析】，所以)当时，单调递减；当时，单调递增)由已知， ，当 时， ，有唯一零点 ；当 时， ，所以当时，减；当时，增所以 ，因 ，所以当 时， 有唯一零点；当 时， ，则 ，所以 ，所以 ，因为 ，所以， ，且，当， 时，使 ，取 ，则 ，从而可知当时，有唯一零点，即当时，函数有两个零点当 时， ，由 ，得 ，或 若 ，即 时， ，所以 是单调减函数，至多有个零点；若 ，即 时， ，注意到 ， 都是增函 数，所以当 时， ， 是单调减函数；当 时， ， 是单调增函数；当 时， ， 是单调减函数又因为 ，所以

20、 至多有一个零点；若 ，即 时，同理可得当 时， ， 是单调减函数；当时，是单调增函数；当时，是单调减函数又因为 ，所以 至多有一个零点综上，若函数 有两个零点，则参数 的取值范围是 由 知，函数 有两个零点，则参数 的取值范围是 ， 是 的两个零点，则有，因 ，则 ，且 ， ， ， ， ， 由（）知，当 时， 是减函数；当 时， 是增函数令 ， ，2m 2m再令 （m）e +1e1，所以 ，又 ，所以时， 恒成立，即恒成立，令 ，即 ，有 ，即因为 ，所以 ，又 ，必有 ，又当 时， 是增函数，所以 ，即2 9已知函数 f x lnx a x 1 a 0 .（ 1）讨论 f x 的单调性；3

21、（2）若 f x 在区间 0,1 内有唯一的零点 x0，证明： e 2 x0 e 1 . 【答案】 （1） 答案见解析； （2） 证明见解析 .【解析】（2）依题可知 f 1 0，若 f x 在区间 0,1 内有唯一的零点 x0，由（ 1）可知 a 2， 且 x0 x1 0,1 .0 1 22于是： lnx0 a x0 1 0 22ax02 2ax0 1 0 x 1 x 1由得 lnx00 0 ，设 g x lnx , x 0,1 ，2x02x则 g x 2x 21 ，因此 g x 在 0,1 上单调递减，2x223又23 e2 4 ， 1 e 1 3又 g e 20 ， g e 1 0223根据零点存在定理，故 e 2 x0 e 1 .x10已知函数 f x ex ax 1，其中 e 为自然对数的底数， a R（I）若 a e ，函数 g x 2 e x求函数 h x f x g x 的单调区间若函数 F x f x ,x m 的值域为 R, 求实数 m的取值范围 g x ,x m（ II ）若存在实数 x1,x20,2 , 使得 fx1fx2，且x1x21，求证： e 1 ae2e【答案】（1）详见解析实数 m的取值范围是 0, 1 ；（2）