29 微专题26　零点问题 【正文】教师

微专题26零点问题[备选理由]例1考查与分段函数有关的零点问题,考查当参数不同时判断函数零点个数以及根据零点个数求参数的取值范围,考查数形结合思想;例2考查能转化为零点(方程的解)问题的图象问题,需要根据不同的条件构造不同的函数,考查函数的性质和导数的应用,综合性较强;例3考查指数复合函数有关的根据零点个数求参数的取值范围以及零点偏移问题,注意分类讨论思想在解决零点个数问题中的应用及同构、指对函数放缩方法的应用;例4考查导数的几何意义,考查根据零点个数求参数的取值范围,考查数形结合思想.1[配例1使用](多选题)[2023·辽阳二模]已知函数f(x)=xlnx,x>0,-x2-2x+1,x≤0,函数g(x)=[f(x)]2-(a-1)f(A.若a<-1e,则g(x)恰有2B.若1≤a<2,则g(x)恰有4个零点C.若g(x)恰有3个零点,则a的取值范围是[0,1)D.若g(x)恰有2个零点,则a的取值范围是-∞,-1e∪(2,[解析]令g(x)=[f(x)]2-(a-1)f(x)-a=0,得[f(x)-a][f(x)+1]=0,解得f(x)=-1或f(x)=a.当x>0时,f(x)=xlnx,f'(x)=lnx+1,由f'(x)>0,得x>1e,由f'(x)<0,得0<x<1e,则f(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,当x=1e时,f(x)取得极小值,极小值为f1e=-1e.当x≤0时,f(x)=-x2-2x+1,f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0]上单调递减,所以当x=-1时,f(x)取得极大值,极大值为f(-1)=2,又f(0)=1,f(1)=0,故f(x)的图象如图所示.由图可知,f(x)=-1有且仅有1个实根.当a=-1时,g(x)恰有1个零点,故A中说法错误;当1≤a<2时,f(x)=a有3个实根,则g(x)恰有4个零点,故B中说法正确;若g(x)恰有3个零点,则f(x)=a恰有2个实根,故a=2或0≤a<1或a=-1e,故C中说法错误;若g(x)恰有2个零点,则f(x)=a恰有1个实根,且a≠-1,故a<-1或-2[补充使用](多选题)[2023·广州一模]已知函数f(x)=x2+2(x≥0),g(x)=ae-x(a>0),点P,Q分别在函数y=f(x)和y=g(x)的图象上,O为坐标原点,则下列说法正确的是 (BCD)A.若关于x的方程f(x)-g(x)=0在[0,1]上无解,则a>3eB.存在点P,Q关于直线y=x对称C.若存在点P,Q关于y轴对称,则0<a≤2D.若存在点P,Q满足∠POQ=90°,则0<a≤2[解析]函数f(x)=x2+2(x≥0),g(x)=ae-x(a>0).对于A,关于x的方程f(x)-g(x)=0在[0,1]上有解⇔h(x)=x2+2-ae-x=0在[0,1]上有解,显然函数h(x)在[0,1]上单调递增,则只需h(0)=2-a≤0,h(1)=3-ae-1≥0,解得2≤a≤3e,故若关于x的方程f(x)-g(x)=0在[0,1]上无解,则0<a<2或a>3e,A错误.对于B,设点Q(t,ae-t),若Q关于直线y=x的对称点(ae-t,t)在函数f(x)=x2+2(x≥0)的图象上,则关于t的方程t=a2e-2t+2有解,即a2=(t-2)e2t有解,此时t>2.令函数φ(t)=(t-2)e2t,t>2,则φ'(t)=(2t-3)e2t>0,故函数φ(t)在(2,+∞)上单调递增,故φ(t)>φ(2)=0,即函数φ(t)的值域为(0,+∞),又a2>0,故a2=(t-2)e2t在(2,+∞)上有解,所以存在点P,Q关于直线y=x对称,B正确.对于C,设点P(u,u2+2),u≥0,若点P关于y轴的对称点(-u,u2+2)在函数g(x)=ae-x(a>0)的图象上,则关于u的方程aeu=u2+2有解,即a=u2+2eu有解,令F(u)=u2+2eu,u≥0,则F'(u)=-u2+2u-2eu=-(u-1)2+1eu<0,故函数F(u)在[0,+∞)上单调递减,所以F(u)max=F(0)=2,又对任意u∈[0,+∞),恒有F(u)>0,所以F(u)的值域为(0,2],故0<a≤2,C正确.对于D,设P(x1,x12+2),Q(x2,ae-x2),若∠POQ=90°,则OP·OQ=x1x2+ae-x2(x12+2)=0,显然x1x2≠0,且x1>0,x2<0,故a=x1x12+2·-x2e-x2.令G(x)=xex,x>0,则G'(x)=1-xex,当0<x<1时,G'(x)>0,函数G(x)单调递增,当x>1时,G'(x)<0,函数G(x)单调递减,因此G(x)max=G3[配例3使用][2023·山东日照三模]已知函数f(x)=ax2ex-1-lnx-ln(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x1,x2,x3,证明:aex1x解:(1)由题意知a>0,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae(i)当x≥2时,f'(x)<0,f(x)单调递减.(ii)当x∈(0,2)时,令g(x)=2x2-x3ex-1,0<x<当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,2)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=1,又g(0)=0,g(2)=0,所以0<g(x)≤1.当a∈(0,1]时,f'(x)≤0在(0,2)上恒成立,则f(x)在(0,2)上单调递减,又f(x)在[2,+∞)上单调递减,故f(x)至多有一个零点,与题设矛盾;当a>1时,f'(x)=ag(x)-1ax(0<x<2),记f'(x)的两个零点为m,n,且0<m<1<n<2,则f(x)在(0,m)上单调递减,在(m,n)上单调递增,在(n,+∞)上单调递减,所以f(n)>f(1)>0.令p(x)=xe1-x-1(0<x<1),则p'(x)=(1-x)e1-x>0(0<x<1),所以p(x)在(0,1)上单调递增,因为0<1a<1,所以p1a=1ae1-1a-1<p(1)=e1-1-1=0,所以f1a所以f(m)<0,又当x→0时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→-∞,故函数f(x)有三个零点.综上所述,a>1.(2)证明:f(x)=0等价于aexex=ln(a令t(x)=lnxx,则t'(x)=所以t(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,由(1)可得0<x1<1a<x2<1<x3,则aex1<e,ex1<e,aex3>e,所以t(aex1)=t(ex1),t(aex3)=t(ex3),所以aex1=ex1,a则x1,x3满足x1-ln要证aex1x3>e,只需证x1x令q(x)=x-lnx,则q'(x)=x-令q'(x)<0,得0<x<1,令q'(x)>0,得x>1,所以函数q(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.下面证明x1+x3>1+k,即证x3>1+k-x1,又x1<1<x3,k>1,即证q(x3)>q(1+k-x1),即证k>1+k-x1-ln(1+k-x1),即证0>1-x1-ln(1+x1-lnx1-x1)=1-x1-ln(1-lnx1),即证e1-x1-1+lnx1<0,x令c(x)=e1-x-1+lnx,x∈(0,1),则c'(x)=-xe1-x+1x,令d(x)=-xe1-x+1,x∈(0,1),则d'(x)=(x-1)e1-x<0,所以d(x)单调递减,故d所以c'(x)=-xe1-x+1x>0,则c(x)在(0,1)上单调递增,故c(x)<c(1)=0,所以e1-x1-1所以x1+x3>1+k,所以x1x3-1≥ln(x1x3)=x1+x3-2k>1+k-2k=1-k,所以x1x3>2-k,得证.4[补充使用]已知函数f(x)=alnx+bx2e1-x,a,b∈R.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程是y=x+ln2,求a和b的值;(2)若a=e,且f(x)的导函数f'(x)恰有两个零点,求b的取值范围.解:(1)因为f'(x)=ax+bx(2-x)e1-x,所以f'(2)=a因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程是y=x+ln2,所以f'(2)=1,f(2)=2+ln2,即a2=1,aln2+4be=2+解得a=2,b=(2(2)当a=e时,由f'(x)=ex+bx(2-x)e1-x=0,得exx=bx(x-2),显然x≠故