第20讲 函数与方程的综合问题
【p59】
【命题趋势】
函数、方程、导数综合是历年高考命题的热点，多以解答题中压轴题的形式出现，除重点考查利用导数判断单调性和利用导数求极值、最值外，较多的还是导数解决零点的问题，即将求参数范围问题转化为求函数最值问题，通过构造函数，以导数为工具证明零点问题，旨在考查学生思维能力及数学素养．
【备考建议】
函数与方程的综合问题是新课标高考的命题热点之一，往往处在解答题压轴题的地位，是爬坡题，具有一定的区分度，有一定的难度．备考时需要明确以下几个问题的解决方法：
(1)研究零点的个数问题；
(2)根据零点个数求参数的取值范围；
(3)与不等式有关的证明．零点的问题常与数列、导数综合在一起，这个考点考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等，还要培养提高推理论证能力、运算求解能力、创新意识等．
【p59】
探究一 函数零点的个数与参变量范围问题
例1(1)函数f(x)＝x2－4x＋5－2ln
x的零点个数为__________．
【解析】2
函数的零点个数?方程x2－4x＋5－2ln
x＝0的实根的个数，即x2－4x＋5＝2ln
x?函数y＝x2－4x＋5与函数y＝2ln
x图象交点的个数；作出两函数图象的草图如下：
由图可知两函数图象有且只有2个交点，故函数的零点个数是2.
(2)用[x]表示不大于实数x的最大整数，方程lg2x－－2＝0的实根个数是________．
【解析】3
令lg
x＝t，则得t2－2＝[t]，作y＝t2－2与y＝[t]的图象，知t＝－1，t＝2，及1
故得：x＝，x＝100，x＝10，即共有3个实根．
例2(1)已知函数f(x)＝若函数F(x)＝f(x)－kx有且只有两个零点，则k的取值范围为( )
A．(0，1)
B.
C.
D．(1，＋∞)
【解析】选C.
当x≥0时y＝，∴4y2－x2＝1，渐近线方程为y＝±x.当x<0时f(x)＝－ln(1－x)，∴f′(x)＝，∴f′(0)＝1，所以直线y＝x与函数f(x)＝－ln(1－x)相切于原点，结合图形，当直线斜率小于1时，直线y＝kx与f(x)＝－ln(1－x)有一个交点，同时当直线斜率大于时，直线y＝kx与4y2－x2＝1有1个交点，因此k的范围是.
(2)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.
由题意得f′＝aex－1，若a≤0，则f′<0，至多一个零点，不符题意；若a>0，则f′＝0?x＝－ln
a，函数f先减后增，因此f<0，1＋ln
a－2a<0，因为a≥ln
a＋1，所以a>0，选D.
(3)已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与直线y＝x有四个不同的公共点，则实数a的取值范围为( )
A．(－16，＋∞)
B．(－∞，－20)
C．{－20，－16}
D．(－20，－16)
【解析】选D.
令g(x)＝sin
x－x，则g′(x)＝cos
x－1≤0，所以g(x)在R上递减，且g(0)＝0.故sin
x＝x在x<1时有且只有一个解；当x≥1时，令x3－9x2＋25x＋a＝x，有x3－9x2＋24x＝－a，要使得函数f(x)的图象与直线y＝x有四个不同的公共点，只需函数h(x)＝x3－9x2＋24x的图象与直线y＝－a有三个不同交点，h′(x)＝3x2－18x＋24，令h′(x)＝0，得x＝2或x＝4，当x∈(1，2)时h′(x)>0；当x∈(2，4)时，h′(x)<0；当x∈(4，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x＝2时，h(x)取得极大值h(2)＝20；当x＝4时，h(x)取得极小值h(4)＝16，且h(1)＝16，故当16<－a<20，即－20【点评】1.函数零点的几个等价关系是方程f(x)＝0有实根?函数y＝f(x)的图象与x轴有交点?函数y＝f(x)有零点．
2．零点存在定理：如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点．
3．函数的零点与方程根的问题处理方法
(1)函数的零点、方程的根，都可以转化为函数图象与x轴的交点，数形结合法是解决此类问题的一个有效方法．
(2)解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数与方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．
探究二 方程根的分布与函数零点的探究问题
例3(1)已知函数f(x)＝x2－ax＋2b的一个零点在区间(0，1)上，另一个零点在区间(1，2)上，则2a＋3b的取值范围是________．
【解析】(2，9)
由题可得即
作出二元一次不等式组表示的可行域(如图中阴影部分)，可得2＜2a＋3b＜9，即2a＋3b的取值范围是(2，9)．
(2)设s，t是不相等的两个正数，且s＋sln
t＝t＋tln
s，则s＋t－st的取值范围为( )
A．(－∞，1)
B．(－∞，0)
C．(0，＋∞)
D．(1，＋∞)
【解析】选D.
由已知s＋sln
t＝t＋tln
s可得＝.设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝.当x∈(0，1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．如图，作出函数f(x)的图象，由题意f(s)＝f(t)，所以s，t为方程f(x)＝m的两个不同的解．不妨设s>t，则0故s＋t－st－1＝(s－1)(1－t)>0，所以s＋t－st>1.故选D.
【点评】一元二次方程根的分布问题求解实质是将方程的根的问题转化为函数的零点问题，利用二次函数的图象通过数形结合进行探求；而二分法求零点的近似解即依据解的精确度，通过不断缩小零点的存在区间而找到．
例4已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(i)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ii)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝－ln
a.
当x∈(－∞，－ln
a)时，f′(x)<0；当x∈(－ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－ln
a)上单调递减，在(－ln
a，＋∞)上单调递增．
(2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ii)若a>0，由(1)知，当x＝－ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln
a)＝1－＋ln
a.
①当a＝1时，由于f(－ln
a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln
a>0，即f(－ln
a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln
a<0，即f(－ln
a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln
a)上有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln
a，因此f(x)在(－ln
a，＋∞)上有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1)．
【点评】1.函数的零点即相应方程的根，其判定方法常有零点存在定理法和数形结合法两种．
2．利用导数研究方程根的问题策略：
(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题．
(2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象．
(3)结合图象求解．
探究三 应用导数研究函数零点的综合问题
例5已知a≠0，函数f(x)＝|ex－e|＋ex＋ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)已知当a<－e时，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1a＋e.
【解析】(1)f(x)＝
∴f′(x)＝
当a>0时，f(x)在R上单调递增，
当a<0时，考虑x≥1时，令f′(x)>0?ex>－?x>ln，
①ln≤1?－2e≤a<0时，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增；
②ln>1?a<－2e时，f(x)在单调递减，在单调递增．
(2)注意到a＋e＝f(1)，所以所证明不等式转化为证明f(x1x2)>f(1)，∵a<－e，∴f(1)＝a＋e<0，
所以f(x)的两个零点x1<1方法一：由x1<1∴∴x1x2＝，
令h(x)＝，则h′(x)＝，
令φ(x)＝2ex－e－xex，φ(1)＝0，则当x>1时，
φ′(x)＝ex－xex＝(1－x)ex<0，∴φ(x)在(1，＋∞)单调递减，∴φ(x)<φ(1)＝0，即h′(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)单调递减，h(x)∴f(x1x2)>f(1)＝a＋e.
方法二：同方法一可知x1<1下证：f(x1)>f，∵f(x1)＝f(x2)＝0，所以只需证f＝＋e<0，由2ex2＋ax2－e＝0?a＝，所以只需证f＝＋e＝<0，
令h(x)＝e－2ex＋ex2，x∈(1，＋∞)，∴h′(x)＝－2ex＋2ex，h′(1)＝0，h″(x)＝－2ex＋2e＝－2(ex－e)<0，
∴h′(x)在(1，＋∞)单调递减，∴h′(x)∴h(x)在(1，＋∞)单调递减，∴h(x)∴f＝＝<0，
∵a<－e时，f(x)在(－∞，1)均单调递减，
∴>x1，即x1x2<1，
∴f(x1x2)>f(1)＝a＋e.
例6已知函数f(x)＝ax＋(1－a)ln
x＋(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)当a<0时，求f(x)的单调区间；
(3)方程f(x)＝0的根的个数能否达到3，若能请求出此时a的范围，若不能，请说明理由．
【解析】(1)f(x)其定义域为(0，＋∞)．
当a＝0时，f(x)＝ln
x＋，f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当01时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)；
所以x＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)f′(x)＝a－－＝＝(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－，
当－1－，令f′(x)>0，得1当a＝－1时，f′(x)＝－≤0.
当a<－1时，0<－<1，令f′(x)<0，得01，令f′(x)>0，得－综上所述：
当－1当a＝－1时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；
当a<－1时，f(x)的单调递减区间是，(1，＋∞)，单调递增区间是.
(3)a≥0时，∵f′(x)＝(x>0)，
∴f′(x)＝0(x>0)仅有1解，方程f(x)＝0至多有两个不同的解．
(注：也可用fmin(x)＝f(1)＝a＋1>0说明．)
由(2)知－10，
方程f(x)＝0至多在区间上有1个解．
a＝－1时f(x)单调，方程f(x)＝0至多有1个解．
a<－1时，f故方程f(x)＝0的根的个数不能达到3.
【点评】解决有关含参数的函数零点与不等式证明问题时，常常需要探究零点的所在范围，然后构造函数，应用导数工具研究函数的单调性，甚至求出其极值和最值，作出其大致图象，并就含参变量的不同取值分类讨论，从而证明与零点有关的不等式．
【p60】
考题1[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a，若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A．[－1，0)
B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞)
D．[1，＋∞)
【解析】选C.
∵g(x)＝f(x)＋x＋a存在两个零点，∴g(x)＝0，
即f(x)＋x＋a＝0有两个根，
∴f(x)＝－x－a有两个根，即函数y＝f(x)与h(x)＝－x－a有两个交点，
h(x)＝－x－a在y轴上的截距为－a，使－a≤1即可，
∴a≥－1.
【命题立意】本题主要考查函数零点及数形结合思想．
考题2[2020·全国卷Ⅰ(文科)]已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，
故f(x)至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln
a.
当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln
a)单调递减，
在(ln
a，＋∞)单调递增，
故当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，
最小值为f(ln
a)＝－a(1＋ln
a)．
(ⅰ)若0a)≥0，
f(x)在(－∞，＋∞)至多存在1个零点，不合题意．
(ⅱ)若a>，则f(ln
a)<0.
由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln
a)存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当x>4且x>2ln(2a)时，
f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln
a，＋∞)存在唯一零点，
从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．
综上，a的取值范围是.
【命题立意】本题考查利用导数判断函数的单调性，利用导数研究函数的零点，有一定难度．
(1)先求导，可直接得出函数的单调性；
(2)可以分离参数得a＝，再构造函数，利用导数研究函数的性质，得出a的取值范围．也可以直接分类讨论f(x)的零点．
考题3
[2019·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝sin
x－ln
(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
【解析】(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos
x－，g′(x)＝－sin
x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(i)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减，又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．
(ii)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．
又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.从而，f(x)在没有零点．
(iii)当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递减．而f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点．
(iv)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【命题立意】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题．解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可．(共91张PPT)
第20讲 函数与方程的综合问题
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
高考
●●●●●
限时训练>●。。【p128】
A组 基础演练
1．函数f(x)＝－＋log2x的一个零点落在下列哪个区间( )
A．(0，1)
B．(1，2)
C．(2，3)
D．(3，4)
【解析】选B.
由题得f(x)单调递增，f(1)＝－1<0，f(2)＝>0，∴f(x)＝－＋log2x的零点落在区间(1，2)上．故选B.
2．设实数a∈，则函数f＝x2－x＋a2＋1有零点的概率为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.
由题设判别式Δ＝－4＝4a－3>0，即a>，则D＝1，d＝1－＝，P＝，应选答案D.
3．已知函数f(x)＝(k∈R)，若函数y＝＋k有三个零点，则实数k的取值范围是( )
A．k≤2
B．－1C．－2≤k<－1
D．k≤－2
【解析】选D.
由函数y＝＋k有三个零点，可得＝－k有三个根，
当k＝0时，显然y＝－k跟没有三个交点；
当k>0时，y＝－k<0，≥0，
易得y＝－k跟没有交点；
当k<0时，y＝－k>0，如图所示：
易得当k≤－2时，y＝－k跟有三个交点．
4．设f(x)是连续的偶函数，且当x>0时，f(x)是单调函数，则满足f(x)＝f的所有x之和为( )
A．3
B．－3
C．8
D．－8
【解析】选D.
因为当x>0时，f(x)是单调函数，所以等价于x＝－，等价于x2＋5x＋3＝0，x1＋x2＝－5，或是x＝，等价于x2＋3x－3＝0，所以x3＋x4＝－3，所以所有满足条件的x的和是－8.
5．函数f(x)＝lg(＋1)－sin
2x的零点个数为________个．
【解析】12
由题意得：求y＝lg(＋1)与y＝sin
2x交点个数，因为x＝±9时，y＝lg
10＝1，所以当x∈[0，9]时，y＝lg(＋1)与y＝sin
2x有6个交点；当x∈[－9，0)时，y＝lg(＋1)与y＝sin
2x有6个交点；所以共有12个交点．
6．若函数f＝2x－1在区间上有零点，则实数a的取值范围是________．
【解析】
∵函数f＝2x－1在区间上有零点，
∴a＝－x，x∈[0，1]．
∴a∈.
7．已知函数f＝ln
x＋x2－x，m∈R且m≠0.
(1)当m＝2时，令g＝f＋log2，k为常数，求函数y＝g的零点的个数；
(2)若不等式f>1－在x∈上恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)当m＝2时，g＝－ln
x＋x2－x＋log2，x>0，
所以g′＝－＋2x－1＝＝，
令g′＝0，解得x＝1或x＝－(舍去)，
当x∈时，g′<0，所以y＝g在上单调递减，
当x∈时，g′>0，所以y＝g在上单调递增，
所以x＝1是y＝g的极小值点，y＝g的最小值为g＝log2.
当log2＝0，即k＝时，函数y＝g有一个零点；
当log2>0，即k>时，函数y＝g没有零点；
当log2<0，即(2)由已知f′＝＋mx－1＝＝，
令f′＝0，解得x1＝，x2＝1.
由于－1＝＝，
①若m<0，则x1＝<0，故当x≥1时，f′≤0，因此f在上单调递减，所以f≤f＝－1<0，又因为1－>0，
则f>1－不成立；
②若01，故当x∈时，f′≤0；当x∈时，f′>0，即f在上单调递减，在上单调递增，
所以f＝f＝ln＋＋1－.
因为>1，所以ln＋>0，
则ln＋＋1－>1－，
因此当01－恒成立．
③若m≥，则x1＝≤1，故当x≥1时，f′≥0，因此f在上单调递增，
故f＝f＝－1，令－1>1－，化简得m2－4m＋2>0，
解得∪，
所以m∈∪，
综上所述，实数m的取值范围是∪.
B组 能力提升
8．若函数f(x)＝仅有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.
由题意，显然f(0)＝1≠0，
当x<0时，f′(x)＝1－ex>1－e0＝0，即函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，
又f(0)＝1>0，f(－2)＝－e－2<0，根据函数零点存在定理可知，函数f(x)在(－∞，0]上存在唯一1个零点．
又因为f(x)在R上仅有一个零点，所以函数f(x)在不存在零点．
即方程a＝4x－x3在上无解．
令g＝4x－x3，g′(x)＝4－x2，
当00，g(x)在(0，2)上单调递增；
当x>2时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
故当x＝2时，g(x)取得极大值g＝4×2－×23＝.
又g(0)＝0，且x→＋∞时，g→－∞.
故g(x)的值域为，则a>.
故选C.
9．若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex在(0，＋∞)上存在公共点，则a的取值范围为________．
【解析】
根据题意，函数y＝ax2与函数y＝ex在(0，＋∞)上有公共点，令ax2＝ex得：a＝.设f(x)＝，则f′(x)＝，由f′(x)＝0得：x＝2，
当0当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)＝在区间(2，＋∞)上是增函数，
所以当x＝2时，函数f(x)＝在(0，＋∞)上有最小值f(2)＝，所以a≥.
10．已知函数f(x)＝(其中a为常数)．
(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当0.
【解析】(1)当a＝0时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0可得x＝.列表如下：
x
(0，1)
(1，)
(，＋∞)
f′(x)
－
－
0
＋
f(x)
减
减
极小值
增
单调减区间为(0，1)，(1，)；增区间为(，＋∞)．
(2)由题，f′(x)＝，
对于函数h(x)＝2ln
x＋－1，有h′(x)＝，
∴函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∵函数f(x)有3个极值点x1，x2，x3，且x1从而hmin(x)＝h＝2ln
＋1<0，所以a<，
当0a<0，h(1)＝a－1<0，
∴函数f(x)的递增区间有(x1，a)和(x3，＋∞)，递减区间有(0，x1)，(a，1)，(1，x3)，
此时，函数f(x)有3个极值点，且x2＝a；∴当0x＋－1的两个零点，即有
消去a有2x1ln
x1－x1＝2x3ln
x3－x3.
令g(x)＝2xln
x－x，g′(x)＝2ln
x＋1有零点x＝，且x1<∴函数g(x)＝2xln
x－x在上单调递减，在上单调递增，
要证明x1＋x3>，即x3>－x1>，
则g(x3)>g，
∵g(x1)＝g(x3)，∴即证g(x1)>g，
即g(x1)－g>0，
构造函数F(x)＝g(x)－g，∵F＝0，
∴只需要证明x∈时F(x)单调递减即可．
而F′(x)＝2ln
x＋2ln＋2，
F″(x)＝>0，
∴F′(x)在上单调递增，∴F′(x)∴当0.