2023届高考数学二轮复习零点差问题作业含答案

  第19讲零点差问题

知识与方法

 有关两个零点之和的取值问题一般为极值点偏移问题或拐点偏移问题，而有关两个零点差的问题则主要考查两个零点之间的位置关系，即零点之间的距离．
 零点差问题，基本思路有：
 (1)切线夹放缩；
 (2)割线夹放缩；
 (3)函数拟合放缩；
 (4)找点放缩．
 其中找点放缩的难度最大．如在天津卷就出现过切线放缩，一般这种提示比较明显，往往是第一问切割线．

典型例题

切线放缩

【例1】已知，若关于的方程有两个正实数根，且．
 (1)求实数的取值范围；
 (2)求证：．
【解析】(1)，得．
当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以的最大值为．且，
所以有两个正实数根．
(2)由，所以函数在处的切线是，
所以函数在处的切线是．
令，则，
所以时．
令，则．
当时，．
令，解得，解得．
因为，由单调递增，知；
又由，由单调递减，知．
所以．
【点睛】本题题设中是关于的取值问题，这类问题一般是转化成来解决，所以需要先找到一个函数满足恒成立，则得到，这样，同理构造函数，满足得到，从而，所以，这是切线放缩；当问题变成类型时，则需要割线放缩．
显然由(1)可知，题目求的零点差的取值范围，需要取点拟合切线，但一般较易的题目只需取几个特殊点的切线即可，本题可先试试两个零点，即(0，0)和(，0)．需要说明的是：用切线夹的方法来证明零点差问题，必须进行严谨的代数证明，不能“以图代证”．
【例2】已知函数．
 (1)求在(1，)处的切线方程，并证明；
 (2)若方程有两个正实数根，求证：．
【解析】(1)
设，
所以在(，)上是增函数，在上是减函数，
而，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以，即
(2)因为在(0，0)处的切线方程为，在(1，0)处的切线方程为，
下面判断两条切线是否在的下方．
(i)由(1)知在的上方
(ii)接下来证明：在上方
设，

得或，
所以在(0，+∞)为单调递增，所以，
所以在(0，+∞)为增函数，所以，
所以当时，在的上方；
如下图：

直线与的交点的横坐标为，
直线与的交点的横坐标为，
由图可知，证毕；
【点睛】切线夹法的一般步取如下：
第一步：设切点(，)，一般可考虑零点；
第二步：根据切点求出两条切线；
第三步：求出两条切线与的两个交点，所以．

割线放缩

【例3】已知函数．
 (1)求函数的单调区间；
 (2)若，证明：在(0，+∞)上恒成立；
 (3)若方程有两个实数根，且，求证：．
【解析】(1)的定义域为，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
 (2)等价于，只需证明．
令，则，
当时，；当时，，
所以在(0，)上单调递减，在上单调递增，
所以，
故，所以在(0，+∞)上恒成立．
(3)首先，的图象如下图所示：

先看左边不等式，显然是求割线夹，这两条割线很容易得到，
即为函数最低点(，)与(0，0)及(1，0)的连线，即与．
设两割线与直线交点的横坐标分别为．
解方程可得．
(此时还需要说明，但不能根据图像直接说明，不能以图代证)
当时，；
当时，．
令有最小值，而，所以，
所以根据单调性，可得：，
所以，不等式左侧证明完毕．
下面来看不等式右侧：比较明显的切线夹，而且这两条切线可以从给定的提示很快得到，分别是和时的两条切线(详细求法不再赘述)．
切线分别为和与的交点分别为．

参考左侧不等式的证明方法，可得，证毕．

综上可知：．
【点睛】切线夹与割线夹是解决关于零点差问题的常规方法，这种思路要熟练掌握．

函数拟合

【例4】已知函数的两个零点记．
 (1)求的取值范围；
 (2)证明：．
【解析】(1)记，则，
所以在(－∞，1)单调递增，在(1，+∞)上单调递减，

的零点即与交点的横坐标，所以．
(2)记，首先证明当时，．
作差得．
所以在(0，]单调递增，(，1)单调递减，在(1，+∞)单调递增．又，所以当时，恒有，取等条件是．
由(1)知．记，即的两个根为，
则．
于是．

由于在(0，1)单调递增，在(1，+∞)递减，所以有，所以．
【例5】已知，函数有两个不同的零点．证明：
【解析】解法1：
令得，此方程有两个不等实根，
令，则，易得故在(－∞，1)递增，在(1，+∞)递减，，故可得，且，下面构造．

设，则有，

进一步可得，
所以可得所以得到为了让的单调性与保持一致，
则所以，
下证，即证，
点睛意到，且不等于1，故只需证明．记，则，
易知在(0，1)递减，在(1，+∞)递增，所以，所以
解法2：二次函数拟合法
令，则，
所以在(－∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减．
依题意有两个不等的实根，所以．
不妨假设，满足：．
所以是一元二次方程的两不同零点，
易知，不妨假设．
要证：只要证，只要证
由于，且当时．
故只要证：，同理可证．
由，得

则

所以.证毕!

【点睛1】构造一个二次函数进行整体放缩,并且的两个根刚好满足,接下来只要论证即可.具体的得出可借助待定系数法.

【点睛2】观察证明的目标右侧,形似二次方程中两根之差的,故尝试二次拟合.

【点睛3】含参函数的零点为,证明(其中为根式).点睛意到目标结构有“根式”,零点差问题一般回归二次函数进行证明.首先通过(标准极值点偏移问题可证),以及目标,得出“二次方程”.即,则,则对应的二次函数为.

下面可转化为证明:.一般通过构造函数或者放缩来证明.

找点放缩

【例6】已知函数.

(1)当时,求的最值;

(2)当时,若的两个零点分别为,证明:.

【解析】(1)当时,.

当时,单调递减;当时,单调递增.

.

(2)当时,.

令,

,所以在上单调递增.

又因为.

因为时,单调递增;

当时,单调递减.

所以.所以.

因为,

所以,而在上单调递增,所以.

因为.

所以,而在上单调递减,所以,即.

综上所述,,所以.

【例7】已知函数.

(1)讨论函数的单调性;

(2)若是的两个零点,证明:.

【解析】(1)的定义域为,且.

(1)当时,的单调递减区间为;

(2)当时,由得,故的单调递增区间为,单调递减区间为.

(2)因为有两个零点,所以由(1)知且,所以.

要证原不等式成立,

只需证明,

只需证明,

只需证明,

一方面:因为,所以,

所以,

所以,且在,单调递增,

故,

另一方面,令,

则.

当时,;

当时,;

故,故即在恒成立,

令,则,于是,

而,故,

且在单调递减,故.

综上所述,,即原不等式成立.

【点睛】(1)先求函数的导数,分和两种情况讨论函数的单调性;(2)根据(1)的结果可知,即,利用分析法,将需要证明的不等式转化证明,只需要证明,利用函数的单调性和零点存在性定理可证明,根据零点存在性定理和单调性证明.本题考查利用导数求函数的单调性好不等式证明,重点考查了构造函数和讨论的思想,属于难题,本题的难点是再证明时,需要构造函数,并且证明不等式时,经常使用分析法转化.

【例8】已知函数.

(1)求函数的单调区间;

(2)若函数有两个不同的零点.

(i)求实数的取值范围;

(ii)证明:.

【解析】(1).

当时,单调递增;当时,单调递减.

所以在上单调递减,在上单调递增.

由可知,,所以;

(但此时并不能保证函数有两个零点,需要继续进行取“点”,以方便使用零点存在性定理判断零点的存在性)

(ii)不妨设,因为.

令,令,则,

令,

所以单调递增,所以,

所以单调递增,所以,因为,

所以单调递增.

又因为,所以,所以;

设.

当时,单调递增;

当时,单调递减.

所以,所以,

则,

令,所以,

所以,所以.

【点睛】取“点”不好取,本质上就是不等式不好解,但由于这样的“点”有无穷多个,我们只需要找到其中的一部分,所以我们可以适当地退一步,放缩一下,将不容易求解的不等式转化为容易求解的不等式.但需要点睛意的是,取“点”实质上是对函数阶的考量,所以放缩不能改变函数整体的相对变化趋势(极限),具体如何放缩取决于函数表达式的结构.

虽然上面我们给出了四种不同的处理手段,但关于零点差的问题,切线夹与割线夹放缩法是最常用的放缩手段.

强化训练

1.已知函数.

(1)讨论函数的极值点个数;

(2)已知函数有两个不同的零点,且.证明:

【解析】(1)略;

(2)首先,则.

因为,显然当时,取得极小值.

有两个不同的零点,则有,得.

再观察待求证的结论:.

这样普通的零点差,我们可以大胆尝试证明:.

首先证明,只需证明,如下图:

(这里用到了常用放缩和,证明其中之一即可)

接下来证明,只需证明.

而

所以,所以.

2.已知函数.

(1)求在点处的切线方程;

(2)若,证明:在上恒成立;

(3)若方程有两个实数根,且,

证明:.

【解析】(1),

所以在处的切线方程为.

(2)当时,,

故只需证.

又由,以及,

可知当时,,

以及.

故只需证明,

整理得,显然成立,

从而原不等式得证.

(3)记的零点为,则,

故在上单调递减,在上单调递增(画出草图如下):

由此可知.

将(1)中的切线方程记为,

点睛意到,所以.

记方程的解为,即,故有.

点睛意到单调递减,故有.

另一方面,由可知.

记的解为,即.

所以.

点睛意到单调递增,所以.

所以.

3.已知函数.

(1)求函数的零点,以及曲线在处的切线方程;

(2)设有两个实数根,求证:.

【解析】(1),

在处的切线方程为,

在处的切线方程为;

(2)证明:.

当时,;

当时,.

所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.

显然知,当时,;当时,;当时,.

因为有两个实数根,

不妨设,则.

,下面证明当时,.

即证,即证

上式显然成立,所以.

令,得,

记,则.

要证,

只要证,

即证.

因为,所以只要证,

即.

因为,即证.

令.

当时,单调递减;

当时,单调递增,

所以,所以.

所以.

4.已知函数,令方程有两个不同的根,且满足,求证:.

【解析】由,显然单调递增,又因为,所以在在1与之间,存在唯一,使得.

所以在上单调递减,在上单调递增,

因为.

根据题意,画图如图所示:

(1)设函数在处的切线为.

直线的直线方程:,令,解得;

(2)设函数在处的切线为.

直线的直线方程:,令,解得.

所以.

5.已知函数.

(1)设曲线与轴正半轴的交点为,曲线在点处的切线方程为直线.求证:

曲线上的点都不在直线的上方;

(2)若关于的方程有两个不等实根,

求证:.

【解析】解法1:切线夹法则

设切点,

所以切线为,

令,则,

设两个切点的横坐标分别为,

因为,

则,则.

即,

证毕.

解法2:

用两个零点作为切点,但是右零点设为,因为,再利用单调性进行放缩可证;原理也是切线夹的思想;

由,令为极大值点,

如下图,

过原点的切线为,

设,所以过的切线为,

联立,又因为,

(此处证明两条切线在函数图象的上方省略)

所以,因为,

设,而在上单调递增,

又因为,所以,证毕.

解法二次函数拟合法

设二次函数,令,

现在只要证明,

只要不妨取的两个根为,

又因为,

所以,证毕.

【点睛】切线夹法的难点是找出两个切点,可以利用的的系数来确定两个切点的横坐标,或者是从零点处考虑.

6.已知函数,其中.

(1)当时,讨论的单调性;

(2)已知,且函数有零点,求证:对任意的正实数,都存在满足条件的实数,使得成立.

【解析】(1)当时,,的定义域为.

令,即.

(1)当时,.

设的根.

则,解得或(舍).

所以在上是减函数,在上是增函数.

(2)当时,

(i)若,则恒成立,所以在上单调递减,无增区间;

(ii)若,由解得,由解得,所以在上单调递减,在上单调递增.

综上所述:当时,的单调增区间是,减区间是

当时,若的单调减区间是,无增区间;若的单调增区间是,减区间是.

(2)证明:因为,所以,则.因为,所以

所以方程在上有唯一的实数根,记为.

所以,则

且当时,单调递减;

当时,单调递增.

因为函数有两个不相等的零点,所以,即,

将（*）代入,得.显然,,则.

取,则.

另取,

则.

令,

所以,则函数单调递增,

所以,即,

所以对于,

所以当时,函数有两个零点.

因为,所以.

下证:对任意,都存在,使得.

因为,对任意的,令,

则,

即对任意的正实数,都存在满足条件的实数,使得.

7.已知函数,其中是自然对数的底数.

(1)若曲线与直线有交点,求的最小值;

(2)设,问:是否存在最大整数,使得对任意正数都有成立?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

(ii)若曲线与直线有两个不同的交点,求证:

【解析】的导数为.

点睛意到,所以在上单调递减,在上单调递增,所以从而实数的最小值为.(2)(1)首先令,得,

得,

所以是必要的.

下面证明可以取到:

令,则,

其导函数为,

由常用放缩,可知当时,,

所以在上单调递减,在上单调递增,所以.

这表明符合题意,所以的最大整数值为1.

(2)先考察与,

整理得.

设其两根为,则.

由不重合,故,结合(2)(1)可知对任意,都有.

不妨设,则.

而在上单调递减,所以.

同理,.

而在递增,所以.

所以.

8.已知函数.

(1)求函数在处的切线方程;

(2)若方程有两个实数根,求证:.

【解析】(1)略;

(2)求的零点,

可以转化为求函数与函数的交点,令.

下图是与的图像,交点的横坐标分别为.

过点,作的切线.

因为.所以,所以.

令与交点的横坐标为.

令,

.

当时,在单调递减.

当时,在单调递增.

所以.所以的图像在切线的上方.

因为,所以.

又因为,所以.

再在上找一点,作的切线,因为.

所以切线.令与交点的横坐标为.

所以,所以.

令,即,

则在的单调递增,且,

所以,当时单调递减;

当时单调递增;

所以,所以.

又因为,所以.

又因为

.

所以.