专题13函数的零点的问题(解析版)

1、专题13函数的零点的问题一、题型选讲题型一函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围.(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法 2就是此法.它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题.(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)设函数 f(x) = | e 2 , (其中、

2、x33mx2,xW0e为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数 m的取值范围是 .【答案】(1, +8 ) .V 1. .一 .一.【解析】解法1(直接法)当x0时，令f(x) =e x2 = 0,解得X=ln20,此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当 x 0时，f(x)=x3-3mx- 2有2个不同的零点，因为 f xf)=3x2 3m,令fx)=0,则x2m=0,若m0,所以函数f(x)在(-,一而)上为增函数，在(一；而，0上为减函数，即 f(x)max= f(而)=m；m + 3mm 2=2m,：m-2, f(0) =20,即 m1 ,故实 数

3、m的取值范围是(1, + ).解法2(分离参数)当x0时，令f(x) =e x-2=0,解得x=ln20,此时函数f(x)有1个零点，因为要求 函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当xW0时，f(x) = x33mx2有2个不同的零点，即x33mx 2 = 0, 一_ 2. 22 2 (x3+ 1)显然 x= 0不是匕的根，所以 3m=x2,令 y=x2 x(x0),则 y= 2x +1=12 ,当 xC( 8, 1) 时，v 0,此时函数单调递增，故 ymin=3,因此，要使f(x) = x3- 3mx- 2在(一8, 0)上有两个不同的零点，则需 3m3,即m1.例2、(2018扬州期末

4、)已知函数 f(x)=ex, g(x) = ax+ b, a, bC R.若对任意实数 a,函数F(x) = f(x) g(x)在(0, +8 )上总有零点，求实数 b的取值范围.【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图” 来直观地说明.规范解答(1)由g(1) = 0知，g(x)的图像过点(一1, 0).若 a0, F(x) = f(x)-g(x) = ex-ax-b 在(0,十8 )上单调递增，故 F(x) = f(x) g(x)在(0,十8 )上总有 零点的必要条件是F(0)1.(10分)以下证明当b1时，F(x) = f(x) - g(

5、x)在(0,+8)上总有零点.若a0.由于F(0)=1 bb=e/，且F(x)在(0,十国)上连续，由零点存在定理可知F(x)在”，必有零点.(12分)若a 0.由(2)知 exx2+1x2 在 xC(0, +8)上恒成立.取 x0= a+ b,则 F(x0) = F(a+ b) = e， a(a+ b) b(a+b)? a2 ab b = ab+ b(b 1)0.由于F(0) = 1 b0,且F(x)在(0,)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0, a+ b)上必有零点.综上得实数b的取值范围是(1, +8). (16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定

6、理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累.此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例 3、(2019 苏州期末)已知函数f(x) =ax3+bx2-4a(a, bCR).(1)当a=b= 1时，求f(x)的单调增区间；b -(2)当aw0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求 一的值；a【解析】思路分析(1)先解不等式f (x)0再写出函数f(x)的单调递增区间.(2)记3=七则转化为函数g(x) = x3+kx24恰有两个不同的零点.由三次函数的图像可知，g(x)在极a值点处取得零点.b 4. 一.解后反思在第(2)

7、题中，也可转化为-=-2-x恰有两个不同的实数解.a x另外，由g(x) = x3+kx24恰有两个不同的零点，可设 g(x) = (x s)(xt)2展开，得x3(s+ 2t)x2+(2st(s+ 2t) = k,s= 1,+ t2)x-st2= x3+ kx2-4,所以 2st+ t2=0,解得,t=2,l st2= 4,= 3.解：(1)当 a= b=1 时，f(x) =x3+x24, f (x) = 3x2+2x.(2 分)2令 f (x)0 解得 x0 或 x -3所以f(x)的单调增区间是oo3y口(0, +8 ). (4 分)(2)法一：f (x)3ax2+2bx,令f (x)

8、0,得 x=0 或 x= , (6 分) 3a因为函数f(x)有两个不同的零点，所以0.当f(0) = 0时，得a= 0,不合题意，舍去；(8分)当3a、；= 0时，代入得a(个；+ b一群4a= 0, 3a 3a 3a即-27S+4 曾-4=0,所以 a=3.(i0 分)法二：由于aw 0,所以f(0)w0,b 4 x3 4由 f(x)=0 得，a= x2 =x2-x(x0). (6 分)设 h(x)=冬x, h (x) = -1,令 h (x)0,得 x= 2,xx当 xC( 8, 2)时，h (x)0, h(x)递增,当 xC(0, +8)时,h (x)0, h(x)单调递增,当x0时，

9、h(x)的值域为 R, 一b一. . 、一 b 4 x3 4故不论a取何值，万程a=-x2=x2x恰有一个根一2,此时函数f(x)=a(x+2)2(x1)恰有两个零点一2和1.(10分)题型二函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。例 4、(2017 南通一调)已知函数 f(x) = ax2 xlnx, aCR.(1)当a = 3时，求函数f(x)的最小值; 8(2)若一1WaW0,证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3)若函数f(x)有两个零点，求实数 a的取值范围.【解析】(1)这是一个基本题型，通过求导，

10、得极值点，讨论单调性，求得最小值；(2)先通过求导得函数f(x)在(0, +8)上单调递减，从而确定至多一个零点，再找到f(1) = a 10,通过判定定理证明只有一个零点；e(3)先求导，求出函数的极小值为f(xo),这里的xo是函数g(x)=2ax2-x-1的零点，也就是导函数的零点，使得函数f(x)在(0, + 8)上有两个零点，只需要函数 f(x)的极小值f(xo)0,代入化简得21nxo+xo 1 0,通过函数的单调性得出xo的取值范围，再用分离变量的方法得出Ovavl,最后再用零点判定定理证明当Ovavl时，函数有两个零点，从而确定实数a的取值范围.规范解答(1)当 a = 3时，

11、f(x) = 3x2-x-1nx. 88故 (x) = 3x1J=(3x+- 2 x0.(2 分) 4 x 4x令 f (x)=0,得 x=2,当 xC (0,2)时，f (x)0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2, +8)上单调递增.1”所以当x=2时，f(x)有最小值f(2) = 21n2.(4分),2./口，,、c /12ax2-x- 1-(2)由 f(x) = ax x1nx,得 f (x) = 2ax- 1-x= x ， x0.x 1所以当 aw。时，f (x) = 2x0,x函数f(x)在(0, + 00 )上单调递减，所以当aW0时，函数f(x)在(0, +8)上最

12、多有一个零点.(6分) _门、e2 e+ a因为当一1WaW0 时，f(1)= a- 1 0,所以当一1waw0时，函数f(x)在(0, +8)上有零点.综上，当一1WaW0时，函数f(x)有且只有一个零点.(8分)(3)解法1由(2)知，当aw 0时，函数f(x)在(0, +8)上最多有一个零点.因为函数f(x)有两个零点，所以a0.(9分)2,曰2 ax2x1_.一今由 f(x)= ax2x 1nx, 44 f (x) =, x0, 令 g(x)=2ax2x 1.因为 g(0) = - 10,所以函数g(x)在(0, +8 )上只有一个零点，设为x0.当 xC(0, %)时，g(x)V0,

13、 f (x)V0；当 xC(x0, + )时，g(x)0, f (x)0.所以函数f(x)在(0, x0)上单调递减；在(x0, +)上单调递增.要使得函数f(x)在(0 , + 8 )上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)v0,即ax2-x0- 1nx00.又因为函数h(x) = 2lnx+x 1在(0,+8)上是增函数，且 h(i)=o,所以x01,得0v,v1.X0又由 2ax2Xo 1 = 0,得 2a= (-1?+ = A+1 2 1,所以 0V av 1.(13 分)Xoxoxo 24以下验证当0vav1时，函数f(x)有两个零点.当 ovao, a a a a .1所

14、以1xo,且 f(xo)o.e e ee所以函数f(x)在g, xo户:有一个零点又因为 盛干鲸_2_m2一111。(因为 InxWx1),且 f(xo)o. a a a a a a所以函数f(x)在所以当oa。). x x令 t (x)=o,得 x= 1.当 xC(o,1)时，t，(x)vo；当 xC(1, +8)时，y(x)o.所以函数t(x)在(o,1)上单调递减，在(1 , +8)上单调递增.所以当x=1时，t(x)有最小值t(1) = o.所以 t(x) = x 1 lnxo,得 lnxo.(9分),o一、. 一 一 、一- x+lnx由f(x)=ax-x-lnx=。关于x的万程a=

15、T, x。，有两个不等的实数解.又因为lnxw x 1,x+ lnx 2x 11 2 ,所以 a= x2 o.因为 xo 时，一1 j + 1W1,所以 a 1.又当a=1时, 一 、一_x+ lnxx=1,即关于x的方程a=2有且只有一个实数解.x所以 ova0,很多题都这么处理，要认真 地体会；另外要能熟练地运用零点的判定定理，找到需要的 “端点”，这是解题的重点也是难点；还要掌 握常见的一些不等式，例如InxWx 1, exx+1等等.例 5、(2016 南通一调)已知函数 f(x) = a + qxinx(aC R).(1)求f(x)的单调区间；(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的

16、结论.【解析】思路分析(1)运用导数解题的三个步骤“确定y=f(x)的定义域；求导、化简导函数、令得稳定点；列表、计算、判断 ”来求函数的单调区间以及作出函数的图像得零点的个数.在解题中需要 进行分类讨论.规范解答(1)由f(x) = a+、xinx知函数f(x)的定义域为(0,十),12小(2 + lnx). (2 分)令f (x)=0,得x=S列表: exc10，e 一一 12 右 ae,贝Uf(x)min = f(7)=a e0. 当aw。时， 因为当 xC(0, e2时，f(x) = a+Vxinxe，因为f(x)引f(x)min = f(e2) = a e0,所以此时函数f(x)的零

17、点个数为0.(8分)若 a = 2，则f(x)min= f(e2) = a e= 0,11而函数f(x)在(0, 1)上是单调减函数，在(e2, +8)上是单调增函数，11即 xC (0, Z u (e2,2.1 1+ 8)时 f(x)f( 2) =0.e1于是，此时f(x)有唯一零点J2,即零点个数为1.(10分) e1所以函数f(x)在区间(0, 上无零点;因为函数f(x)在-12,+8)上是单调增函数，且f(/)=a20, e所以函数f(x)在，e 2a)上恰有一个零点. e 1于是函数f(X)在e-2, +8)上恰有一个零点.从而当aw。时，函数f(x)的零点个数为1; (13分)2当

18、0a0, f(e12)=a e0,1所以函数f(x)在(e2, 1)上恰有一个零点11因为函数f(x)在(0,1)上是单调减函数于是函数f(x)在(-2, +8)上也恰有一个零点. e,且 f(F = a a e ea 4 ea2eaeaa3 = 0(利用结论：“当x0时，exx2”进行放缩), 22aa1此时，函数f(x)在(0, e12)上恰有一个零点.一，2一故当0a2时，函数f(x)的零点个数为0；e当a = 2或aw 0时，函数f(x)的零点个数为1； e2当0a3时，记函数f(x)的导函3 . 一数 f (x)的两个夺点是 x1和 x2 (xi V x2),求证：f(xi) f(x

19、2)4 ln2.，一 一、心心， 、，一，一一一1，一、，一 , ,2x2 bx+1【解析】要证明此不等式，首先要考察xi, x2的范围与a, b的关系，由已知求出f (x) =(xx 、0),因此 xi, x2是方程 g(x)= 2x2bx+1 =0 的两根，xix2=,粗略地估计一下，由于 g 1= 32=3b3-ln2 ,正好可证明题设结论.规范解答、_一， 2 ,.，、2x bx+1(3)证法 1 因为 a=1,所以 f(x)= x bx+ lnx,从而 f (x) =(x0).x由题意知，xi, x2是方程2x2bx+1 = 0的两个根，由根与系数的关系可得xix2=2.记 g(x)

20、= 2x2bx+1,因为 b3,所以 gJ= 3-2-b 0, g(1)=3 b 监)=工一ln2,即f(xi)f(x2)3- ln2.(16 分)证法 2 因为 a=1,所以 f(x) = x2- bx+ lnx,从而 f (x) = 2bx+ (x0). x由题意知，x1? x2是方程2x2bx+1 = 0的两个根.记 g(x)= 2x2bx+1,因为 b3,所以 g = 3yb 0, g(1)=3 b f t ;i- f(1) = ： b + ln； (1 b) = 3+ 2 Tn2.因为 b3,所以 f(xi)-f(x2)- 3+b-ln24-ln2.(16 分)例 7、(2016 泰

21、州期末)已知函数f(x) = ax4 ；x1 因为a0,且4 (0) = 20,所以4 (x)必有两个异号的零点，记正零点为x。,则xC (0/0)时，4仅)0,岖)单调递增，且0)=1.若 岫)在(0, +8)上恰有两个零点 则收刈0,求证：f(x)在f (x)的单调减区间上也单调递减；g(x)在(0, +8)上恰有两个零点；(2)若a1 ,记g(x)的两个零点为 xi, x2,求证：4xi+x2a+4.【解析】思路分析(1)求出f (x)的单调减区间，再证明 f (x)0在该区间上恒成立.1 O111g(x) = f(x)f (x)= ax42x2(4ax3x)= ax4 4ax3 2x2

22、+x，就是要证明 &x) = ax由 4 (x0)= 3ax28ax02= 0得 3ax0= 8ax0+2,所以(Kx0) = 32ax03x0+9，又因为函数4,(x)的对称轴为x0=3,所以/g i=(0) = -20),所以 f (x)= 4ax x,=12ax2 10得f (x)的单调递减区间为(2分)由(4ax3x)(x) = 4ax3 x= x(4ax21)37,所以岖0)=3219 ax0 37依-3广0，分)1 OQ11 O解法 1 g(x)=f(x) f (x)= ax42x2 (4ax3 x) = ax44ax32x2 + x,因为 x0,由 g(x)= ax4-4ax3-

23、2x2+x=。得 ax3-4ax2-2x+ 1=0,3.21-21令(f0, a故g(x)在(0, +oo)上恰有两个零点.(10分)1 O Q111 O解法 2 g(x) = f(x) f (x) = ax4 2x2 (4ax3 x)= ax4 4ax3 2x2+ x,4.3I23.2I.3.2I因为 x0,由 g(x)= ax 4ax x+x= 0 得 ax 4ax gx+1 =0,令 x)= ax 4ax 2x+1,若g(x)在(0, +oo)上恰有两个零点，则4(x)在(0, +8)上恰有两个零点，1 当x = 2时，由(j)(x) = 0得a = 0,此时(f)(x) = - 2x+

24、 1在(0 , +00)上只有一个零点，不符合题息;、“3. 2 1一 1x3 4x2当 xw2 时，由(f)(x) = ax34ax2,x+ 1=0 得嗝=x_2 , (7 分)入、x34x22 0,8令帆x)=今=x 2x 4 一 / x 2x 2刖2x* 5x+ 8 ) 2x- D + 0 ,x- 2x- 228所以当xC(0,2)时，加(x)单调递增，且由y = x2-2x-4, y=-;的值域知 帆刈的值域为(0,十)；x 2当xC (2, +00)时，(h(x)单调递增，且 帆4) = 0,由y=x22x 4, y=，的值域知(h(x)的值域为(00x2+ 0 )；因为a0,所以白

25、0,而y=2与 Mx)有两个交点，所以 岖)在(0, +8)上恰有两个零点.(10分) 2a2 a(2)解法1由(1)知，对于(f(x)=ax3-4ax2-2x+ 1在(0,十)上恰有两个零点 玄，x2,不妨设*10,咆8(67a)0,所以 0x12，(12 分)又因为 4(4) = 10,所以 4x299,所以 4x1+x22+9=5a+4.(16 分)解法2由(1)知?x34xx- 2因为*6(0,2)时，Mx)单调递增，()12厂12，忸。)=0也的)=w加,卜1所以 0x12, (12 分)当 xC(2, +8)时，G(x)单调递增，J 81, M4)=0 8U2)=亲魔 ,所以 4x

26、2|,1 9,、所以 4x1 +x22 + 2= 5a+4.(16 分)解后反思 本题证明g(x)在(0, + 8)上恰有两个零点是关键，即证明()(x) = ax3- 4ax2-2x+ 1在(0, 十1)上有两个手点，求导后()(x)= 3ax2 8ax2=0的解为x0,则要证明函数 &x)的极小值 x0)= ax34ax21xo+1 = 322X0 1X0+70,通过对函数力(x)=3ax28ax1的分析得到x。8；，上式变形后可证得293923 3岖。)0,则在(0, x。)有一个零点，难点就变成了再找一个数Mxo,则0,通过对Mx)变形不难找到.处理利用导数研究性质的综合问题，我们要善

27、于用函数的图像去分析和观察.二、达标训练1、(2019 常州期末)已知函数 m(x)=x2,函数 n(x) = alnx+ 1(a R).(1)若a=2,求曲线y=n(x)在点(1, n(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)=m(x)n(x)有且只有一个零点，求实数 a的取值范围；规范解答(1)当a= 2时，n(x) = 2lnx+1,所以n (x)2,所以n (1) 2.又n(1) = 1,所以切线方程为y x-1 = 2(x-1),即 y = 2x 1.(3 分)(2) f(x) =x2-alnx-1,定义域为(0, + ),其图像是一条连续不间断的曲线.一，a 2x2- aff (x)

28、=2x-；=. x x若a附xC(0, +8)恒成立，所以y = f(x)在(0, +oo )上单调递增.又f(1) = 0,所以y = f(x)在(0, +8)上只有一个零点，符合题意.若a0,令f (x)0,得x = yJa或x = yj*(舍).当x变化时，f (x), f(x)的变化情况如下表：1 若 ya1,即 a2,此时 a/f,则 fQa)f(1)=0, f(a)=a2ama 1.令 F1(a)= a2aina 1, a2,则 F1(a) = 2alna 1.若ya1,即 0a2,此时00 对 aC3 0,所以函数f(x)在(0, +8)上有2个零点，不合题意，舍去.(9分)综上

29、，实数a的取值范围是(一,0U2 . (10分)2、(2019 镇江期末)己知函数f(x) =alnx-bx(a, bCR).(1)若a=1, b=1,求函数f(x)的图像在x= 1处的切线方程；(2)若a=1,求函数y=f(x)的单调区间；(3)若b = 1,已知函数y=f(x)在其定义域内有两个不同的零点x1，x2,且x10)恒成立，求实数 m的取值范围.规范解答.(1)当 a= 1, b = 1 时，f(x) = ln - x-x, (1 分)则有 f (x)l 1,即 f(到 11 = 0.(3 分) x1又f(1) = 1,则所求切线方程为 y=1.(4分)(2)当 a=1 时，f(

30、x) =lnx-bx,则有 f (x)1b=上场.(5 分) x x函数的定义域为(0, +8).若bw。，则f (x)01成立，则f(x)的单调增区间为(0, +8). (6分)若b0,则由f (x)0,得x = 1. b当xC M，b，时，f (x)0,则f(x)的单调增区间为o, b j (7分)当x e +00 )寸，f (x)0,则f(x)的单调减区间为 (，+ j(8分)(3)当b=1时，f(x)=alnx x,由题知x1，x2分别是方程alnxx= 0的两个根，即alnx1 =a(1 m)x1 +x1, alnx2= x2.x2x1两式相减得 a(lnx2lnx1)=x2 x1，

31、则 a=, (9 分)X2lnx1则不等式 a0),可变为0,两边同时除 x1得，x 1,则有-1nl0 , lnt0,即 Int0 (11 分)1 m + mt令 k(t) = lnt I , k，(t) = 12 = m2(1)Q1 m+mtt (1m+mt)t (1m + mt)2当9mL& 1，即m后时，k0在(1, +8世恒成立，则k(x)在(1，+8)上单调递增，又k=0,则k(t)0在(1 , +8)上恒成立.(13分),、2(1 m),k (t)1,即 0Vm2时，贝U当 te 11,调递减，则k(t)2.(16分)3、(2015无锡期末)设函数 f(x)=x2|nxax2+b

32、在点(x0, f(x。)处的切线方程为y= x+ b.(1)求实数a及xo的值；(2)求证：对任意实数bC 10, e函数f(x)有且仅有两个零点.规范解答(1)因为 f (x)=2xlnx+x 2ax, (2 分)所以在点(%, f(x。)处的切线方程为 y= x+x2lnx0ax0+x0+b,所以(4分)2xolnx0 + x0 2ax0= - 1,|x0lnx0 ax2 + x0 + b= b,解得 x0= 1, a= 1.(6 分)(2)因为函数 f(x)=x2lnx x2+b,所以 f (x)=2xlnxx.令 f (x) = 2xlnx x= 0,得 x= e.当 xC(0, 3)

33、时，f (x)0,即 f(x) = x2inx x2+b在 xC (Je,)上单调递增.e所以f(x)有取小值f(、e)= b 20,所以f(x) = x2inx x2+b在(,忌e)上，即(e, + 00 )上有且仅有一个零点.(10分) 下面证明存在x1(0, e),使得f(x1)0.令 h(x)= xlnxx+1,则 h (x)= Inx.所以当 xC (0,1)时，h(x)=xlnxx+1 在(0,1)上单调递减,所以当 xC (0,1)时，h(x) = xlnxx+1h(1) =0, 所以当 xC(0,1)时，f(x)=x2|nx x2 + bb x.(11 分)取 x1=min1

34、, b,则 f(x1)b xB0, (12 分)所以f(x) = x2|nx x2+b在(x1，e)上，即(0, e)上有且仅有一个零点.(14分)综上所述，函数f(x)在(0, +8 )上有且仅有两个零点.(16分)解后反思 本题第(2)小题分两个步骤：第一步，利用导数及零点存在性定理得到函数f(x)在区间(e, e)上有且只有一个零点.第二步是本题的难点所在：如何证明函数 f(x)在区间(0,、川上有且只有一个零点？这个问题区别于第一步的难点在于，怎样找到某个XiC(0, e),使得f%)。，进而利用零点存在性定理证明.关键在于巧妙地利用函数h(x)=xlnx x- 1在(0,1)上的性质

35、，通过代数变形，转化证明了函数f(x)在(0,e)的一个子区间上有且只有一个零点，从而完成了第二步证明，该题着重于推理论证，计算占得比重不高.常见的错误有：1 .第(2)问转化为yi=x2x2lnx与y2=b的交点问题，试图作出函数yi = x2 x2lnx的图像，以图示代替证明.2 .未能给出函数f(x)在(0,)上有且只有一个零点的证明.4、(2017苏北四市一模)设函数 f(x) = lnx ax2 + ax, a为正实数.(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程；(2)求证：f产0；(3)若函数f(x)有且只有1个零点，求a的值.思路分析 第(1)问，求出f

36、(1), f (1)的值，利用点斜式方程求出切线方程；第 (2)问，求出fg ：的解析式，下面要证明它的最大值小于或等于0;第3问，注意到f(1) = 0,因此，下面只需证明函数 f(x)只能在x=1处取得最大值或最小值则可.规范解答 (1)当 a = 2 时，f(x)=lnx 2x2+ 2x,则 f (x) = 1-4x+2,所以 f (1) = 1.(2 分) x又 f(1) = 0,所以曲线y= f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为x+ y1=0. (4分)(2)因为 f 1ln1 1+1，设函数 g(x)=lnx x+ 1,则 g (x)=1 =1.(6 分)a a ax x令g

37、 (x)=0,得x=1,列表如下：x(0,1)1(1 +0)g (x)十0一g(x)极大值所以g(x)的极大值为g(1) = 0.所以， m；+ 1w 0.(8 分)1-2ax2ax1.(3) f (x) = -2ax+a=-, x0.xx令 f (x)0,得a也2+ 8a x a+ Ja + 8a4a4a.因为a a + 8a4a1,则 f(xo)f(1) = o,此时一；1,即0V a 1,则1.a由(2)知，fg 0,又函数f(x)在以xo和a为端点的闭区间上的图像不间断,所以在X。和a之间存在付的零点,则恸共有2个零点,不符合题意;若 xof(1) = o,此时4a 1,则 0-2ln

38、 a+ 2.思路分析(1)求导函数f (x)对a分类讨论，确定导函数的正负，即可得到 f(x)的单调性(2)根据第问的函数f(x)的单调性，确定 a0,且f(x)min = f(a)a2,不妨设0x1ad，通过x2对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明fiaf(X2),构造函数，通过导数法不难证得结论.X2一、.一 一 ，.一 x a解：(1)f(x)的7E义域为(0, 十),且 f (x). X(1.(1) w。时，f (x)0成立，所以f(x)在(0, +8)为增函数；(2分)(1.(2) a0 时,当xa时，f (x)0,所以f(x)在(a, + )上为增函数；(ii)当0xa时

39、,f (x)0时，f(x)的最小值为f(a),依题意知f(a)= 1 + lna0,解得0aa, f(1)=a0, f(x)在(a,)为增函数，且函数f(x)的图像在(a, 1)上不间断.所以f(x)在(a, +8 )上有唯一的一个零点.另一方面，因为0a-,所以0a2a1. eef(a2) = 1+lna2=。2lna,令 g(a) = 1+2lna, a aa1 .1 2 2a 1当 0a一时,g (a) = -2+-=2gg = e-20又f(a)a2不妨设x1x2,由知0x1aa2,即证x/ x2因为x1, a-C (0, a), f(x)在(0 , a)上为减函数， x2所以只要证f)f(x1).又 f(x1)=f(x2)=0,即证 fC f(x2). (14 分)设函数 F(x) = f ? f(x) =1 ；21nx + 2lna(xa)./x 2(x a)所以F (x)=20,所以F(x)在(a, +00)为增函数.ax所以 F(x2)F(a) = 0,所以 f(f(x2)成立.从而x1x2a2成立.所以 p=2+1n(x1x2)21na+2,即 xif (xi)+x2f(x2)21na+ 2成立.(16 分)解题反思1.第(2)中，用零点判定定理证明f(x)在(0, a)上有一个零点