2013-天津卷文-08 单-函数零点比较

本题导读

本题考查函数的零点，以及利用导数研究函数的单调性。

📌【题干】

Question

（2013年天津卷(文)） 设函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x+x-2$，$g(x)=\ln x+x^2-3$. 若实数 $a$，$b$ 满足 $f(a)=0$，$g(b)=0$，则()

A. $g(a)<0<f(b)$　　　　　　　　　　　　　　　　B. $f(b)<0<g(a)$

C. $0<g(a)<f(b)$　　　　　　　　　　　　　　　　D. $f(b)<g(a)<0$

🔍【思路分析】

破题导航

1. $f\prime (x)={\mathrm{e}}^x+1>0$ → $f$ 递增；$f(0)=-1$，$f(1)=\mathrm{e}-1>0$ → $a\in (0,1)$。
2. $g\prime (x)=\frac{1}{x}+2x>0$（$x>0$）→ $g$ 递增；$g(1)=-2$，$g(2)=\ln 2+1>0$ → $b\in (1,2)$。
3. $a\in (0,1)$ → $g(a)=\ln a+a^2-3<0+1-3<0$。
4. $b\in (1,2)$ → $f(b)={\mathrm{e}}^b+b-2>{\mathrm{e}}^1+1-2>0$。
5. 故 $g(a)<0<f(b)$ → A。

✅【答案】

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（A）

✍【详细解析】

Abstract

先估零点的位置。 对 $f(x)={\mathrm{e}}^x+x-2$：$f\prime (x)={\mathrm{e}}^x+1>0$，故 $f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，零点 $a$ 唯一。又 $f(0)={\mathrm{e}}^0+0-2=-1<0,f(1)=\mathrm{e}+1-2=\mathrm{e}-1>0,$ 所以 $a\in (0,1)$。 对 $g(x)=\ln x+x^2-3$（$x>0$）：$g\prime (x)=\frac{1}{x}+2x>0$，故 $g$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，零点 $b$ 唯一。又 $g(1)=0+1-3=-2<0,g(2)=\ln 2+4-3=\ln 2+1>0,$ 所以 $b\in (1,2)$。 再比较符号。 由 $a\in (0,1)$ 得 $\ln a<0$、$a^2<1$，故 $g(a)=\ln a+a^2-3<0+1-3=-2<0.$ 由 $b>1$ 得 ${\mathrm{e}}^b>\mathrm{e}$，故 $f(b)={\mathrm{e}}^b+b-2>\mathrm{e}+1-2=\mathrm{e}-1>0.$ 所以 $g(a)<0<f(b)$。 选 A。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：利用单调性比较函数值的符号

核心方法：$f\prime (x)={\mathrm{e}}^x+1>0$ → $f$ 唯一零点 $a$，$f(0)=-1<0$、$f(1)=\mathrm{e}-1>0$ → $a\in (0,1)$；$g\prime (x)=\frac{1}{x}+2x>0$（$x>0$）→ $g$ 唯一零点 $b$，$g(1)=-2<0$、$g(2)=\ln 2+1>0$ → $b\in (1,2)$；$a\in (0,1)\Rightarrow g(a)<1-3=-2<0$，$b\in (1,2)\Rightarrow f(b)>\mathrm{e}+1-2>0$

避坑指南：先给零点定范围再比较符号：$a$ 夹在 $(0,1)$、$b$ 夹在 $(1,2)$，然后各自代入另一个函数估算——比较 $g(a)$ 与 $0$ 用的是 $g$ 的单调性；比较 $f(b)$ 与 $0$ 用的是 $f$ 的单调性，不要混用。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：函数零点与单调性（零点所在区间的估计）。

结论推广：求导判单调；零点存在定理估范围；不等式放缩定符号。

方法推广：各求一次导定单调 → 由端点值夹出 $a,b$ 范围 → 代入估算符号。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2014-北京卷文-06 单-函数零点
• 2014-天津卷文-04 单-指对数比较
• 2014-新课标I卷文-12 单-三次函数零点