2015年高考数学复习学案：函数中的零点问题
【精品】2015年数学教案：2.4.1《函数的零点》(新人教B版必修一)
． 叫做这个函
讨理解知 识点
个零点；Δ 个零点；Δ 零点．
BatchDoc-Word 文档批量处理工具
（１）二次函数的图像是连续的，当它通过零点 时（不是二重零点） ， （２）在相邻的两个零点之间所有 ．
理解零 点的意 典 型 例 题 讲 解 义，会 根据零 点画函 数图像 解不等 式 15 分 钟
Ａ．１，２，３ Ｂ．－１，１，２ Ｃ．０，１，２Ｄ．－１，１，－２ 3．若函数ｆ（ｘ）＝ｍ x 2 ＋８ｍｘ＋２１，当ｆ（ｘ）＜０时－７＜ｘ＜ －１，则实数ｍ的值为（ ） Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 4．ｆ（ｘ）＝
x 1 ，方程ｆ（４ｘ）＝ｘ的根是（ x
）
Ａ．－２ Ｂ．２ Ｃ．－０．５ Ｄ．０．５
－１，－３ Ｄ．无零点 ３．ｋ为何值时，函数ｆ（ｘ）＝２ ｋ无零点（ ）
x
2
目 －４ｘ＋
Ａ．ｋ＝２Ｂ．ｋ＜２Ｃ．ｋ＞２Ｄ．ｋ２ ５．函数ｙ＝ x x 2 的定义域为
2
．
６．如果函数ｙ＝ x 2 ＋ｍｘ＋（ｍ＋３）至多有 一个零点，则的取值范围是 小 2 ． 个别回答
理解理解函数零点的概念与性质，会求函数的零
6．已知函数ｆ（ｘ）＝２（ｍ－１） x 2 －４ｍｘ＋２ｍ－１ （１）ｍ为何值时，函数图像与ｘ轴有一个公共点． （２）如果函数的一个零点为２，求ｍ的值． 反 思
BatchDoc-Word 文档批量处理工具
BatchDoc-Word 文档批量处理工具
BatchDoc-Word 文档批量处理工具
结
分
点，能判断二次函数零点的存在性，了解函数的 零点与方程的根之间的关系，初步形成用函数的 观点处理问题的意识
高考数学函数零点问题
专题二 函数零点问题函数的零点作为函数、方程、图象的交汇点，充分体现了函数与方程的联系，蕴含了丰富的数形结合思想．诸如方程的根的问题、存在性问题、交点问题等最终都可以转化为函数零点问题进行处理，因此函数的零点问题成为了近年来高考新的生长点和热点，且形式逐渐多样化，备受青睐．模块1 整理方法 提升能力对于函数零点问题，其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点．对于两个函数的选择，有3种情况：一平一曲，一斜一曲，两曲（凸性一般要相反）．其中以一平一曲的情况最为常见．分离参数法是处理零点问题的常见方法，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，其本质是选择一平一曲两个函数；部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点，其本质是选择一平一曲两个函数．函数的凸性1．下凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的下凸函数． 2．上凸函数定义设函数()f x 为定义在区间(),a b 上的函数，若对(),a b 上任意两点1x ，2x ，总有()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号，则称()f x 为(),a b 上的上凸函数．3．下凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的下凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递增函数⇔()0f x ''≥且不在(),a b 的任一子区间上恒为零． 4．上凸函数相关定理定理：设函数()f x 为区间(),a b 上的可导函数，则()f x 为(),a b 上的上凸函数⇔()f x '为(),a b 上的递减函数⇔()0f x ''≤且不在(),a b 的任一子区间上恒为零．例1已知函数()()2e 2e x x f x a a 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）()()()()22e 2e 12e 1e 1x x x x f x a a a '=+--=+-，2e 10x +>． ①当0a ≤时，e 10x a -<，所以()0f x '<，所以()f x 在R 上递减． ②当0a >时，由()0f x '>可得1lnx a >，由()0f x '<可得1ln x a<，所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增．（2）法1：①当0a ≤时，由（1）可知，()f x 在R 上递减，不可能有两个零点．②当0a >时，()min 11ln 1ln f x f a a a ⎛⎫⎡⎤==-+ ⎪⎣⎦⎝⎭，令()()min g a f x =⎡⎤⎣⎦，则()2110g a a a'=+>，所以()g a 在()0,+∞上递增，而()10g =，所以当1a ≥时，()()min 0g a f x =⎡⎤≥⎣⎦，从而()f x 没有两个零点．当01a <<时，1ln 0f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()22110e e e a a f -=++->，于是()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有1个零点；因为()2333333ln 1121ln 11ln 10f a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且31ln 1ln a a ⎛⎫⎛⎫-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有1个零点． 综上所述，a 的取值范围为()0,1．法2：()2222e e 2e 0e e 2e e e x xxxxxx x x a a x a a x a ++--=⇔+=+⇔=+．令()22e e e x x xxg x +=+，则()()()()()()()()()2222222e 1e e 2e 2e e e 2e 1e 1eeeexx x x x x x x x xx xx x x g x ++-++++-'==-++，令()e 1x h x x =+-，则()e 10x h x '=+>，所以()h x 在R 上递增，而()00h =，所以当0x <时，()0h x <，当0x >时，()0h x >， 于是当0x <时，()0g x '>，当0x >时，()0g x '<，所以()g x 在(),0-∞上递增，在()0,+∞上递减．()01g =，当x →-∞时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()g x 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法3：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln x x a a x at at t t +--=⇔+=+⇔22ln t t a t t +=+，令()22ln t t G t t t +=+，则()()()()()222122ln 21t t t t t t G t t t ⎛⎫++-++ ⎪⎝⎭'==+ ()()()22211ln t t t tt +-+-+，令()1ln H t t t =-+，则()110H t t'=+>，所以()H t 在()0,+∞上递增，而()10H =，所以当01t <<时，()0H t <，()0G t '>，当1t >时，()0H t >，()0G t '<，所以()G t 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减．()11G =，当0t +→时，()G t →-∞，当t →+∞时，()0G t +→．若()f x 有两个零点，则y a =与()G t 有两个交点，所以a 的取值范围是()0,1．法4：设e 0x t =>，则ln x t =，于是()22e 2e 02ln 0x x a a x at at t t +--=⇔+--=⇔()ln 12t a t t +-=．令()()12k t a t =+-，()ln t t tϕ=，则()f x 有两个零点等价于()y k t =与()y t ϕ=有两个交点．因为()21ln tt tϕ-'=，由()0t ϕ'>可得0e t <<，由()0t ϕ'<可得e t >，所以()t ϕ在()0,e 上递增，在()e,+∞上递减，()1e e ϕ=，当x →+∞时，()0t ϕ+→．()y k t =是斜率为a ，过定点()1,2A --的直线．当()y k t =与()y t ϕ=相切的时候，设切点()00,P t y ，则有()0000002ln 121ln t y t y a t ta t ⎧=⎪⎪⎪=+-⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a 和0y ，可得()000200ln 1ln 12t t t t t -=+-， 即()()00021ln 10t t t ++-=，即00ln 10t t +-=．令()ln 1p t t t =+-，显然()p t 是增函数，且()10p =，于是01t =，此时切点()1,0P ，斜率1a =．所以当()y k t =与()y t ϕ=有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．法5：()()20e e 2e x x x f x a x =⇔+=+，令()()2e e x x M x a =+，()2e e x x m x =+，()2e x n x x =+，则()f x 有两个零点⇔()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．()()002m n ==，所以两个函数图象有一个交点()0,2．令()()()2e e x x T x m x n x x =-=--，则()()()22e e 12e 1e 1x x x x T x '=--=+-，由()0T x '>可得0x >，由()0T x '<可得0x <，于是()T x 在(),0-∞上递减，在()0,+∞上递增，而()00T =，所以()()m x n x ≥，因此()m x 与()n x相切于点()0,2，除切点外，()m x 的图象总在()n x 图象的上方．由（1）可知，0a >．当1a >时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象没有交点．当1a =时，()m x 的图象就是()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象只有1个交点．当01a <<时，将()m x 图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a 倍，就得到了()M x 的图象，此时()M x 与()n x 的图象有两个不同交点．综上所述，a 的取值范围是()0,1．法6：()()()20e e 2e e 12e x x x x xx f x a x a =⇔+=+⇔+-=，令()()e 12xp x a =+-，()e xxq x =，则()f x 有两个零点⇔()p x 与()q x 的图象有两个不同交点． ()1ex xq x -'=，由()0q x '>可得1x <，由()0q x '<可得1x >，所以()q x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，当x →+∞时，()0q x +→．由（1）可知，0a >，所以()p x 是下凸函数，而()q x 是 上凸函数．当()p x 与()q x 相切时，设切点为()00,P x y ，则有()00000000e 12e 1e e xx x x y a x y x a ⎧=+-⎪⎪⎪=⎨⎪-⎪=⎪⎩，消去a ，0y 可得()0000021e 12e e x x x x x -+-=，即()()0002e 1e 10x x x ++-=，即00e 10x x +-=．令()e 1x W x x =+-，显然()W x 是增函数，而()00W =，于是00x =，此时切点()0,0P ，1a =．所以当()p x 与()q x 的图象有两个交点时，01a <<，所以a 的取值范围是()0,1．【点评】函数零点问题，其解题策略是转化为两个函数图象的交点，三种方式中（一平一曲、一斜一曲、两曲）最为常见的是一平一曲．法1是直接考虑函数()f x 的图象与x 轴的交点情况，法2是分离参数法，法3用了换元，3种方法的本质都是一平一曲，其中法3将指数换成了对数，虽然没有比法2简单，但是也提示我们某些函数或许可以通过换元，降低函数的解决难度．法4是一斜一曲情况，直线与曲线相切时的a 值是一个重要的分界值．法5和法6都是两曲的情况，但法6比法5要简单，其原因在于法5的两曲凸性相同而法6的两曲凸性相反．函数零点问题对函数图象说明的要求很高，如解法2当中的()g x 是先增后减且极大值()01g =，但x →-∞和x →+∞的状态会影响a 的取值范围，所以必须要说清楚两个趋势的情况，才能得到最终的答案．例2设函数设()21n n f x x x x =+++-L ，n ∈*N ，2n ≥． （1）求()2n f '；（2）证明：()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且仅有一个零点（记为n a ），且1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【解析】（1）因为()112n n f x x nx -'=+++L ，所以()121222n n f n -'=+⨯++⋅L …①．由()2222222n n f n '=+⨯++⋅L …②，①-②，得()21212222n n n f n -'-=++++-⋅=L()12212112nn n n n --⋅=---，所以()()2121n n f n '=-+． 【证明】（2）因为()010f =-<，22213322211121202333913nn n f ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-≥-=> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，由零点存在性定理可知()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点．又因为()1120n n f x x nx -'=+++>L ，所以()n f x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭内递增，因此()n f x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭内有且只有一个零点n a ．由于()()111n n x x f x x-=--，所以()()1101n n n n n na a f a a -=-=-，由此可得11122n n n a a +=+，即11122n n na a +-=．因为203n a <<，所以111120223n n n a ++⎛⎫<< ⎪⎝⎭，所以1111212022333n nn na ++⎛⎫⎛⎫<<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1120233nn a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭．【点评】当函数()f x 满足两个条件：连续不断，()()0f a f b <，则可由零点存在性定理得到函数()f x 在(),a b 上至少有1个零点．零点存在性定理是高中阶段一个比较弱的定理，首先，该定理的两个条件缺一不可，其次，就算满足两个条件，也只能得到有零点的结论，究竟有多少个零点，也不确定．零点存在性定理常与单调性综合使用，这是处理函数零点问题的一种方法．例3已知函数()()e ln x f x x m =-+．（1）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明：()0f x >． 【解析】（1）()1e xf x x m'=-+，由0x =是()f x 的极值点，可得()00f '=，解得1m =．于是()()e ln 1x f x x =-+，定义域为()1,-+∞，()1e 1xf x x '=-+，则()()21e 01x f x x ''=+>+，所以()f x '在()1,-+∞上递增，又因为()00f '=，所以当10x -<<时()0f x '<，当0x >时()0f x '>，所以()f x 在()1,0-上递减，在()0,+∞上递增．【证明】（2）法1：()f x 定义域为(),m -+∞，()1e xf x x m'=-+，()()21e 0xf x x m ''=+>+，于是()f x '在(),m -+∞上递增．又因为当x m +→-时，()f x '→-∞，当x →+∞时，()f x '→+∞，所以()0f x '=在(),m -+∞上有唯一的实根0x ，当0m x x -<<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()0,m x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值．由()00f x '=可得001e 0x x m-=+，即()00ln x m x +=-，于是()()000000011e ln 2xf x x m x x m m m x m x m=-+=+=++-≥-++．当2m <时，()00f x >；当2m =时，等号成立的条件是01x =-，但显然()11e 012--≠-+，所以等号不成立，即()00f x >．综上所述，当2m ≤时，()()00f x f x ≥>．法2：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明()()e ln 20x x x ϕ=-+>，()2,x ∈-+∞，就能证明当2m ≤时，()0f x >．()1e 2x x x ϕ'=-+，()()21e 02x x x ϕ''=+>+，于是()x ϕ'在()2,-+∞上递增．又因为()1110eϕ'-=-<，()10102ϕ'=->，所以()0x ϕ'=在()2,-+∞上有唯一的实根0x ，且()01,0x ∈-．当02x x -<<时，()0x ϕ'<，当0x x >时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在()02,x -上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()x ϕ取得最小值．由()00x ϕ'=可得001e 02x x -=+，即()00ln 2x x +=-．于是()()()0200000011e ln 2022x x x x x x x ϕ+=-+=+=>++，于是()()00x x ϕϕ≥>．综上所述，当2m ≤时，()0f x >．法3：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x +≤+，于是()()e ln 2x f x x ≥-+，所以只要证明()e ln 20x x -+>（2x >-），就能证明当2m ≤时，()0f x >．由ln 1x x ≤-（0x >）可得()ln 21x x +≤+（2x >-），又因为e 1x x ≥+（x ∈R ），且两个不等号不能同时成立，所以()e ln 2x x >+，即()e ln 20x x -+>（2x >-），所以当2m ≤时，()0f x >．【点评】法1与法2中出现的0x 的具体数值是无法求解的，只能求出其范围，我们把这种零点称为“隐性零点”．法2比法1简单，这是因为利用了函数单调性将命题()e ln 0x x m -+>模块2 练习巩固 整合提升练习1：设函数()2e ln x f x a x =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （2）证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()22e x af x x'=-． ()f x '的零点的个数⇔22e x x a =的根的个数⇔()22e x g x x =与y a =在()0,+∞上的交点的个数．因为()()2221e 0x g x x '=+>，所以()g x 在()0,+∞上递增，又因为()00g =，x →+∞时，()g x →+∞，所以当0a ≤时，()g x 与y a =没有交点，当0a >时，()g x 与y a =有一个交点．综上所述，当0a ≤时，()f x '的零点个数为0，当0a >时，()f x '的零点个数为1． 【证明】（2）由（1）可知，()f x '在()0,+∞上有唯一的零点0x ，当00x x <<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以()f x 在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以当0x x =时，()f x 取得最小值，且最小值为()0f x ．因为0202e 0x a x -=，所以020e 2x a x =，00ln ln 22ax x =-，所以()020000002e ln ln 22ln 2ln 2222x a a aa f x a x a x ax a a a x x a ⎛⎫=-=--=+-≥+ ⎪⎝⎭． 练习2：设函数()2e 2ln x f x k x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭（k 为常数，e 2.71828=⋅⋅⋅是自然对数的底数）．（1）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()32e 2e 21x x x f x k x xx -⎛⎫'=--+= ⎪⎝⎭ ()()32e x x kx x--．当0k ≤时，e 0x kx ->，所以当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>．所以()f x 的递减区间为()0,2，递增区间为()2,+∞．（2）函数()f x 在()0,2内存在两个极值点()0f x '⇔=在()0,2内有两个不同的根． 法1：问题e 0x kx ⇔-=在()0,2内有两个不同的根．设()e x h x kx =-，则()e x h x k '=-． 当1k ≤时，()0h x '>，所以()h x 在()0,2上递增，所以()h x 在()0,2内不存在两个不同的根．当1k >时，由()0h x '>可得ln x k >，由()0h x '<可得ln x k <，所以()h x 的最小值为()()ln 1ln h k k k =-．e 0xkx -=在()0,2内有两个不同的根()()()()20102e 20ln 1ln 00ln 2g g k g k k k k ⎧=>⎪=->⎪⇔⎨=-<⎪⎪<<⎩，解得2e e 2k <<．综上所述，k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭．法2：问题e x k x ⇔=在()0,2内有两个不同的根y k ⇔=与()e xg x x=在()0,2内有两个不同的交点．()()221ee e xx x x x g x x x --'==，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>．()1e g =，()2e22g =，当0x +→时，()g x →+∞．画出()g x 在()0,2内的图象，可知要使y k =与()g x 在()0,2内有两个不同的交点，k 的取值范围为2e e,2⎛⎫⎪⎝⎭．练习3：已知函数()e x f x =和()()ln g x x m =+，直线l ：y kx b =+过点()1,0P -且与曲线()y f x =相切．（1）求切线l 的方程；（2）若不等式()ln kx b x m +≥+恒成立，求m 的最大值；（3）设()()()F x f x g x =-，若函数()F x 有唯一零点0x ，求证：0112x -<<-． 【解析】（1）设直线l 与函数()f x 相切于点()11,e x A x ，则切线方程为()111e e x x y x x -=-，即1111e e e x x x y x x =-+，因为切线过点()1,0P -，所以11110e e e x x x x =--+，解得10x =，所以切线l 的方程为1y x =+．（2）设()()1ln h x x x m =+-+，()1x m h x x m+-'=+．当(),1x m m ∈--时，()0h x '<，当()1,x m ∈-+∞时，()0h x '>，所以()h x 在1x m =-时取极小值，也是最小值．因此，要原不等式成立，则()120h m m -=-≥，所以m 的最大值是2．【证明】（3）由题设条件知，函数()1e x F x x m'=-+（x m >-），令()()H x F x '=，则()()21e 0x H x x m '=+>+，于是()H x 在(),m -+∞上单调递增．因为当x m +→-时，()F x '→-∞，当x →+∞时，()F x '→+∞，所以()0F x '=有唯一的实根，设为1x ，则当()1,x m x ∈-时，()0F x '<，当()1,x x ∈+∞时，()0F x '>，于是()F x 有唯一的极小值1x ，也是最小值．当x m +→-时，()F x →+∞，当x →+∞时，()F x →+∞．因此函数()F x 有唯一零点的充要条件是其最小值为0，即()00F x =（01x x =），所以()00e ln 0x x m -+=，又因为001e x x m=+，所以00e 0x x +=．设()e x x x ϕ=+，则()e 10x x ϕ'=+>，所以()x ϕ在(),m -+∞上单调递增，又因为1211e 022ϕ-⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，()1110e ϕ-=-<，由零点存在性定理可知0112x -<<-．。
2015年高考数学复习学案：函数中的零点问题
复习指导：函数的零点是研究函数由动到静的基本对象，在复习时要注意函数零点的求法，以及数形结合这一重要数学思想的应用，用形作为探求解题途径、获得问题解决的重要工具，以数解形，以形辅数，从而解决问题。
知识回顾：热身练习：1．若一次函数()b ax x f +=有一个零点2，那么函数()ax bx x g -=2的零点是2．设方程42=+x x 的根为0x ，若⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∈21,210k k x ，则整数k = 3．设()x f 是定义在R 上的偶函数，对于任意R x ∈，都有()()22+=-x f x f ，且当[]0,2-∈x 时，()121-⎪⎭⎫ ⎝⎛=x x f ，若函数()()()()12log >+-=a x x f x g a 在区间(]6,2-上恰好有3个不同的零点，则a 的取值范围为4．方程12=+-a x x 有四个同的实根，则a 的取值范围为例题分析：例1. 已知函数()()R m x x x m x f ∈++--=,ln 321212 （1）当0=m 时，求函数()x f 的单调区间；（2）当0>m 时，若曲线()x f y =在点()1,1P 处的切线l 与曲线()x f y =有且只有一个公共点，求实数m 的值。
例2．已知函数21)(-+=x x x f ,若()0312212=--⋅+-k k f x x 有三个不同的实数解,求实数k 的取值范围。
课堂反馈练习1．已知函数()x x x f 33-=，设()()()c x f f x h -=，其中[]2,2-∈c ，求函数()x h y =零点的个数。
练习2．已知函数()()xx x h x x x f ln ,ln =-= （1）求()x h 的最大值；（2）试讨论函数()=x g ()bx ex x x f -+-232的零点的个数。
答案：1．0和21-2．13．()2,434．451<<a 例1（1）增区间⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0 减区间⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21（2）1=m例2 当2=c 时，()x h y =有5个零点 当2<c 时，()x h y =有9个零点 练习1：()+∞,0练习2：(1) e1 (2) 112-+>e e b 时，无解；112-+=e e b 时，一解；112-+<ee b 时，两解。
高考数学二轮复习函数零点学案(全国通用)
培优点二 函数零点1．零点的判断与证明例1：已知定义在()1,+∞上的函数()ln 2f x x x =--， 求证：()f x 存在唯一的零点，且零点属于()3,4． 【答案】见解析 【解析】()111x f x x x-'=-=，()1,x ∈+∞Q ，()0f x '∴>，()f x ∴在()1,+∞单调递增， ()31ln 30f =-<Q ，()42ln 20f =->，()()340f f ∴<，()03,4x ∴∃∈，使得()00f x =因为()f x 单调，所以()f x 的零点唯一．2．零点的个数问题例2：已知函数()f x 满足()()3f x f x =，当[)1,3x ∈，()ln f x x =，若在区间[)1,9内， 函数()()g x f x ax =-有三个不同零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,93e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．ln 31,92e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 3ln 3,93⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()()()33x f x f x f x f ⎛⎫=⇒= ⎪⎝⎭Q ，当[)3,9x ∈时，()ln 33x x f x f⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()ln 13ln 393x x f x x x ≤<⎧⎪=⎨≤<⎪⎩，而()()g x f x ax =-有三个不同零点⇔()y f x =与y ax =有三个不同交点，如图所示，可得直线y ax =应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln 3193ea <<3．零点的性质例3：已知定义在R 上的函数()f x 满足：()[)[)2220,121,0x x f x xx ⎧+∈⎪=⎨-∈-⎪⎩，且()()2f x f x +=，()252x g x x +=+，则方程()()f x g x =在区间[]5,1-上的所有实根之和为（ ） A ．5- B ．6- C ．7- D ．8-【答案】C【解析】先做图观察实根的特点，在[)1,1-中，通过作图可发现()f x 在()1,1-关于()0,2中心对称，由()()2f x f x +=可得()f x 是周期为2的周期函数，则在下一个周期()3,1--中，()f x 关于()2,2-中心对称，以此类推。
函数零点问题课件高三数学一轮复习
h（x）＝x2＋4－4xsin x－4cos x＝x（x－4sin x）＋4（1－cos x）.
当x∈[4，＋∞）时，x－4sin x＞0，4（1－cos x）≥0，
∴h（x）＞0，∴h（x）无零点；
当x∈（0，4）时，h'（x）＝2x－4xcos x＝2x（1－2cos x），
当x∈
π0,Biblioteka 3时，h'（x）＜0；当x∈
当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，此时g（x）单调递增；
当x∈（e，＋∞）时，g'（x）＜0，此时g（x）单调递减.
1
故g（x）max＝g（e）＝ ，且当x＞e时，g（x）∈
e
1
0,
e
，又g（1）＝0，
【关键】准确判断g（x）的范围
ln 1
＜ ，解得a的取值范围是（1，e）∪（e，＋∞）.
e
解 曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，
ln ln
可转化为方程 ＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程 ＝ 有两个不同的解.
【技巧】将曲线的交点问题转化为对应方程的根
ln
1−ln
令g（x）＝ （x＞0），g'（x）＝ 2 （x＞0）.
1−ln
令g'（x）＝ 2 ＝0，解得x＝e.
解：方程f（x）＝g（x）在[1，e]上有两个不相等的解，
2ln
即a＝ 2 在[1，e]上有两个不同的解，
2ln
∴y＝a与φ（x）＝ 2 ，x∈[1，e]有两个不同的交点，
2(1−2ln)
φ'（x）＝
，
3
《一轮复习——函数的零点问题》教后记
《一轮复习——函数的零点问题》教后记
函数的零点问题是近年来高考的热点与难点问题，因此本节课的教学重点在于指导学生如何把握解决零点问题的技巧与方法。
本节课的复习教学中，主要我主要把握以下几个方面：
1、“一条主线”贯穿到底：函数的零点是什么；
2、“两个重点”：函数零点的定义与函数零点存在性定理；
3、“三个基本方法”：解方程法，图象法与零点存在性定理；（作为第一轮复习，在教学的过程中给定学生基本的解题思路是一种较好的学习方法）
4、“四种切换”：（1）作为备考复习，过于冗长的知识梳理或者思维导图已经不适用于高三学生，因此本节课直接给出例1（1），让学生在解题的过程中总结函数零点的定义；（2）当学生在解决例1（2）的过程中存在困难时，切换引入模式，先由教师提出函数零点存在性定理再由学生解决问题；（3）数与形之间的切换；（4）通过问题的变式呈现函数零点存在性定理的使用条件；
5、“五种解题境界”：应对高考，解题教学在高三教学中是关键。
在本节课的教学中，主要引导学生经历了以下的解题过程：（1）追根溯源，学生直接从函数零点的定义入手直接求解函数的零点；（2）学生独立思考，对于不同的零点问题自行摸索解题方法，做到“会解”；（3）学生展示成果，鼓励并引导学生学会表述问题及其解题思路，做到“会说”；（4）拓宽思路，做到“一题多解”；（5）针对不同的问题背景，在提供的多种解题方法中做到“会选”。
我认为在本节课的教学过程中，我的亮点在于针对学生在表述自己的解题思路与解决方法中所呈现的错误能及时提出反馈，让每位学生能及时意识到解决函数零点问题的误区与易错点，加深学生的印象。
人教版高三数学一轮复习备考教学设计：函数的零点 黄冈中学
函数一轮复习微专题（文科）——函数的零点（2课时）“函数”是高中数学中起联接和支撑作用的主干知识，也是进一步学习高等数学的基础．其知识、观点、思想和方法贯穿于高中数学的全过程，同时也应用于几何问题的解决．因此，在高考中函数是一个极其重要的部分，而对函数零点的复习则是高三数学一轮复习的重头戏．根据上表可以看出新课标全国卷(文)在本专题中的命题特点如下：（1）从考查要求来看：不仅有基本知识、基本方法、基本技能的考查，更有数学思想、数学本质的考查．（2）从考查题型和难度来看：新课标卷在函数方面占27分，题目基本稳定在“三小一大”的格局上，其中小题平均难度适中，解答题难度很大，比较稳定的采用导数压轴．（3）从考查内容来看：小题考点可总结为七类：一是分段函数，二是函数的性质，三是基本函数，四是函数图象，五是方程的根（函数的零点），六是函数的最值，七是函数与导数．解答题主要是利用导数处理函数、方程和不等式等问题，有一定的难度．常见的考点可分为六个方面，一变量的取值范围问题，二证明不等式的问题，三方程的根（函数的零点）问题，四函数的最值与极值问题，五导数的几何意义问题，六恒成立与存在性问题．（4）从考查思维和能力来看：既考查学生分析问题和解决问题的能力，又考查运算能力和数据处理能力．（5）从考查的数学思想方法来看：分类讨论思想、函数与方程思想、等价转化思想、数形结合思想、整体代换思想、极端化思想、建模思想如：分段函数问题、判断含有参数的函数的单调性、最值等问题常与分类讨论思想相结合，有关函数与方程的相关问题常涉及函数与方程思想和等价转化思想，研究函数的图象问题和基本函数的性质时常利用数形结合思想等．（三）命题趋向（1）题量稳定，题型不变，小题平均难度适中，解答题难度很大，导数压轴；（2）函数的性质、函数的图象、分段函数、函数与方程、函数与导数依然是考查的重点；（3）可能会有与其它章节交汇知识点的考查，如：函数与三角函数、函数与不等式、函数与数列、函数与解析几何等交叉渗透的综合性问题；（4）压轴题为函数与导数，主要考查利用导数处理函数、方程和不等式等问题，同时考查推理论证能力、数据处理能力、转化与化归思想以及分类讨论思想．二、本专题复习的意义作为高考考查的重点，又是学好其它相关章节的桥梁和工具，函数的一轮复习教学必须深入而有效．传统的一轮复习教学注重知识点的分类复习、题型和方法的分类复习，能促使学生构建知识体系，优化解题思路，但是在复习的精准度、细致度、深刻度等方面尚存在一定的问题，比如“函数与导数”“解析几何”等内容，有知识点多、复习时间长的特点，学生往往会陷入机械记忆模式，对很多问题仍然是一知半解．如能在传统专题形式的基础上对重点考查的内容穿插微专题，则可以起到“见微知著”，促进学生深度学习的目的，同时也能激发学生的学习热情．函数一轮复习的微专题有：函数的定义域和值域、函数的性质、函数的图象、函数的零点．在新课标中，函数的零点是函数中的重要内容，也是高考考查的热点．它是函数、方程、不等式的一个知识交汇点，也是初等数学与高等数学的一个衔接点，蕴含着丰富的数学思想．从近几年各省的高考真题来看，零点问题不仅呈现于客观题中，考查学生对零点问题的基础知识与基本技能的理解与掌握，而且渗透于主观题中，与其它知识交汇对接，考查学生的综合思维能力．小题中的零点问题多用数形结合的思想求解，解答题中的零点问题多用导数法求解．特别是，新课标卷近两年在压轴题中都考查了导数法解决零点问题，而且有一定的难度．这一发现促使我开始从这两种思路去研究零点问题．微专题“函数的零点”教学设计(2课时)一、教学设计1．教学内容解析本课是高三一轮函数章节复习之后对重点内容设置的微专题复习课，不一定要做到面面俱到，而是要把握重点、聚焦难点、力求突破难点．本课主要复习解决零点问题的两种基本思路：①数形结合；②导数法．通过对零点问题的多级设计，实现知识的层层解析，思维的步步深入，方法的自然迁移．教学过程中，引导学生面对新问题时主动联想已解决问题运用的各种策略，通过观察、判断、分析、比较寻得新问题的解决方法．在问题的逐级递进中，让学生逐渐领悟解决该类问题常用的思想方法，并在此基础上优化方法，从而让学生活用知识，升华思想，提高能力．通过习题的训练，让学生学会识别题目的类型、联想方法、选择思路，在不同的复合情境中抓住题目的本质，寻找解题的规律，“以不变应万变”．根据教学内容，微专题计划两课时完成．根据以上分析，本节课的教学重点确定为：教学重点：数形结合探究零点问题、导数法探究零点问题．2．学生学情分析此课的授课对象为高三文科班的学生．学生此时刚好复习完了函数部分的所有知识点，会画简单函数的图象，会通过图象研究、理解函数的性质，对零点的求解方法和所涉及到的基本题型也有了一定的认识．但在深刻度上还有所欠缺．所以在教学中要引导学生归类题型，总结方法，注重题与题之间的连通性和变通性，从而在浩如烟海的数学题目中寻找解题的规律．根据以上分析，本节课的教学难点确定为：教学难点：如何引导学生识别题目的类型、联想方法、选择思路，在不同的复合情境中抓住题目的本质，寻找恰当的、最优的方法解决零点问题．3．教学目标设置（1）让学生掌握解决零点问题的两种基本思路：①数形结合法；②导数法．（2）让学生掌握两类题型的处理方式：①求零点的个数；②已知零点的个数求参数．（3）让学生体会函数与方程思想，数形结合思想，转化与化归思想，分类讨论的思想．（4）强化学生对函数与方程相互转化的认识与理解，提高学生分析问题、解决问题的能力．4．教学策略分析在“学生主体、教师主导”的新课标理念下，运用变式教学策略，实现对教学难点的突破．策略1.一题多变通过一题多变，给学生的思维发展提供阶梯，让学生在探究中感悟知识，建构分段函数零点问题的求解模型，提高学习效率．策略2.一题多解引导学生对同一零点问题从不同角度加以思考，探求不同的解决方法，训练思维的多向性，实现对数形结合法、导数法探究零点问题解题方法的整理归纳．注重不同方法的对照、对比和优选，通过对多种解法的探究和呈现，更好的提高学生解题的灵活性和敏捷性．策略3.多题归一引导学生将探究所得的方法应用到零点问题的求解中，让学生学会识别题目的类型、联想方法、选择思路，在不同的复合情境中抓住题目的本质，寻找解题的规律，“以不变应万变”，做到抽丝剥茧，柳暗花明．教学流程：二、教学过程第一环节：一题多变数形结合探零点高考中，大多数的零点问题基本都要用到数形结合的思想来求解，而直接运用数形结合的思想来探究零点问题多以小题的形式呈现，而且以分段函数的形式居多，为了贴近高考，此环节设置的例题和变式题的函数形式都为分段函数．例题1（解析式与分段点均确定的零点问题）：设函数211()4(1)(2)1x xf xx x x⎧-=⎨-->⎩‚≤‚，则函数()f x的零点为_________．变式1：【2014福建，文15】函数21,1()26ln,1x xf xx x x⎧-=⎨-+>⎩≤的零点个数是_________．设计意图：此问题由学生课前预习完成，帮助学生回顾函数零点问题的处理方法：一个原理、两种方法、三种转换．让学生意识到对于分段函数来说，还得根据每一段的定义域来求零点．为后面变式的探究打下基础．小结：在师生的共同探讨下，收获如下：解析式确定的零点问题，不管是不是分段函数，零点问题概括起来就是一个原理——零点存在性定理，两种方法——解出来或画出来；三种转化——转化为()0f x=型，()f x c=型或者()()f xg x=型．而分段函数的零点在此基础上还要结合各段的定义域去确定零点．所蕴含的思想方法有：函数与方程、数形结合、转化与化归．变式2（解析式确定，分段点不定的零点问题）：设函数21()4(1)(2)x x af xx x x a⎧-=⎨-->⎩‚≤‚，若函数()f x有两个零点，则的取值范围是_________．设计意图：在例题1解析式的基础上将分段点改为不确定的情况去探求零点．该题由学生先思考后展示，经教师补充后共同提炼出两种解法：一是先分别作出两段函数在R上的图象，再通过分段点的左、右移动来取舍左、右两段函数的图象，进而确定满足条件的分段点的位置．二是通过解方程计算两段函数零点的取值为0,1,2，找到讨论的标准，对分类讨论来求解．变式3（解析式不定，分段点确定的零点问题）：【2015北京，文14】设函数21 ()4()(2)1x a xf xx a x a x⎧-<=⎨--⎩‚‚≥．①略②若()f x恰有2个零点，则实数的取值范围是_________．设计意图：在例题1的基础上将解析式改为不确定的情况，图象不定，难度较大．可让学生先思考然后说出自己的解题方法再计算，最后请代表展示，教师点评．师生共同整理出对于含参的分段函数零点的最优解法：首先在每段中求零点，分析零点与分段点的位置关系找到参数的分类标准，然后将零点进行等价转化，再运用分类讨论的思想，结合图象找限制条件．通过此变式让学生体会如何从复杂的情境中准确的找到问题的切入点，同时复习数形结合、分类讨论、等价转化的数学思想．在例1以及3道变式题的基础上，教师精心挑选配套练习题，进一步巩固如何运用数形结合的思想来求解零点问题．练习1：【2015天津，文8】已知函数22||,2()(2),2x x f x x x -⎧=⎨->⎩≤，函数()3(2)g x f x =--，则函数()()y f x g x =-的零点个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5设计意图：分段函数中加绝对值，目标函数也变得复杂，但是求解的方法却更加灵活、多样．通过此题进一步巩固变1知识，同时训练学生的解题思维．具体有三种做法：一是利用图象的对称变换、平移变换等知识，分别作出()f x 与()g x 的草图，从图象中发现两个函数的图象有两个交点；二是求出函数()()y f x g x =-的解析式，在每一段中按照例1或变1的方法求零点；三是构造函数()()(2)h x f x f x =+-，将此问题转化为求()h x 与3y =的交点个数．练习2：【2016天津，文14】已知函数2(43)3,0()(01)log (1)1,0a x a x a x f x a a x x ⎧+-+<⎪=>≠⎨++⎪⎩且≥在R 上单调递减，且关于的方程|()|23x f x =-恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是_________． 设计意图：设置练习2的目的为：巩固分段点不定零点问题的求法，让学生感受获得知识的喜悦，考查学生对此类问题的掌握和理解情况．练习2难度较大，命制中增加了2个限制条件，一是由函数的单调性限制了参数的范围，二是目标函数中增加了绝对值符号，即解题中需结合函数的翻折变换，利用数形结合的思想找限制条件．通过此题让学生体会解决此类零点问题的难点并不是零点问题的转化，而是如何通过画图、通过图象的变换，找到的限制条件．同时还要注意解题细节，直线2y x =-与曲线2(43)3y x a x a =+-+相切也符合题意．第二环节：拾级而上 借用导数探零点函数的图象有时并不能直接画出，或分情况画出，必须通过求导讨论单调性才能画出，进而探究零点．所以导数在探究零点问题中的工具作用不容小觑，而且这是新课标文科卷近年来考查的热点，通常以解答题的形式呈现，考查的都是非分段函数的零点，并未涉及到分段函数．教师根据学生的掌握情况，设计一组问题，层层递进．例题2：（必修1，88页例1改编）判断函数()ln 2f x x x =--的零点个数．让学生在学案上完成例题，并用实物投影仪展示学生的解答过程，得到以下两种解法．方法一：因为()ln 2f x x x =--，所以11()1x f x x x-'=-=，所以()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)1f x f ==-，又因为当接近时函数值为正数，同时2(e )0f >，结合()f x 的图象（图1）可知()f x 的零点有2个．方法二：判断函数()ln 2f x x x =--的零点个数，即判断方程ln 20x x --=根的个数，即判断函数2y x =-与函数ln y x =的交点个数，由图2可知，它们的交点有两个，所以()f x 的零点有2个．设计意图：通过例题2进一步巩固第一环节中解决零点问题的方法，即一个原理，两种方法，三种转化．同时指出不同之处为：不再是分段函数，函数的单调性必须借助于求导才能判断．由学生课前完成．变式1：判断函数()ln 2f x x x a =---的零点个数．方法一：因为参数在常数项的位置，它是例2中的函数经过上下平移得到的，由图象易得： 当1a <-时，无零点；当1a =-时，有一个零点；当1a >-时，有两个零点．方法二：由题意，原问题即判断函数2y x a =--与函数ln y x =的交点个数，在例2的方法二的基础上，求出函数ln y x =的斜率为的切线方程为1y x =-，通过平移函数2y x =-易得同样结论．方法三：运用分离参数法． 转化为判断函数ln 2y x x =--与y a =的交点个数问题． 由例2中方法一的图象易得同样结论．设计意图：添加参数，参数在常数项的位置．学生经过分析，得到三种解法，教师用实物投影展示成果．通过此变式让学生的思维处于螺旋上升状态．变式2：若函数()ln 2f x x x a =---在区间21[,e ]e上有一个零点，求的取值范围． 设计意图：添加区间后，变式1下的三种方法均可行，学生稍作思考便能得出答案为：1a =-或211e 4ea -<-≤．帮助学生实现方法的自然迁移． 变式3：若函数()ln 2f x ax x =--有一个零点，求的取值范围．设计意图：改变参数位置，将参数置于一次项系数位置，增加问题难度，让学生面对新目标，再次起跳，争取摘到“桃”．经过思考，学生得到三种解法，用实物投影展示其解答过程．方法一：因为()ln 2f x ax x =--，所以11()ax f x a x x-'=-=，所以当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减，又因为当接近时函数值为正数，同时(1)20f a =-<，所以函数必定有一个零点．当0a >时，易知()f x 在1(0,)a 上单调递减，在1(,)a +∞上单调递增，所以min 1()()f x f a = 0=即可，解得e a =． 综上所述：0a ≤或e a =．方法二：由题意可知，函数2y ax =-与函数ln y x =有一个交点，而函数2y ax =-是过定点(0,2)-的直线，由图3，当0a ≤或直线与ln y x =相切时满足题意，相切时可设切点为00(,)P x y ，由01a x =可知切点坐标为11(,ln )P a a，又因为P 点在直线2y ax =-上，解得e a =． 综上所述：0a ≤或e a =．方法三：分离参数可得．即函数y a =与ln 2()(0)x q x x x +=≠有一个交点．因为2ln 1()x q x x --'=，所以()q x 在1(0,)e 上单调递增，在1(,)e+∞上单调递减，所以min 1()()e eq x q ==，又因为当接近时函数值是负的，当趋向正无穷时函数值是正的，由图4可知，的取值范围是0a ≤或e a =．变式4：当0a >时，若函数()ln f x x a x =-有两个零点，求的取值范围．设计意图：再次改变参数位置，将参数置于对数前，再添难度，让学生尝试对比以上方法择优解决．答案为：e a >．练习：【2015新课标1，文21】设函数2()e ln x f x a x =-．（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数．（II ）略设计意图：虽然与前面的变式题在解析式上有些不同，但是处理的方法完全一样，即转化为函数22e (0)x y x x =⋅>与y a =的交点个数，并通过导数来判断，或函数22e (0)x y x =>与a y x =的交点个数，或求导讨论2()2e (0)x a f x x x'=->的单调性，结合零点存在性定理判断零点．通过此题，巩固利用导数探究零点的三种方法，分辨最优解．同时感受高考真题，体会真题中零点的考查方式．第三环节：顺藤摸瓜 解题规律及时找师：通过以上两个环节的学习，你有哪些收获？学生分组讨论完成，教师在方法技巧的基础上提炼核心数学思想，帮助学生形成实用有效的解题规律：零点问题概括起来就是一个原理——零点存在性定理，两种方法——解出来或画出来；三种转化——转化为()0f x =型，()f x c =型或者()()f x g x =型．数形结合探究含参的分段函数零点具体做法为：首先在每段中求零点，分析零点与分段点的位置关系找到参数的分类标准，然后将零点进行等价转化，再运用分类讨论的思想，结合图象找限制条件．不仅要用到等价转化的数学思想、还需用到分类讨论和数形结合的思想．借用导数探究一般函数零点具体做法为：1、()0f x =型．求导，对参数分类讨论进而讨论函数的单调性，确定函数图象的特征，找参数的限制条件；2、()f x c =型．将函数变形，把参数置于一边，对新构造的确定函数求导，讨论函数单调性，确定图象的特征，最后平移直线y c =，找到参数的限制条件；3、()()f x g x =型．将函数变形，把函数零点问题转化为一条直线和一个一般曲线的交点问题，利用导数求曲线的切线，通过图象找到参数的限制条件．我们应将具体问题转化为三种类型的某一类，有时还要通过分析、比较找出最优解，也即最佳策略．设计意图：让学生对所学的知识有比较全面的认识，引导学生归纳总结解决不同零点问题的处理方法、思想方法和解题步骤，从解决问题的方法、规律、思维策略等方面反思自己的做法，总结解题的经验教训，提高解题能力．及时反馈课堂的教学效果，让复习课更加深刻、细致和精准，从而实现微专题复习课的终极目标．第四环节：回归梳理，下一轮会更精彩布置学生课后在函数零点的课本习题中，在以前做过和考过的题目中，把与本课相类似的零点问题找出来再做，总结和归纳解题的经验、感悟、困惑和教训．同时布置课后练习，为二轮复习打下扎实的基础．课后练习：1．【2016山东，文15】已知函数2||, ()24, x x m f x x mx m x m⎧=⎨-+>⎩≤，其中0m >．若存在实数，使得关于的方程()f x b =有三个不同的根，则m 的取值范围是_______．(3,)+∞2．【2015江苏，13】已知函数()|ln |f x x =，20, 01()|4|2, 1x g x x x <⎧=⎨-->⎩≤，则方程|()()|1f x g x += 实根的个数为 ．3．已知函数, 0()21, 0x e a x f x x x ⎧+=⎨->⎩≤（a ∈R ），若函数()f x 在R 上有两个零点，则的取值 范围是 ．4．已知实数2122, 10,()log , 1x ax x a f x x x ⎧-⎪>=⎨>⎪⎩≤若方程23()4f x a =-有且仅有两个不等实根，且较大实根大于2，则实数的取值范围是________．5．【2016新课标1，文21】已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个零点，求的取值范围．6．【2014新课标1，文12】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则的取值范围是________．7．【2014陕西，文21】设函数()ln ,m f x x m x =+∈R ． （Ⅱ）讨论函数()()3x g x f x '=-零点的个数． 设计意图：进一步巩固所学，让学生学会独立识别题目的类型、联想方法、选择思路，在不同的复合情境中抓住题目的本质，寻找解题的规律，“以不变应万变”．体会函数与方程思想，数形结合思想，转化与化归思想．教学反思：本课复习了解决与零点相关问题的两种基本思路：①数形结合；②导数法． 两类题型：①求零点的个数；②已知零点的个数求参数．内容设计层层深入，分段进行，又环环相扣，使学生在接受知识、探究问题的过程中能有一个逐步积累深入、螺旋上升的发展． 但本课主要涉及的是数形结合解决分段函数中的零点问题，以及借用导数画图象来解决非分段函数的零点问题，对于非分段函数直接画图或者通过图象的变换再画图去求解零点的问题，限于课时不能展开．直接解方程求解函数的零点，因为考得较少故而直接忽略掉了．近五年与零点有关的真题搜集如下：【2016山东，文15】已知函数2||, ()24, x x m f x x mx m x m ⎧=⎨-+>⎩≤，其中0m >．若存在实数，使得关于的方程()f x b =有三个不同的根，则m 的取值范围是_______．(3,)+∞【2016天津，文14】已知函数2(43)3,0()(01)log (1)1,0a x a x a x f x a a x x ⎧+-+<⎪=>≠⎨++⎪⎩且≥在R 上单调递减，且关于的方程|()|23x f x =-恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是_________． 12[,)33【2015天津，文8】已知函数22||,2()(2),2x x f x x x -⎧=⎨->⎩≤，函数()3(2)g x f x =--，则函数 ()()y f x g x =-的零点的个数为（ A ）A ．2B ．3C ．4D ．5【2015安徽，文4】下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ D ）A ．ln y x =B ．21y x =+C ．sin y x =D ．cos y x =【2015安徽，文14】在平面直角坐标系xOy 中，若直线2y a =与函数||1y x a =--的图像只有一个交点，则的值为 ．12- 【2015湖南，文14】若函数()|22|x f x b =--有两个零点，则实数的取值范围是_____．02b << 【2015陕西，文9】 设()sin f x x x =-，则()f x =（ B ）A ．既是奇函数又是减函数B ．既是奇函数又是增函数C ．是有零点的减函数D ．是没有零点的奇函数【2015湖北，文13】函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为_________．个 【2015江苏，13】已知函数()|ln |f x x =，20, 01()|4|2, 1xg x x x <⎧=⎨-->⎩≤，则方程|()()|1f x g x += 实根的个数为 ．个【2014新课标1，文12】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则的取值范围是（ A ）A ．(2,)+∞B ．(1,)+∞C ．(,2)-∞-D ．(,1)-∞-【2014湖北，文9】已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，2()3f x x x =-，则函数()()3g x f x x =-+的零点的集合为（ D ）A ．{1,3}B ．{3,1,1,3}--C ．{2D ．{2--【2014福建，文15】函数22, 0()26ln , 0x x f x x x x ⎧-=⎨-+>⎩≤的零点个数是_________．个 【2013天津，文8】设函数22, ()ln )3(x x g x x x x f e +-=+-=．若实数,a b 满足 ()0, ()0f a g b ==, 则（ A ）A ．()0()g a f b <<B ．()0()f b g a <<C ．0()()g a f b <<D ．()()0f b g a <<【2013湖南，文6】函数()ln f x x =的图象与函数2()44g x x x =-+的图象的交点个数（C ）A ．B ．C ．D ．【2013上海，文】方程91331x x +=-的实数解为_______．3log 4 【2013湖北，文12】已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点，则实数的取值范围是（ B ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞【2013安徽，文10】已知函数32()f x x ax bx c =+++有两个极值点12,x x ，若112()f x x x =<，则关于的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数为（ A ）A ．3B ．4C ．5D ．6【2012湖北，文】函数()cos2f x x x =在区间[0,2]π上的零点的个数为( D )A ．2B ．3C ．4D ．5【2012北京，文】函数121()()2x f x x =-的零点个数为( B ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【2012湖南，文】设定义在R 上的函数()f x 是最小正周期为2π的偶函数，()f x '是()f x 的导函数．当[0,]x π∈时，0()1f x <<；当(0,)x π∈且2x π≠时，()()02x f x π'->．则函数 ()sin y f x x =-在[2,2]ππ-上的零点个数为( B ) A ．2 B ．4 C ．5 D ．8【2012天津，文】已知函数2|1||1|x y x -=-的图像与函数y kx =的图像恰有两个交点，则实数的取值范围是________．(0,1)(1,2)U【2016新课标1，文21】已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-． （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个零点，求的取值范围．【2016北京，文20】设函数32()f x x ax bx c =+++． （I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求的取值范围； （III ）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．【2016江苏，文19】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠．（I ）设12,2a b == ①求方程()2f x =的根； ②若对任意x ∈R ，不等式(2)()6f x mf x -≥式恒成立，求实数m 的最大值；（II ）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值． 【2015新课标1，文21】设函数2()ln x f x e a x =-． （I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22ln f x a a a+≥． 【2015北京，文19】设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >． （I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点．【2015广东，文21】设为实数，函数()2()(1)f x x a x a a a =-+---． （Ⅰ）若(0)1f ≤，求的取值范围；（Ⅱ）讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）当2a ≥时，讨论4()f x x+在区间(0,)+∞内的零点个数． 【2015山东，文20】设函数()()ln f x x a x =+，2()e x x g x =. 已知曲线()y f x =在点(1(1))f ， 处的切线与直线20x y -=平行.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在自然数，使得方程()()f x g x =在(1)k k +，内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；（III ）设函数()min{()()}m x f x g x =，（min{}p q ，表示p q ，中的较小值），求()m x 的最大值. 【2015四川，文21】已知函数22()2ln 2f x x x x ax a =-+-+，其中0a >． （Ⅰ）设()g x 为()f x 的导函数，讨论()g x 的单调性； （Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．【2015浙江，文20】设函数2(),f x x ax b =++（,a b ∈R ）． （Ⅰ）当214a b =+时，求函数()f x 在[1,1]-上的最小值()g a 的表达式； （Ⅱ）已知函数()f x 在[1,1]-上存在零点，021b a -≤≤，求的取值范围．【2014湖南，文21】已知函数()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）记i x 为()f x 的从小到大的第()i i N *∈个零点，证明：对一切n N *∈，有2221211123n x x x +++<L ． 【2014陕西，文21】设函数()ln ,m f x x m x=+∈R ． （Ⅰ）当e m =e (为自然对数的底数)时，求()f x 的极小值； （Ⅱ）讨论函数()()3x g x f x '=-零点的个数； （Ⅲ）若对任意0b a >>，()()1f b f a b a-<-恒成立，求m 的取值范围． 【2014四川，文21】已知函数2()e 1x f x ax bx =---，其中,a b ∈R ，e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数．（Ⅰ）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值； （Ⅱ）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，证明：e 21a -<<．【2013江苏，文】设函数()ln f x x ax =-，()e x g x ax =-，其中为实数． （Ⅰ）若()f x 在(1,)+∞上是单调减函数，且()g x 在(1,)+∞上有最小值，求的取值范围； （Ⅱ）若()g x 在(1,)-+∞上是单调增函数，试求()f x 的零点个数，并证明你的结论．【2013陕西，文】已知函数()e x f x =，其中x ∈R ．。
高中数学 2.4.1《函数的零点》学案 新人教b版必修1
2.4.1函数的零点学习目标:理解函数零点的意义, 能判断函数零点的存在性,会求简单函数的零点,了解函数零点与方程跟的关系.学习难点:利用函数的零点作图.学习重点:函数零点的概念及求法一．自主达标1．如果函数ｙ＝ｆ（ｘ）在实数处的值等于零，即ｆ（ｘ）＝０，则ｘ叫做．２．把一个函数的图像与叫做这个函数的零点．３．二次函数ｙ＝ａ2x＋ｂｘ＋ｃ（ａ ０），当Δ＝2b－４ａｃ＞０时，二次函数有个零点；Δ＝2b－４ａｃ＝０时，二次函数有个零点；Δ＝2b－４ａｃ＜０时，二次函数有个零点．４．二次函数零点的性质：（１）二次函数的图像是连续的，当它通过零点时（不是二重零点），．（２）在相邻的两个零点之间所有．二。
典例解析例１．若函数ｆ（ｘ）＝2x＋ａｘ＋ｂ的两个零点是２和－４，求ａ，ｂ的值．例２．求证：方程５2x－７ｘ－１＝０的一个根在（－１，０）上，另一个根在（１，２）上．限时训练1.判断下列函数在给定的区间上是否存在零点．(1).f(x)=x3－3x－18, x∈[1,8] (2)f(x)=x3－x－1, x∈[-1,2]2.二次函数y = x2+mx+(m+3)有两个不同的零点,则m的取值范围是（）A.(-∞,2)∪(6,+∞)B.(-2,6)C.[-2,6 ]D.[-2,6)5．函数ｆ（ｘ）＝ｘ－x的零点是（ ） Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ．２ Ｄ．无数个6．函数ｆ（ｘ）＝3222x x x --+的零点是（ ）Ａ． １，２，３ Ｂ．－１，１，２ Ｃ．０，１，２ Ｄ．－１，１，－２7．若函数ｆ（Ｘ）在［０，４］上的图像是连续的，且方程ｆ（ｘ）＝０在（０，４）内仅有一个实数根，则发ｆ（０）x ｆ（４）的值（ ） Ａ．大于０ Ｂ．小于０ Ｃ．等于０ Ｄ．无法判断8．若函数ｆ（ｘ）＝ｍ2x ＋８ｍｘ＋２１，当ｆ（ｘ）＜０时－７＜ｘ＜－１，则实数ｍ的值为（ ）Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４ 9．ｆ（ｘ）＝xx 1-，方程ｆ（４ｘ）＝ｘ的根是（ ） Ａ．－２ Ｂ．２ Ｃ．－０．５ Ｄ．０．５10．设函数)f(x)= c bx x 3++在[-1,1]上为增函数,且0)21(f ).21(f <-,则方程f(x)在[-1,1]内A .可能有3个实数根B .可能有2个实数根 C. 有唯一的实数根 D .没有实数根11．设f (x ) = 12x 5x -3++，则在下列区间中，使函数f (x )有零点的区间是（ ）A ．[0，1]B ．[1，2]C ．[－2，－1]D ．[－1，0]9.已知函数y=f(x)在定义域内是单调函数,则方程f(x)=c(c为常数)的解的情况( )A.有且只有一个解B.至少有一个解C.至多有一个解D.可能无解,可能有一个或多个解12.已知函数y = f(x)=x2－1，则函数f(x+1)的零点是：________.13.方程x3-2x-5=0在区间 [2,3]内有实根，取区间中点 x0=2.5，那么下一个有根区间是：___________ .14.若函数f(x)=x2－ax－b的两个零点是2和3,则函数g(x)=bx2－ax－1的零点是:_____________.15．关于ｘ的方程２ｋ2x－２ｘ－３ｋ＝０的两根一个大于１，一个小于１，则实数的取值范围．16．若函数ｆ（ｘ）＝2x－ａｘ－ｂ的两个零点时２和３，则函数ｇ（ｘ）＝ｂ2x－ａｘ－１的零点．三、解答题17．已知函数ｆ（ｘ）＝２（ｍ－１）2x－４ｍｘ＋２ｍ－１（１）ｍ为何值时，函数图像与ｘ轴有一个公共点．（２）如果函数的一个零点为２，求ｍ的值．18.求函数f(x)=x3－2x2－x+2的零点，则画出它的大致图像．19.方程x2+(m－2)x+5－m =0.(1).两根都大于2,求m的取值范围.(2).一根大于2,另一根小于2,求m的取值范围.(3).两根分别在区间(2,3)和之间(3,4)，求m的取值范围.。
高考数学科学复习创新方案：利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点问题例1(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x.(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；(3)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解(1)设S(x)＝e x－x－b，S′(x)＝e x－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；当b>1时，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝e b－2b，设u(b)＝e b－2b，则当b>1时，u′(b)＝e b－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝e x－x－b有两个不同的零点．，设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝x－1x当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；当b>1时，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(e b)＝e b－2b>0，所以T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点．综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.(2)证明：由f(x)＝g(x)得e x－x＝x－ln x，即e x＋ln x－2x＝0，设h(x)＝e x＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝e x＋1x－2，设s(x)＝e x－x－1，则当x>0时，s′(x)＝e x－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)＞s(0)＝0，即e x>x＋1，所以h′(x)>x＋1x－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，e1e3－3－2e3<e－3－2e3＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且1e3<x0<1，当0<x<x0时，h(x)<0，即e x－x<x－ln x，即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0，即e x－x>x－ln x，即f(x)>g(x)，所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时e x－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－ln x＝b有两个不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故e x1－x1＝b，e x0－x0＝b，x2－ln x2－b＝0，x0－ln x0－b＝0，所以x2－b＝ln x2，即e x2－b＝x2，即e x2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b为方程e x－x＝b的解，同理x0－b也为方程e x－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>10＝x2－b，1＝x0－b，即x1＋x2＝2x0.利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x＋(x－2)e x＝(x－1)e x，又e x>0恒成立，∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当－e<a<0时，f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点；当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．例2(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x －ln x(x＞0)，则f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－1x －(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋1x2－a＋1x＝（ax－1）（x－1）x2(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝x－1）x2，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝x－1）x2，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a＞1，则f(x)(1，＋∞)为f(1)＝a－1＞0，所以f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)a＞1满足条件．若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)因为f(1)＝a－1＜0，所以f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，则H′(x)＝1x－1＋1（x－1）2>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]．(2)f(x)＝0⇒a＝（x－2）ln（x－1）x，令g(x)＝（x－2）ln（x－1）x，故g′(x)＝1x－1－2·xx－1－ln（x－1）x2＝（x－1）－1x－1＋2ln（x－1）x2，令h(x)＝(x－1)－1x－1＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋1（x－1）2＋2x－1>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由当x→1时，x－2x→－1，ln(x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；当x→＋∞时，x－2x→1，ln(x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.∴a的取值范围为(0，＋∞)．例3(2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e 为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1＋bx2＞28；②2a(x1＋x2)>3x1x2；③x1－1＋x2－1>2.请从①②③中任选一个进行证明．解(1)当a＝0时，f(x)＝e x＋bx－1，f′(x)＝e x＋b，当b≥0时，因为f(－1)b<0，所以此时不符合题意；当b＜0时，当x∈(－∞，ln(－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x ∈(ln (－b )，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (ln (－b ))＝－b ＋b ln (－b )－1，要使f (x )≥0，只需f (x )min ＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，令g (x )＝x －x ln x －1，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，则由g (－b )＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，得－b ＝1，所以b ＝－1，故实数b 的取值范围为{－1}．(2)证明：当b ＝2a 时，f (x )＝e x －ax 2＋2ax －1，f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，令φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，则φ′(x )＝e x －2a ，因为函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a 有两个零点，若a ≤0，则φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，不可能有两个零点，所以a ＞0，令φ′(x )＝e x －2a ＝0，得x ＝ln (2a )，当x ∈(－∞，ln (2a ))时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减；当x ∈(ln (2a )，＋∞)时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )min ＝φ(ln (2a ))＝4a －2a ln (2a )，因为φ(x )有两个零点，所以4a －2a ln (2a )＜0，则a >12e 2.设x 1＜x 2，因为φ(1)＝e ＞0，φ(2)＝e 2－2a ＜0，所以1＜x 1＜2＜x 2，因为φ(x 1)＝φ(x 2)＝0，所以e x 1＝2ax 1－2a ，e x 2＝2ax 2－2a ，则e x 2e x 1＝x 2－1x 1－1，取对数得x 2－x 1＝ln (x 2－1)－ln (x 1－1)，令x 1－1＝t 1，x 2－1＝t 2，则t 2－t 1＝ln t 2－ln t 1，即t 2－ln t 2＝t 1－ln t 1(0＜t 1＜1＜t 2)．若选择命题①：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－u (2－t )＝2t －ln t ＋ln (2－t )－2(0＜t ＜2)，则v ′(t )＝2（t －1）2t （t －2）≤0，v (t )在(0，2)上单调递减，因为0＜t 1＜1，所以v (t 1)＞v (1)＝0，即u (t 1)－u (2－t 1)＞0，亦即u (t 2)＝u (t 1)＞u (2－t 1)，因为t 2＞1，2－t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2＞2－t 1，则x 2－1＞2－(x 1－1)，整理得x 1＋x 2＞4，所以7x 1＋bx 2＝7x 1＋2ax 2＞7x 1＋7x 2＞28，故①成立，得证．若选择命题②：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－t －1t －2ln t ，则v ′(t )＝（t －1）2t2≥0，v (t )在(0，＋∞)上单调递增，又v (1)＝0，所以当t ∈(0，1)时，v (t )＝u (t )－v (1)＝0，即u (t )<因为0<t 1<1，所以u (t 2)＝u (t 1)<因为t 2＞1，1t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2－1<1x 1－1，即x 1x 2＜x 1＋x 2，所以x1x2<x1＋x2<2312e2(x1＋x2)<23a(x1＋x2)，所以2a(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln t2t1，因为0<t1<1<t2，所以t2t1>1.令F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1，则当t>1时，F′(t)＝（t－1）2t（t＋1）2>0，所以F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1>F(1)＝0，所以ln t>2（t－1）t＋1，则t2－t1＝2ln t2t1>4·t2－t1t2＋t1，两边约去t2－t1后，化简整理得t1＋t2>2，即x1－1＋x2－1>2，故③成立，得证．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝a e－x＋ln x－1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求x2x1的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a e －x＋1x ＝e x －ax x e x ，∵a ≤e ，∴e x －ax ≥e x －e x .设g (x )＝e x －e x ，则g ′(x )＝e x －e ，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0，∴f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤e 时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)依题意，f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0x 1＝ax 1，x 2＝ax 2，两式相除得，e x 2－x 1＝x 2x 1，设x 2x 1＝t ，则t >1，x 2＝tx 1，e (t －1)x 1＝t ，∴x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，∴x 1＋x 2＝（t ＋1）ln tt －1.设h (t )＝（t ＋1）ln t t －1(t >1)，则h ′(t )＝t －1t －2ln t （t －1）2，设φ(t )＝t －1t－2ln t (t >1)，则φ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝（t －1）2t 2>0，∴φ(t )在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t )>1－11－2ln 1＝0，∴h ′(t )>0，则h (t )在(1，＋∞)上单调递增，又x 1＋x 2≤2ln 3，即h (t )≤2ln 3，又h (3)＝2ln 3，∴t ∈(1，3]，即x 2x 1的最大值为3.课时作业一、单项选择题1．(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)答案B解析f (x )＝x 3＋ax ＋2，则f ′(x )＝3x 2＋a ，若f (x )存在3个零点，则f (x )存在极大值和极小值，则a <0.令f ′(x )＝3x 2＋a ＝0，解得x ＝－－a3或x ＝－a 3，且当x ∈∞∪时，f ′(x )>0，当x ∈－－a 3，f ′(x )<0，故f (x )的极大值为f，若f (x )存在3个零点，则，即a －a3＋2>0，a －a3＋2<0，解得a <－3.故选B.2．(2023·济宁二模)已知函数f (x )，x ≤0，ln x ，x >0，若函数g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则实数a 的取值范围是()A ．(－e ，0)－1e ，C ．(－∞，－e)∞答案C解析y ＝f (－x )与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且f (0)＝0，要想g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则当x ＞0时，－x ＝a ln x 要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x ＝1时，－1＝0，不符合题意；当x ≠1时，a ＝－x ln x ，令h (x )＝－xln x ，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h ′(x )＝1－ln x （ln x ）2，令h ′(x )＞0得0＜x ＜1，1＜x ＜e ，令h ′(x )＜0得x ＞e ，故h (x )＝－xln x在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，且当x ∈(0，1)时，h (x )＝－x ln x>0恒成立，h (x )＝－xln x在x ＝e 处取得极大值，其中h (e)＝－e ，故a ∈(－∞，－e)，此时直线y ＝a 与h (x )＝－xln x的图象有两个交点．故选C.3．(2023·银川三模)已知函数f (x )＝mx －ln x ＋m 在区间(e －1，e)上有唯一零点，则实数m 的取值范围为()A.－e e 2＋1，e 2＋1－1e ＋1，－ee ＋1，1，e 2＋答案B解析函数f (x )＝mx －ln x ＋m ，令f (x )＝0，则ln x ，即m ＝x ln x x ＋1，令h (x )＝x ln x x ＋1，则h ′(x )＝x ＋1＋ln x （x ＋1）2，令k (x )＝x ＋1＋ln x ，则k ′(x )＝1＋1x >0，所以函数y ＝k (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故k (x )>k (e －1)＝e －1>0，所以h ′(x )>0，故函数y ＝h (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故h (e －1)<h (x )<h (e)，即－1e ＋1<h (x )<e e ＋1，所以－1e ＋1<m <ee ＋1，故实数m －1e ＋1，故选B.4．(2023·邢台二模)已知函数f (x )＝x －ln x ＋m (m ∈R )，若f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，则下列关系式不正确的是()A ．m <－1B ．x 1＋x 2≤2C ．0<x 1<1D ．e x 1－x 2＝x 1x 2答案B解析f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f (x )min ＝f (1)＝1＋m <0，即m <－1，并且0<x 1<1，故A ，C 正确；由于x 1，x 2为f (x )的零点，故有x 1－ln x 1＋m ＝0①，x 2－ln x 2＋m ＝0②，两式相减得，x 1－x 2＝lnx 1x 2，即e x 1－x 2＝x 1x 2，故D 正确；由①②可知，m ＝ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，令g (x )＝ln x －x ，则g (x 1)＝g (x 2)，g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，所以在(0，1)上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，在(1，＋∞)上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，令h (x )＝g (x )－g (2－x )＝ln x －x －ln (2－x )＋2－x ＝ln x －ln (2－x )－2x ＋2，则h ′(x )＝1x＋12－x －2＝2x 2－4x ＋2x （2－x ）＝2（x －1）2x （2－x ），所以当0＜x ＜1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，1)上单调递增，所以h (x )<h (1)＝0，所以g (x 1)<g (2－x 1)，又因为g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (x 2)＝g (x 1)，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2，故B 不正确．故选B.二、多项选择题5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3－x ＋1，则()A ．f (x )有两个极值点B ．f (x )有三个零点C ．点(0，1)是曲线y ＝f (x )的对称中心D ．直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线答案AC解析因为f (x )＝x 3－x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1＞0，得x ＜－33或x ＞33；由f ′(x )＝3x 2－1＜0，得－33＜x ＜33.所以f (x )＝x 3－x ＋1∞在－33，f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值－33＋1＝1－239＞0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1.若x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y ＝2x 上，若x 0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.6．(2023·秦皇岛二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的是()A ．aB ．y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C ．x 1＋x 2>6D ．若a x 2－x 1<2－aa答案ABD解析由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x－a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，∴当x f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，∴ln 1a －1>0，可得0<a <1e .综上可得，0<a <1e ，故A 正确；当a →1e时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误；∵当x f (x )单调递增，a ∴(0，e)B 正确；∵f (x )a 1，x 1，2a ，x 2f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1.∵ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2<2a ，∴x 2－x 1<2a －1＝2－a a ，故D 正确．故选ABD.7．(2024·福建省名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数inv x ＝tan x －x ，其中x 的单位为弧度，则下列说法正确的是()A ．x ·inv x 是偶函数B ．inv x －π2－k π，π2＋k 2k ＋1个零点(k ∈N )C ．inv x －π2－k π，π2＋k 4k ＋1个极值点(k ∈N )D ．当－π2<x <0时，inv x <x －sin x答案ABD解析函数inv x ＝tan x －x ∈R|x ≠n π＋π2，n ∈显然y ＝x 和inv x 均为奇函数，因此x ·inv x 是偶函数，A 正确；当x －π2，令h (x )＝inv x ，h ′(x )＝1cos 2x －1≥0，函数inv x －π2，x ＝0时，inv x ＝0，即函数inv x －π2，x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 时，令x＝t ＋k 1π，t －π2，则tan x －x ＝tan(t ＋k 1π)－(t ＋k 1π)＝tan t －t －k 1π，令y ＝tan t －t ，t －π2，y ＝tan t －t －π2，R ，直线y ＝k 1π(k 1∈Z )与y ＝tan t －t ，t －π2唯一交点，因此函数inv x 在－π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上有唯一零点，所以inv x －π2－k π，π2＋k2k ＋1个零点(k ∈N )，B 正确；由B 项知，函数inv x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上为增函数，因此inv x 不存在极值点，C 错误；令函数f (x )＝inv x －x ＋sin x ，求导得f ′(x )＝1cos 2x －2＋cos x ，当－π2<x <0时，设u ＝cos x ∈(0，1)，g (u )＝1u2－2＋u ，求导得g ′(u )＝1－2u 3<0，函数g (u )在(0，1)上单调递减，g (u )>112－2＋1＝0，即f ′(x )>0，因此f (x )π2，f (x )<f (0)＝0，即inv x <x －sin x ，D 正确．故选ABD.8．(2024·日照模拟)已知函数f (x )＝x 2＋x －1e x ，则()A ．函数f (x )只有两个极值点B ．若关于x 的方程f (x )＝k 有且只有两个实根，则k 的取值范围为(－e ，0)C ．方程f (f (x ))＝－1共有4个实根D ．若关于x 的不等式f (x )≥a (x ＋1)的解集内恰有两个正整数，则a 的取值范，12e答案ACD解析对f (x )求导得f ′(x )＝－x 2－x －2e x ＝－（x ＋1）（x －2）ex，当x <－1或x >2时，f ′(x )<0，当－1<x <2时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－e ，在x ＝2处取得极大值f (2)＝5e 2，A 正确；由上述分析可知，曲线y ＝f (x )及直线y＝k 如图所示，由图可知，当－e<k≤0或k＝5e2时，直线y＝k与曲线y＝f(x)有2个交点，所以若方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0]∪5e2，B错误；由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝－1±52，令f(x)＝t且f(t)＝－1，由图可知，f(t)＝－1有两解分别为－1－52<t1<－1，t2＝0，所以f(x)＝t1或f(x)＝t2，而1＋5<2e，则－1－52>－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝1e ，f(2)＝5e2，f(3)＝11e3，记k1＝f（1）－01－（－1）＝12e，k2＝f（2）－02－（－1）＝53e2，k3＝f（3）－03－（－1）＝114e3，所以k3<a≤k1，D正确．故选ACD.三、填空题9．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝e x－2ax＋a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________．答案12e32，＋∞解析函数f(x)＝e x－2ax＋a，定义域为R，显然x＝12不是f(x)的零点，令f(x)＝0，得a＝e x2x－1，设g(x)＝e x2x－1，则g′(x)＝（2x－3）e x（2x－1）2，令g′(x)<0，解得x<32且x≠12，令g ′(x )>0，解得x >32，故g (x )∞递增．当x <12时，g (x )<0，当x >12时，g (x )>0，当x ＝32时，g (x )取得极小值＝12e 32，作出函数g (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是e 32，＋10．(2023·福州三模)如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n ，则称两个函数互为“n 度零点函数”．若f (x )＝ln (x －2)与g (x )＝ax 2－ln x 互为“2度零点函数”，则实数a 的最大值为________．答案12e解析因为函数f (x )的零点为3，所以设函数g (x )的零点为x 0，则|x 0－3|＜2，解得1＜x 0＜5.g (x 0)＝ax 20－ln x 0＝0，a ＝ln x 0x 20(1<x 0<5)，令h (x )＝ln xx 2(1<x <5)，求导得h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(e ，5)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e .所以实数a 的最大值为12e.四、解答题11．(2023·广州模拟)已知函数f (x )＝e x －1＋e －x ＋1，g (x )＝a (x 2－2x )(a <0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数．解(1)由f (x )＝ex －1＋e－x ＋1，可得f ′(x )＝ex －1－e－x ＋1＝e 2（x －1）－1ex －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，则x －1<0，可得f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，则x －1>0，可得f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．故函数f (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)图象的交点个数．因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－a.由(1)可知，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2，当－a<2，即－2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)只有一个零点；当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1，2)内有零点．又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋e x－1＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一个零点．所以当a<－2时，函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．ax2－ln x.12．(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝12(1)若a＝1，求f(x)的极值；(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝12x2－ln x，f′(x)＝x2－1x，令f′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝12，无极大值．(2)因为f′(x)＝ax－1x ＝ax2－1x，①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递增，要使方程f(x)＝1在[1，2]1）≤1，2）≥1，1，－ln2≥1，得1＋ln22≤a≤2，因为1＋ln22<1，所以1≤a≤2.②若a≤14，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递减，此时f(x)≤f(1)＝a2≤18，不符合题意．③若14<a<1，当1≤x<1a时，f′(x)<0，当1a<x≤2时，f′(x)>0，所以f(x)在12上单调递增，此时f(1)＝a2<12，f(1)<12，要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，则需f(2)＝2a－ln2≥1，解得a≥1＋ln22，所以1＋ln22≤a<1.综上可知，实数a的取值范围为1＋ln22，2.13．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln2）2x(x>0)．令f′(x)>0，得0<x<2ln2；令f′(x)<0，得x>2ln2，故函数f(x)(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x aa x ＝1(x>0)有两个不同的解，故方程ln xx＝ln aa有两个不同的解．设g(x)＝ln xx(x>0)，则g′(x)＝1－ln xx2(x>0)．令g′(x)＝1－ln xx2＝0，解得x＝e.令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增．令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，g(x)又g(1)＝0，故要使方程ln xx ＝ln aa有两个不同的解，则0<ln aa<1e.即0<g(a)<g(e)，所以a∈(1，e)∪(e，＋∞)．综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．14．(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2－x，g(x)＝f（x）x，a∈R.(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：x41x2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．解(1)g(x)＝f（x）x ＝ln x－ax－1，g′(x)＝1x－a，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令g′(x)＝0，解得x＝1a，当x g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x g′(x)＜0，g(x)单调递减．综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，g(x)(2)证明：由题意知，f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，解得2a＝ln x1－ln x2x1－x2，(*)要证x41x2>e3，即证4ln x1＋ln x2＞3，即证4·2ax1＋2ax2＞3，把(*)式代入得ln x1－ln x2x1－x2(4x1＋x2)>3，所以应证ln x1x2<3（x1－x2）4x1＋x2＝4·x1x2＋1令t＝x1x2，0＜t＜1，即证h(t)＝ln t－3（t－1）4t＋1<0(0<t<1)成立，而h′(t)＝1t －15（4t＋1）2＝16t2－7t＋1t（4t＋1）2>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜ln1－3×（1－1）4×1＋1＝0，不等式得证．。
高考数学复习课件：利用导数解决函数的零点问题
01 探本朔源·技法示例
技法阐释 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对 值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路 (1)可转化为用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区 间上的交点问题； (2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定 分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数 值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在 每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.
[解] (1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则f′(x)＝ x－x2 e，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为2.
(2)方法一：由题意知，方程 kx－ln x＝0 仅有一个实根，
由 kx－ln x＝0，得 k＝lnxx(x＞0)． 令g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1－xl2n x， 当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时， g′(x)＜0.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)max＝g(e)＝1e. 当x→＋∞时，g(x)→0. 又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1e.
谢谢观论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零 点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标 准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的 参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
高考示例 (2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点12，f 12处的 切线与y轴垂直． (1)求b； (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值 都不大于1.
高考数学尖子生辅导专题02 函数零点问题
象，此时 M x 与 n x 的图象只有 1 个交点．当 0 a 1 时，将 m x 图象上每一点的横坐标
固定不动，纵坐标变为原来的 a 倍，就得到了 M x 的图象，此时 M x 与 n x 的图象有两
个不同交点．
综上所述， a 的取值范围是 0,1 ．
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
②，得
f
n
2
1
2
22
2
n 1
n
2
n
1 2n 1 2
n 2n
1 n 2n
1 ，所以
f
n
2
n
1 2 n
1．
【证明】（2）因为
f
0
1 0
，f
n
2 3
2 3
1
2 3
n
1 2
1 1
2
2 3
n
1
2
2 3
2
1 9
0
，
3
由零点存在性定理可知
fn
x
在
0,
2 3
内至少存在一个零点．又因为
1 ln t0 t02
t0
1 2 ，
即 2t0 1ln t0 t0 1 0 ，即 ln t0 t0 1 0 ．令 p t ln t t 1，
显然 p t 是增函数，且 p 1 0 ，于是 t0 1，此时切点 P 1,0 ，斜率 a 1 ．所以当 y k t
与 y t 有两个交点时， 0 a 1 ，所以 a 的取值范围是 0,1 ．
定理：设函数 f x 为区间 a,b 上的可导函数，则 f x 为 a,b 上的下凸函数 f x 为 a,b 上的递增函数 f x 0 且不在 a,b 的任一子区间上恒为零．
2015江苏高考函数的零点复习
大方向教育个性化辅导教案教师： 徐琨 学生： 张杰 学科： 数学 时间：课 题（课型） 函数图像、函数与方程教学方法：知识梳理、例题讲解、归纳总结、巩固训练一、知识讲解考点/易错点1函数图像及其变换 （1）平移变换0,0,|()()h h h h y f x y f x h ><=−−−−−−−→=+左移个单位右移|个单位 0,0,|()()k k k k y f x y f x k ><=−−−−−−−→=+上移个单位下移|个单位（2）伸缩变换01,1,()()y f x y f x ωωω<<>=−−−−→=伸缩01,1,()()A A y f x y Af x <<>=−−−−→=缩伸（3）对称变换()()x y f x y f x =−−−→=-轴()()y y f x y f x =−−−→=-轴()()y f x y f x =−−−→=--原点 1()()y x y f x y f x -==−−−−→=直线 ()(||)y y y y f x y f x =−−−−−−−−−−−−−−−→=去掉轴左边图象保留轴右边图象，并作其关于轴对称图象（右翻左） ()|()|x x y f x y f x =−−−−−−−−−→=保留轴上方图象将轴下方图象翻折上去（下翻上） 考点/易错点2方程的根与函数的零点1、函数零点的概念：对于函数))((D x x f y ∈=，把使0)(=x f 成立的实数x 叫做函数))((D x x f y ∈=的零点。
2、函数零点的意义：函数)(x f y =的零点就是方程0)(=x f 实数根，亦即函数)(x f y =的图象与x 轴交点的横坐标。
即：方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点⇔函数)(x f y =有零点． 3、零点存在定理：如果函数()x f y =在区间[]b a ,上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0<⋅b f a f ，那么函数()x f y =在区间()b a ,内有零点，即存在()b a c ,∈，使得()0=c f ，这个c 也就是方程()0=x f 的根.4、函数零点的求法：判断函数)(x f y =零点个数的方法：(1)解方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质；(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．二、例题精析【例题1】已知函数()|lg |F x x =，若0a b <<，且()()f a f b =，则2a b +的取值范围是【例题2】若方程0xa x a --=有两个实数解，则a 的取值范围是【例题2】设定义域为R 的函数⎩⎨⎧--=x x xx f 2lg )(2)0()0(≤>x x ，若关于x 的函数+=)(22x f y 1)(2+x bf 有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是____________．【例题4】已知函数f(x)＝－x 2＋2ex ＋m －1，g(x)＝x ＋e 2x(x>0)．(1)若y ＝g(x)－m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．【例题5】已知符号函数sgn(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x>0，0，x ＝0，－1，x<0，则函数f(x)＝sgn(x －1)－ln x 的零点个数为【例题6】已知函数f(x)＝32,2(1),2x x x x ⎧≥⎪⎨⎪-<⎩若关于x 的方程f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．【例题7】函数f (x )是定义在[－4,4]上的偶函数，其在[0,4]上的图象如图所示，那么不等式()cos f x x<0的解集为________．【例题8】已知[x ]表示不超过实数x 的最大整数，g (x )＝[x ]为取整函数，x 0是函数f (x )＝ln x －2x的零点，则g (x 0)等于________．【例题9】偶函数f (x )满足f (x －1)＝f (x ＋1)，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝－x ＋1，则关于x 的方程f (x )＝lg(x ＋1)在x ∈[0,9]上解的个数是【例题10】已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝－f (x )，且f (x )是偶函数，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2.若在区间[－1,3]内，函数g (x )＝f (x )－kx －k 有4个零点，则实数k 的取值范围为________．【例题11】函数y ＝f(x)的图像如图所示，在区间[a ，b]上可找到n(n≥2)个不同的数x 1，x 2，…，x n ，使得f （x 1）x 1＝f （x 2）x 2＝…＝f （x n ）x n，则n 的取值范围为课后作业1.函数y ＝⎝⎛⎭⎫12|x|－m 有两个零点，则m 的取值范围是________． 2．（2012·福建高考）对于实数a 和b ，定义运算“*”：a*b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a≤b ，b 2－ab ，a>b.设f(x)＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f(x)＝m(m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．3若定义在R 上的函数f(x)满足f(x ＋2)＝f(x)，且x ∈[－1,1]时，f(x)＝1－x 2，函数g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x>0，0，x ＝0，－1x ，x<0，则方程f(x)－g(x)＝0在区间[－5,5]上的解的个数为4.若定义在R 上的偶函数f(x)满足f(x ＋2)＝f(x)，且当x ∈[0,1]时，f(x)＝x ，则函数y ＝f(x)－log 3|x|的零点个数是5.定义域为R 的偶函数f (x )满足对∀x ∈R ，有f (x ＋2)＝f (x )－f (1)，且当x ∈[2,3]时，f (x )＝－2x 2＋12x 18，若函数y ＝f (x )与函数y ＝log a (x ＋1)在x ∈(0，＋∞)上至少有三个交点，则a 的取值范围是________．6． 直线y ＝1与曲线y ＝x 2－|x |＋a 有四个交点，则a 的取值范围是________．7.已知函数f (x )对任意的x ∈R 满足f (－x )＝f (x )，且当x ≥0时，f (x )＝x 2－ax ＋1.若f (x )有4个零点，则实数a 的取值范围是________． 8．已知函数f (x )＝－x 2－2x ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x ，x ＞0，x ＋1，x ≤0，(1)g [f (1)]＝________；(2)若方程g [f (x )]－a ＝0的实数根的个数有4个，则a 的取值范围是________．9.定义在R 上的奇函数()f x ，当0x ≥时，2log (1)(01)()|3|1(1)x x f x x x +≤<⎧=⎨--≥⎩，则函数1()()2g x f x =-的所有零点之和为＿＿＿＿＿。
2015_2016年高中数学2.5.1函数的零点学案苏教版必修1
【金版学案】2015-2016年高中数学 2.5.1函数的零点学案 苏教版必修11．函数零点的概念． 对于函数y ＝f (x )(x ∈D )，把使f (x )＝0成立的实数x 叫做函数y ＝f (x )(x ∈D )的零点．例如：y ＝2x ＋1的函数图象与x 轴的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 ，有一个零点是－12． 二次函数y ＝x 2－x －2函数图象与x 轴的交点为(－1，0)，(2，0) ，有两个零点是－1与2．2．函数y ＝f (x )的零点就是方程f (x )＝0的实数根，亦即函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标．例如：已知函数f (x )的零点为x ＝3，则方程f (x )＝0的实数根为x ＝3，亦即函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标为3．3．方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点． 4．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(a ，b )内有零点．例如：二次函数f (x )＝x 2－2x －3的图象：f (－2) ·f (1)＜0(填“＜”或“＞”)．在区间(－2，1)上有零点．5．零点是“数”，而不是“点”，如函数f (x )＝3x －2的零点是23，而不是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0.,一、二次函数、二次方程、二次不等式之间的关系结合二次函数的图象及零点的定义可知，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的零点就是相应方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)的根，也是相应不等式ax 2＋bx ＋c ≥0(a ≠0)或ax 2＋bx ＋c ≤0(a ≠0)的解集的端点．二、零点的存在性的判断1．判断方程在某区间内是否有解，主要依据有两点，一是该方程相应的函数在区间内是否连续；二是在区间端点处函数值是否异号．即连续函数在区间端点处函数值异号，则相应方程在区间内一定有解，如若同号，则无法确定是否有解．2．若f (x )满足零点存在定理， 只能说明f (x )在(a ，b )上至少有一个零点，不能具体判断零点的个数．3．零点存在定理的逆定理不成立，即若f (x )在(a ，b )上有零点，不一定有f (a )f (b )<0.如f (x )＝x 2－1在(－2，2)上有零点，1和－1，但f (－2)f (2)＝9>0.基础巩固1．若x 0是方程lg x ＋x ＝2的解，则x 0属于区间(D ) A ．(0，1) B ．(1，1.25)C ．(1.25，1.75)D ．(1.75，2)解析：设f (x )＝lg x ＋x －2，则f (1.75)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫74＝lg 74－14<0，f (2)＝lg 2>0. 2．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋ln x ，x >0的零点个数为(C )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析：x ≤0时由x 2＋2x －3＝0⇒x ＝－3；x >0时由－2＋ln x ＝0⇒x ＝e 2.3．设函数f (x )＝x 2－x ＋a (a >0)，若f (m )<0，则(A ) A ．f (m －1)>0 B ．f (m －1)<0 C ．f (m －1)＝0D ．f (m －1)与0的大小不能确定 解析：结合图象易判断．4．(2014·北京卷)f (x )＝6x－log 2x ，在下列区间中，包含f (x )零点的区间是(C )A ．(0，1) B. (1，2) C. (2，4) D ．(4，＋∞)解析：利用零点存在性定理，验证f (x )在各区间端点处的函数值的符号．由题意知，函数f (x )在(0，＋∞)上为减函数，又f (1)＝6－0＝6＞0，f (2)＝3－1＝2＞0，f (4)＝64－log 24＝32－2＝－12＜0，由零点存在性定理，可知函数f (x )在区间(2，4)上必存在零点．5．函数f (x )＝4x －2x ＋1－3的零点是________．解析：由4x －2x ＋1－3＝0⇒(2x ＋1)(2x －3)＝0⇒2x＝3，∴x ＝log 23. 答案：log 23 6．函数f (x )＝(x －1)(x 2－3x ＋1)的零点是________________________________________________________________________．解析：利用定义可求解．答案：1，3±527．若函数y ＝x 2－ax ＋2有一个零点为1，则a 等于________． 解析：由零点定义可求解． 答案：38．已知函数f (x )＝log a x ＋x －b (a >0且a ≠1)，当2<a <3<b <4时，函数f (x )的零点为x 0∈(n ，n ＋1)(n ∈N *)，则n ＝________．解析：根据f (2)＝log a 2＋2－b <log a a ＋2－3＝0， f (3)＝log a 3＋3－b >log a a ＋3－4＝0， ∴x 0∈(2，3)，故n ＝2. 答案：29．证明：方程x ·2x＝1至少有一个小于1的正根．证明：令f (x )＝x ·2x－1， 则f (x )在区间(－∞，＋∞)上的图象是一条连续不断的曲线．当x ＝0时，f (x )＝－1<0.当x ＝1时，f (x )＝1>0.f (0)·f (1)<0，故在(0，1)内至少有一个x 0，当x ＝x 0时，f (x )＝0.即至少有一个x 0，满足0<x 0<1，且f (x 0)＝0，故方程x ·2x＝1至少有一个小于1的正根．10．求函数y ＝(x 2－x )2＋32(x －x 2)＋60的零点解析：由(x 2－x )2＋32(x －x 2)＋60＝0得(x 2－x －2)(x 2－x －30)＝0⇒x 2－x －2＝0或x2－x －30＝0，由x 2－x －2＝0得x ＝－1或2，由x 2－x －30＝0得x ＝－5或6，∴原函数的零点为－1，2，－5，6..能力提升11．实数a ，b ，c 是图象连续不断的函数y ＝f (x )的定义域中的三个数，且满足a <b <c ，f (a )·f (b )<0，f (b )·f (c )<0，则函数y ＝f (x )在区间(a ，c )上的零点个数是(C)A ．2个B ．奇数个C ．偶数个D ．至多2个解析：由函数零点存在性判定定理并结合图象可得．12．(2014·天津卷)已知函数f (x )＝|x 2＋3x |，x ∈R .若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围是________．解析：在同一坐标系中，分别作出y 1＝|x 2＋3x |，y 2＝a |x －1|的图象，将方程根的个数问题转化为两图象交点的个数问题求解．设y 1＝f (x )＝|x 2＋3x |，y 2＝a |x －1|，在同一平面直角坐标系中作出y 1＝|x 2＋3x |，y 2＝a |x －1|的图象如图所示．由图可知f (x )－a |x －1|＝0有4个互异的实数根等价于y 1＝|x 2＋3x |与y 2＝a |x －1|的图象有4个不同的交点，且4个交点的横坐标都小于1，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－3x ，y ＝a （1－x ）有两组不同解．消去y 得x 2＋(3－a )x ＋a ＝0有两个不等实根，所以Δ＝(3－a )2－4a ＞0，即a 2－10a ＋9＞0. 解得a ＜1或a ＞9.又由图象得a ＞0，∴0＜a ＜或a ＞9. 答案：(0，1)∪(9，＋∞)13．已知函数y ＝f (x )是偶函数，其图象与x 轴有四个交点，则函数所有零点之和是________．解析：由偶函数图象对称性的特点，结合函数零点的定义可得． 答案：014．(2013·天津卷)函数f (x )＝2x|log 0.5x |－1的零点个数为________．解析：由2x|log 0.5x |－1＝0⇒|log 0.5x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，画出y ＝|log 0.5x |和y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象，可知它们有两个交点．答案：2个15．求证：函数f (x )＝2x－2－xx ＋1在(0，1)内有且只有一个零点． 证明：f (x )＝2x－2－x x ＋1＝2x ＋1－3x ＋1(x ≠1)．设－1＜x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝2x 1－3x 1＋1－2x 2＋3x 2＋1＝2x 1－2x 2＋3（x 1－x 2）（x 1＋1）（x 2＋1）.∵－1＜x 1＜x 2，∴2x 1－2x 2＜0，x 1－x 2＜0，x 1＋1＞0，x 2＋1＞0.∴2x 1－2x 2＋3（x 1－x 2）（x 1＋1）（x 2＋1）＜0，即f (x 1)＜f (x 2)．∴f (x )在(－1，＋∞)上是增函数．而f (0)＝20－2＝－1<0，f (1)＝21－12＝32>0，即f (0)·f (1)<0.所以函数f (x )在区间(0，1)内有零点且只有一个零点．16．已知x 0是函数f (x )＝2x＋11－x的一个零点，若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，试判断f (x 1)和f (x 2)的符号．解析：由2x ＋11－x ＝0⇒2x ＝1x －1，分别画出g (x )＝2x和h (x )＝1x －1的图象，可见当x 1∈(1，x 0)时，h (x 1)>g (x 1)，∴f (x 1)＝g (x 1)－h (x 1)<0；当x 2∈(x 0，＋∞)时，g (x 2)>h (x 2)，∴f (x 2)＝g (x 2)－h (x 2)>0.故f (x 1)为负数，f (x 2)为正数．17．若关于x 的方程3x 2－5x ＋a ＝0的一个根在(－2，0)内，另一个根在(1，3)内，求实数a 的取值范围．解析：令f (x )＝3x 2－5x ＋a ，由已知：⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）>0，f （0）<0，f （1）<0，f （3）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧12＋10＋a >0，a <0，3－5＋a <0，27－15＋a >0，解得：－12<a <0.∴a 的取值范围是{a |－12＜a ＜0}．18．对于函数f (x )，若存在x 0∈R ，使f (x 0)＝x 0成立，则称x 0为f (x )的不动点．已知函数f (x )＝ax 2＋(b ＋1)x ＋(b －1)(a ≠0)．(1)当a ＝1，b ＝－2时，求函数f (x )的不动点；(2)若对任意实数b ，函数f (x )恒有两个相异的不动点，求a 的取值范围．解析：(1)因为a ＝1，b ＝－2，所以f (x )＝x 2－x －3.所以x 2－x －3＝x ，解得f (x )的不动点为－1，3.(2)函数f (x )恒有两个相异的不动点，则函数f (x )＝x ，即ax 2＋bx ＋(b －1)＝0(a ≠0)有两个零点．则Δ1＝b 2－4a (b －1)>0(b ∈R )恒成立，即b 2－4ab ＋4a >0(b ∈R )．∴Δ2＝16a 2－16a <0，解得0<a <1.故当b ∈R ，函数f (x )恒有两个相异的不动点时，a 的取值范围为{a |0<a <1}．。
高中数学 2.4.1《函数的零点》学案 新人教b版必修11
2.4 函数的零点 学案【预习要点及要求】１．理解函数零点的概念。
２．会判定二次函数零点的个数。
３．会求函数的零点。
４．掌握函数零点的性质。
5．能结合二次函数图象判断一元二次方程式根存在性及根的个数。
6．理解函数零点与方程式根的关系。
7．会用零点性质解决实际问题。
【知识再现】１．如何判一元二次方程式实根个数？２．二次函数c bx ax y ++=2顶点坐标，对称轴分别是什么？【概念探究】阅读课本70——71页完成下列问题１．已知函数62--=x x y ，xy ＝０，x y ＜０，x y ＞０。
叫做函数62--=x x y 的零点。
２．请你写出零点的定义。
３．如何求函数的零点？４．函数的零点与图像什么关系？【例题解析】１．阅读课本71页完成例题。
例：求函数2223+--=x x x y 的零点，并画出它的图象。
２．由上例函数值大于０，小于０，等于０时自变量取值范围分别是什么？３．请思考求函数零点对作函数简图有什么作用？４．完成72练习Ｂ1、２【总结点拨】对概念理解及对例题的解释１．不是所有函数都有零点２．二次函数零点个数的判定转化为二次方程实根的个数的判定。
３．函数零点有变量零点和不变量零点。
４．求三次函数零点，关键是正确的因式分解，作图像可先由零点分析出函数值的正负变化情况，再适当取点作出图像。
【例题讲解】例１．函数1)(2--=x ax x f 仅有一个零点，求实数a 的取值范围。
例２．函数3log )(3-+=x x f x零点所在大致区间是（ ）A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)例3.关于x 的二次方程01222=+++m mx x ，若方程式有两根，其中一根在区间)0,1(-内，另一根在(1,2)内，求m 的范围。
参考答案：例1.解：①若1)(0--==x x f a 为一次函数，易知函数仅有一个零点。
②若)(0x f a ≠为二次函数，012=--x ax 仅有一个实根，△＝1+4 0=a41-=a 综上：0=a 或41-=a 时，函数仅有一个零点。
高三理科数学优生精品学案02(函数零点)
A． (−2,0) B． (−2, −1) C． (0,1) D． (0,2)
针对训练： 一、选择题
1．设 f ( x) = ln x + x − 2 ，则函数 f ( x) 的零点所在的
区间为（ ）
A． (0,1) B． (1, 2) C． (2,3) D． (3, 4)
微信公众号：丰中小码农数学
高三理科数学优生精品学案 02
函数零点
编辑： 丰城中学 赵志平
1．零点的判断与证明
例 1：已知定义在 (1, +∞) 上的函数 f ( x) = x − ln x − 2 ， 求证： f ( x) 存在唯一的零点，且零点属于 (3, 4) ．
2．已知 a 是函数 f ( x) = 2x − log1 x 的零点，若
4．若 a < b < c ，则函数
f ( x) = (x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a) 的两
个零点分别位于区间（ ） A． (a,b) 和 (b,c) 内 B． (−∞, a) 和 (a,b) 内
C． (b,c) 和 (c, +∞) 内 D． (−∞, a) 和 (c, +∞) 内
12．已知函数 y = f ( x) 和 y = g ( x) 在[−2, 2] 的图像如
下，给出下列四个命题：
（1）方程 f g ( x) = 0 有且只有 6 个根 （2）方程 g f ( x) = 0 有且只有 3 个根 （3）方程 f f ( x) = 0 有且只有 5 个根 （4）方程 g g ( x) = 0 有且只有 4 个根
5
高三理科数学· 第 4 页，共 7 页
例谈高考“函数的零点”题型,把握“函数的零点”教学
例谈高考“函数的零点”题型，把握“函数的零点”教学作者：李春机来源：《新课程·教师》2013年第02期摘要：函数的零点是新课标新增内容之一，它是沟通函数、方程、图像的一个重要媒介，函数的零点充分体现了函数与方程的联系，蕴含了丰富的数形结合思想。
诸如方程根的问题、存在性问题以及交点问题等都可以转化为零点问题来讨论，因而函数的零点成了近年来高考新的热点而备受青睐，且常常以选择题、填空题、解答题等不同的形式出现，是学生得分的拦路虎。
关键词：函数的零点；函数的零点题型；函数的零点解法；函数的零点教学一、函数的零点问题在高考中的地位函数的零点是普通高中课程标准实验教科书人教A版数学（必修1）第三章的内容，因其内容沟通函数、方程、图像等知识点，大部分高考试卷都有相关内容的试题，针对这个命题资源，命题人将函数的零点题目展现得多姿多彩，并且出现了和导数融合的综合性问题，可见函数的零点在现在高考中的重量。
随着新课程的深入推进，高考命题也由原来的知识立意逐步向能力立意转化，逐步在知识网络的交汇处命制试题，函数的零点也由原来的“知识性”逐步向“工具化”转变。
函数的零点这一道高考美丽的风景线将是今后高考命题的热点和“增长点”。
二、近三年来高考函数的零点题型归类认真分析研究近三年各地高考试卷，可以发现函数的零点这部分高考题大致有以下几种题型。
题型1：求函数零点的个数例1.（2012年高考湖北文）函数f（x）=xcos2x在区间[0，2π]上的零点个数为（）A.2B.3C.4D.5解析：由f（x）=xcos2x=0，得x=0或cos2x=0；其中，由cos2x=0，得2x=kπ+■（k∈Z），故x=■+■（k∈Z），又因为x∈[0，2π]，所以x=■，■，■，■.所以零点的个数为1+4=5个，故选D。
例2.（2012年高考北京文）函数f（x）=x■-（■）x的零点个数为（）A.0B.1C.2D.3解析1：函数f（x）=x■-（■）x的零点，即令f（x）=0，根据此题可得x■=（■）x，在平面直角坐标系中分别画出这两个函数的图像，可得交点只有一个，所以零点只有一个，故选B.解析2：因为函数f（x）=x■-（■）x，可知f（x）在定义域内单调递增，且f（0）=-1例3.（2012年高考湖南文）设定义在R上的函数f（x）是最小正周期为2π的偶函数，f′（x）是f（x）的导函数，当x∈[0，π]时，00，则函数y=f（x）-sinx在[-2π，2π]上的零点个数为（）A.2B.4C.5D.8解析：由当x∈（0，π），且x≠■时，（x-■）f′（x）>0，知x∈[0，■）时，f（x），f （x）为增函数。
2015届高考理科数学第一轮总复习教案27
§2.8函数与方程1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x) (x∈D)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x) (x∈D)的零点．(2)几个等价关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y ＝f(x)有零点．(3)函数零点的判定(零点存在性定理)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，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个__c__也就是方程f(x)＝0的根．2．二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象与零点的关系3.二分法(1)定义：对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．(2)给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤如下：①确定区间[a，b]，验证f(a)·f(b)<0，给定精确度ε；②求区间(a，b)的中点c；③计算f(c)；(ⅰ)若f (c )＝0，则c 就是函数的零点；(ⅱ)若f (a )·f (c )<0，则令b ＝c (此时零点x 0∈(a ，c ))；(ⅲ)若f (c )·f (b )<0，则令a ＝c (此时零点x 0∈(c ，b ))．④判断是否达到精确度ε：即若|a －b |<ε，则得到零点近似值a (或b )；否则重复②③④.1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x 轴的交点． ( × )(2)函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点(函数图象连续不断)，则f (a )·f (b )<0. ( × )(3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)在b 2－4ac <0时没有零点． ( √ )(4)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值． ( × )(5)函数y ＝2sin x －1的零点有无数多个． ( √ )(6)函数f (x )＝kx ＋1在[1,2]上有零点，则－1<k <－12.( × )2．(2013·天津)函数f (x )＝2x |log 0.5 x |－1的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 当0<x <1时，f (x )＝2x log 0.5x －1，令f (x )＝0，则log 0.5x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 由y ＝log 0.5x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象知，在(0,1)内有一个交点，即f (x )在(0,1)上有一个零点．当x >1时，f (x )＝－2x log 0.5x －1＝2x log 2x －1，令f (x )＝0得log 2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ， 由y ＝log 2x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象知在(1，＋∞)上有一个交点，即f (x )在(1，＋∞)上有一个零点，故选B.3．(2013·重庆)若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内 答案 A解析 由于a <b <c ，所以f (a )＝0＋(a －b )(a －c )＋0>0，f (b )＝(b －c )(b －a )<0，f (c )＝(c －a )(c －b )>0.因此有f (a )·f (b )<0，f (b )·f (c )<0，又因f (x )是关于x 的二次函数，函数的图象是连续不断的曲线，因此函数f (x )的两零点分别位于区间(a ，b )和(b ，c )内，故选A.4．在下列区间中，函数f (x )＝e x ＋4x －3的零点所在的区间为( )A ．(－14，0)B ．(0，14)C ．(14，12)D ．(12，34)答案 C解析 ∵f (x )＝e x ＋4x －3，∴f ′(x )＝e x ＋4>0.∴f (x )在其定义域上是严格单调递增函数．∵f (－14)＝e 41 －4<0，f (0)＝e 0＋4×0－3＝－2<0，f (14)＝e 41－2<0，f (12)＝e 21－1>0，∴f (14)·f (12)<0.5．已知函数f (x )＝ln x －x ＋2有一个零点所在的区间为(k ，k ＋1) (k ∈N *)，则k 的值为________．答案 3解析 由题意知，当x >1时，f (x )单调递减，因为f (3)＝ln 3－1>0，f (4)＝ln 4－2<0，所以该函数的零点在区间(3,4)内，所以k ＝3.题型一 函数零点的判断和求解例1 (1)(2012·湖北)函数f (x )＝x cos x 2在区间[0,4]上的零点个数为( )A ．4B ．5C ．6D ．7(2)设函数f (x )＝x 2＋2x (x ≠0)．当a >1时，方程f (x )＝f (a )的实根个数为________．思维启迪 (1)函数零点的确定问题；(2)f (x )＝f (a )的实根个数转化为函数g (x )＝f (x )－f (a )的零点个数． 答案 (1)C (2)3解析 (1)当x ＝0时，f (x )＝0.又因为x ∈[0,4]，所以0≤x 2≤16.因为5π<16<11π2，所以函数y ＝cos x 2在x 2取π2，3π2，5π2，7π2，9π2时为0，此时f (x )＝0，所以f (x )＝x cos x 2在区间[0,4]上的零点个数为6.(2)令g (x )＝f (x )－f (a )，即g (x )＝x 2＋2x －a 2－2a ，整理得：g (x )＝1ax (x －a )(ax 2＋a 2x －2)．显然g (a )＝0，令h (x )＝ax 2＋a 2x －2.∵h (0)＝－2<0，h (a )＝2(a 3－1)>0，∴h (x )在区间(－∞，0)和(0，a )各有一个零点．因此，g (x )有三个零点，即方程f (x )＝f (a )有三个实数解．思维升华 函数零点的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定，②零点个数的确定，③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判断或数形结合法．(1)函数f (x )＝2x ＋3x 的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)(2)若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是( )A ．多于4个B ．4个C ．3个D ．2个答案 (1)B (2)B解析 (1)∵f ′(x )＝2x ln 2＋3>0，∴f (x )＝2x ＋3x 在R 上是增函数．而f (－2)＝2－2－6<0，f (－1)＝2－1－3<0，f (0)＝20＝1>0，f (1)＝2＋3＝5>0，f (2)＝22＋6＝10>0，∴f (－1)·f (0)<0.故函数f (x )在区间(－1,0)上有零点．(2)由题意知，f (x )是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )及y ＝log 3|x |的图象，如下：观察图象可以发现它们有4个交点，即函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点．题型二 二次函数的零点问题例2 是否存在这样的实数a ，使函数f (x )＝x 2＋(3a －2)x ＋a －1在区间[－1,3]上恒有一个零点，且只有一个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．思维启迪 可将问题转化为f (x )＝0在[－1,3]上有且只有一个实数根，结合二次函数的图象特征转化题中条件．解 令f (x )＝0，则Δ＝(3a －2)2－4(a －1)＝9a 2－16a ＋8＝9(a －89)2＋89>0，即f (x )＝0有两个不相等的实数根，∴若实数a 满足条件，则只需f (－1)·f (3)≤0即可．f (－1)·f (3)＝(1－3a ＋2＋a －1)·(9＋9a －6＋a －1)＝4(1－a )(5a ＋1)≤0，∴a ≤－15或a ≥1.检验：(1)当f (－1)＝0时，a ＝1，所以f (x )＝x 2＋x .令f (x )＝0，即x 2＋x ＝0，得x ＝0或x ＝－1.方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a ≠1.(2)当f (3)＝0时，a ＝－15，此时f (x )＝x 2－135x －65.令f (x )＝0，即x 2－135x －65＝0，解得x ＝－25或x ＝3.方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a ≠－15.综上所述，a <－15或a >1.思维升华 解决二次函数的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．已知f (x )＝x 2＋(a 2－1)x ＋(a －2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a 的取值范围．解 方法一 设方程x 2＋(a 2－1)x ＋(a －2)＝0的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，则(x 1－1)(x 2－1)<0，∴x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1<0，由根与系数的关系，得(a －2)＋(a 2－1)＋1<0，即a 2＋a －2<0，∴－2<a <1.方法二 函数图象大致如图，则有f (1)<0， 即1＋(a 2－1)＋a －2<0，∴－2<a <1.题型三 函数零点的应用例3 若关于x 的方程22x ＋2x a ＋a ＋1＝0有实根，求实数a 的取值范围．思维启迪 方程的根也就是与方程对应的函数零点，判断方程的根是否存在，可以通过构造相应的函数，将其转化为函数零点的存在性问题求解，也可直接通过分离参数，转化为函数的值域问题求解． 解 方法一 (换元法)设t ＝2x (t >0)，则原方程可变为t 2＋at ＋a ＋1＝0，(*)原方程有实根，即方程(*)有正根．令f (t )＝t 2＋at ＋a ＋1.①若方程(*)有两个正实根t 1，t 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝a 2－4(a ＋1)≥0，t 1＋t 2＝－a >0，t 1·t 2＝a ＋1>0，解得－1<a ≤2－22；②若方程(*)有一个正实根和一个负实根(负实根，不合题意，舍去)，则f (0)＝a ＋1<0，解得a <－1；③当a ＝－1时，t ＝1，x ＝0符合题意．综上，a 的取值范围是(－∞，2－22]．方法二 (分离变量法)由方程，解得a ＝－22x ＋12x ＋1，设t ＝2x (t >0)， 则a ＝－t 2＋1t ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2t ＋1－1 ＝2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤(t ＋1)＋2t ＋1，其中t ＋1>1， 由基本不等式，得(t ＋1)＋2t ＋1≥22，当且仅当t ＝2－1时取等号，故a ≤2－2 2.思维升华 对于“a ＝f (x )有解”型问题，可以通过求函数y ＝f (x )的值域来解决．已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，当－1<x ≤1时，f (x )＝x 3，若函数g (x )＝f (x )－log a |x |至少有5个零点，则a 的取值范围是 ( )A ．(1,5)B ．(0，15)∪[5，＋∞)C ．(0，15]∪[5，＋∞)D ．[15，1]∪(1,5]答案 B解析 依题意知函数f (x )的周期为2，在坐标平面内画出函数y ＝f (x )与函数y ＝log a |x |的图象，如图所示，结合图象，可知要使函数g (x )＝f (x )－log a |x |至少有5个零点，则有0<a <15或a ≥5，即实数a 的取值范围是(0，15)∪[5，＋∞)．函数与方程思想的应用典例：(12分)已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x (x >0)．(1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．思维启迪 (1)y ＝g (x )－m 有零点即y ＝g (x )与y ＝m 的图象有交点，所以可以结合图象求解；(2)g (x )－f (x )＝0有两个相异实根⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有两个不同交点，所以可利用它们的图象求解．规范解答解 (1)方法一 ∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，[3分]因而只需m ≥2e ，则y ＝g (x )－m 就有零点．[6分]方法二 作出g (x )＝x ＋e 2x (x >0)的大致图象如图．[3分]可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e.[6分](2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x (x >0)的大致图象如图．[8分]∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2.∴其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2.[10分]故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．[12分]温馨提醒 (1)求函数零点的值，判断函数零点的范围及零点的个数以及已知函数零点求参数范围等问题，都可利用方程来求解，但当方程不易甚至不可能解出时，可构造两个函数，利用数形结合的方法进行求解．(2)本题的易错点是确定g (x )的最小值和f (x )的最大值时易错．要注意函数最值的求法.方法与技巧1．函数零点的判定常用的方法有(1)零点存在性定理；(2)数形结合；(3)解方程f(x)＝0.2．研究方程f(x)＝g(x)的解，实质就是研究G(x)＝f(x)－g(x)的零点．3．转化思想：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题．失误与防范1．函数f(x)的零点是一个实数，是方程f(x)＝0的根，也是函数y＝f(x)的图象与x轴交点的横坐标．2．函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单调性、对称性或结合函数图象.A组专项基础训练一、选择题1．方程log3x＋x－3＝0的解所在的区间是()A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4)答案 C解析设f(x)＝log3x＋x－3，则f(2)＝log32－1<0，f(3)＝log33＋3－3＝1>0，∴f(x)＝0在(2,3)有零点，又f(x)为增函数，∴f(x)＝0的零点在(2,3)内．2．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4答案 B解析(数形结合法)∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有两个交点．3．若关于x 的方程x 2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－2,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C解析 ∵方程x 2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝m 2－4>0，∴m >2或m <－2.4．已知三个函数f (x )＝2x ＋x ，g (x )＝x －2，h (x )＝log 2x ＋x 的零点依次为a ，b ，c ，则( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．b <a <cD ．c <a <b答案 B解析 由于f (－1)＝12－1＝－12<0，f (0)＝1>0，且f (x )为单调递增函数．故f (x )＝2x ＋x 的零点a ∈(－1,0)．∵g (2)＝0，∴g (x )的零点b ＝2；∵h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1＋12＝－12<0，h (1)＝1>0， 且h (x )为单调递增函数，∴h (x )的零点c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因此a <c <b . 5．已知x 0是函数f (x )＝11－x＋ln x 的一个零点，若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，则( )A ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜0B ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞0C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜0D ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞0答案 D解析 令f (x )＝11－x ＋ln x ＝0.从而有ln x ＝1x －1，此方程的解即为函数f (x )的零点．在同一坐标系中作出函数y ＝ln x 与y ＝1x －1的图象如图所示．由图象易知，1x 1－1＞ln x 1，从而ln x 1－1x 1－1＜0， 故ln x 1＋11－x 1＜0，即f (x 1)＜0.同理f (x 2)＞0. 二、填空题6．定义在R 上的奇函数f (x )满足：当x >0时，f (x )＝2 015x ＋log 2 015x ，则在R 上，函数f (x )零点的个数为________．答案 3解析 函数f (x )为R 上的奇函数，因此f (0)＝0，当x >0时，f (x )＝2015x ＋log 2 015x 在区间(0，12 015)内存在一个零点，又f (x )为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数f (x )在R 上的零点的个数为3.7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值 范围是________．答案 (0,1)解析 画出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x >0－x 2－2x ，x ≤0的图象，如图． 由于函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，结合图象得：0<m <1，即m ∈(0,1)．8．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的两个零点是－2和3，则不等式af (－2x )>0的解集是________．答案 {x |－32<x <1}解析 ∵f (x )＝x 2＋ax ＋b 的两个零点是－2,3.∴－2,3是方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根，由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧－2＋3＝－a －2×3＝b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－6， ∴f (x )＝x 2－x －6.∵不等式af (－2x )>0，即－(4x 2＋2x －6)>0⇔2x 2＋x －3<0，解集为{x |－32<x <1}．三、解答题9．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋x 2＋14.证明：存在x 0∈(0，12)，使f (x 0)＝x 0.证明 令g (x )＝f (x )－x .∵g (0)＝14，g (12)＝f (12)－12＝－18，∴g (0)·g (12)<0.又函数g (x )在[0，12]上连续，∴存在x 0∈(0，12)，使g (x 0)＝0.即f (x 0)＝x 0.10．已知函数f (x )＝4x ＋m ·2x ＋1有且仅有一个零点，求m 的取值范围，并求出该零点．解 ∵f (x )＝4x ＋m ·2x ＋1有且仅有一个零点，即方程(2x )2＋m ·2x ＋1＝0仅有一个实根．设2x ＝t (t >0)，则t 2＋mt ＋1＝0.当Δ＝0，即m 2－4＝0，∴m ＝－2时，t ＝1；m ＝2时，t ＝－1(不合题意，舍去)， ∴2x ＝1，x ＝0符合题意．当Δ>0，即m >2或m <－2时，t 2＋mt ＋1＝0有两正根或两负根，即f (x )有两个零点或没有零点．∴这种情况不符合题意．综上可知，m ＝－2时，f (x )有唯一零点，该零点为x ＝0.B 组 专项能力提升1．已知x 1，x 2是函数f (x )＝e －x －|ln x |的两个零点，则( )A.1e <x 1x 2<1 B ．1<x 1x 2<eC ．1<x 1x 2<10D ．e<x 1x 2<10答案 A解析 在同一坐标系中画出函数y ＝e －x 与y ＝|ln x |的图象，结合图象不难看出，它们的两个交点中，其中一个交点的横坐标属于区间(0,1)，另一个交点的横坐标属于区间(1，＋∞)，即在x 1，x 2中，其中一个属于区间(0,1)，另一个属于区间(1，＋∞)．不妨设x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)，则有e －x 1＝|ln x 1|＝－ln x 1∈(e －1,1)，e －x 2＝|ln x 2|＝ln x 2∈(0，e －1)，e －x 2－e －x 1＝ln x 2＋ln x 1＝ln x 1x 2∈(－1,0)，于是有e －1<x 1x 2<e 0，即1e <x 1x 2<1.2．若直角坐标平面内的两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数y ＝f (x )的图象上；②P ，Q 关于原点对称．则称点对[P ，Q ]是函数y ＝f (x )的一对“友好点对”(点对[P ，Q ]与[Q ，P ]看作同一对“友好点对”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，－x 2－4x ，x ≤0，则此函数的“友好点对”有( )A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对答案 C解析 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，－x 2－4x ，x ≤0的图象及函数f (x )＝－x 2－4x (x ≤0)的图象关于原点对称的图象如图所示，则A ，B 两点关于原点的对称点一定在函数f (x )＝－x 2－4x (x ≤0)的图象上，故函数f (x )的“友好点对”有2对，选C.3．若方程4－x 2＝k (x －2)＋3有两个不等的实根，则k 的取值范围是________．答案 (512，34]解析 作出函数y 1＝4－x 2和y 2＝k (x －2)＋3的图象如图所示，函数y 1的图象是圆心在原点，半径为2的圆在x 轴上方的半圆(包括端点)，函数y 2的图象是过定点P (2,3)的直线，点A (－2,0)，k P A ＝3－02－(－2)＝34.直线PB 是圆的切线，由圆心到直线的距离等于半径得，|3－2k PB |k 2PB ＋1＝2，得k PB ＝512.由图可知当k PB <k ≤k P A 时，两函数图象有两个交点，即原方程有两个不等实根．所以512<k ≤34.4．已知关于x 的二次方程x 2＋2mx ＋2m ＋1＝0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m 的取值范围；(2)若方程两根均在区间(0,1)内，求m 的取值范围．解 (1)由条件，抛物线f (x )＝x 2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内， 如右图所示，得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝2m ＋1<0f (－1)＝2>0f (1)＝4m ＋2<0f (2)＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ m <－12，m ∈R ，m <－12，m >－56.即－56<m <－12，故m 的取值范围是(－56，－12)．(2)抛物线与x 轴交点的横坐标均在区间(0,1)内，如右图所示，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)>0f (1)>0Δ≥00<－m <1⇒⎩⎪⎨⎪⎧ m >－12，m >－12，m ≥1＋2或m ≤1－2，－1<m <0.即－12<m ≤1－ 2. 故m 的取值范围是(－12，1－2]．5．已知a 是正实数，函数f (x )＝2ax 2＋2x －3－a .如果函数y ＝f (x )在区间[－1,1]上有零点，求a 的取值范围．解 f (x )＝2ax 2＋2x －3－a 的对称轴为x＝－12a .①当－12a ≤－1，即0≤a ≤12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≤0，f (1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤5，a ≥1， ∴a 的解集为∅.②当－1<－12a <0，即a >12时，须使⎩⎨⎧ f (－12a )≤0，f (1)≥0，即⎩⎨⎧－12a －3－a ≤0，a ≥1， 解得a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．。
高考数学一轮复习 突破140必备 专题03 函数的零点问题学案
专题03 函数的零点问题函数的零点是江苏高考中的热门考点，在填空题和大题中都有涉及，在填空题中考察学生主要以函数的性质、函数与方程的思想有关，难度不大，而在大题中经常要结合导数、不等式、零点定理来判断零点个数或者由零点个数求取值或取值范围等。
本专题的侧重点放在后者。
江苏近七年的高考中有四年都考到了函数零点的大题，分别是2013年、2015年、2016年、2018年，2018年从题目上看不是零点，但本质最后就是寻找零点的问题。
由此可见其重要性。
而在函数零点的解题过程中用的最多的就是利用函数与方程的思想将其看成是两个函数图像的交点的横坐标，运用数形结合画图去判断零点。
这样的解题方法在填空题中也许还说的过去，但是在大题中解题过程值得商榷，导数判断函数的单调性只能得到函数图像的走势，并不能准确的画出函数图像，再结合一些函数的渐近线更加无法说明，要解决这类试题需要借助零点定理；即)(x f 在区间),(b a 上是连续不间断的，且0)()(<⋅b f a f ，则)(x f 在),(b a 上存在零点，如果再确定具体是几个，还要结合单调性。
例1、（2013江苏省高考20）设函数ax x x f -=ln )(，ax e x g x-=)(，其中a 为实数.(1) 若)(x f 在),1(+∞上是单调减函数，且)(x g 在),1(+∞上有最小值，求a 的范围； (2) 若)(x g 在),1(+∞-上是单调增函数，试求)(x f 的零点个数，并证明你的结论.（2）Θ)(x g 在),1(+∞-上是单调增函数，∴0)('≥x g 在),1(+∞∈x 上恒成立，则0≥-a e x，即ea 1≤①当0=a 时，由0)1(=f 以及01)('>=xx f ，得)(x f 存在唯一的零点； ②当0<a 时，由于0)1()(<-=-=aaae a ae a ef ，0)1(>-=a f ，且函数)(x f 在)1,(ae 上的图象连续不间断，所以)(xf 在)1,(ae 上存在零点．当0>x 时，01)('>-=a xx f ，故)(x f 在),0(+∞上是单调增函数，所以)(x f 只有一个零点；③当e a 10≤<时，令01)('=-=a x x f ，解得a x 1=．当a x 10<<时，0)('>x f ，当a x 1>时，0)('<x f ，所以，a x 1=是)(x f 的最大值点，且最大值为1ln )1(--=a af ．01当01ln =--a ，即ea 1=时，)(x f 有一个零点；02当01ln >--a ，即ea 10<<时，)(x f 最多有两个零点；Θ01)1(<--=e a e f ，0)1(>a f ，且函数)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e 1,1上的图象不间断，∴)(x f 在⎪⎭⎫⎝⎛a e 1,1上存在零点．当)1,0(a x ∈时， 01)('>-=a x x f ，故)(x f 在)1,0(a 上是单调增函数，所以)(x f 在)1,0(a上只有一个零点．（先证明2,x e x e xx>>在),0(+∞是成立的，这里留给同学们自己证明）Θ),1(1+∞∈a e a ，01111)(221211=⋅-<-=-=a a a aea ae a e f aaa 又0)1(>a f ，且函数)(x f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a e a 1,1上的图象连续不间断，所以)(x f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a e a 1,1上存在零点．又)(x f 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 上是单调减函数，所以)(x f 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 上有且只有一个零点． 综上所述：当0≤a 或e a 1=时，()f x 的零点个数为1，当ea 10<<时，)(x f 的零点个数为2． 注：零点问题可以用转化的思想转化成两个图形的交点问题，此题第二问可以利用参变分离转化成x x a ln =，则有()f x 的零点个数即为y a =与ln x y x =图像交点的个数 令()ln ()0xh x x x=>，运用导数求单调性画出图形，利用数形结合得到答案。
三年高考(2015-2017)高考数学试题解析06导数与函数的零点等综合问题文
专题06 导数与函数的零点等综合问题1。
【2014全国1,文12】已知函数32()31fx a x x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >,则的取值范围是（ ）()2,+∞ （B)()1,+∞ (C ）(),2-∞- （D)(),1-∞-【答案】C2'()363(2)f xa xx x a x =-=-,利用导数的正负与函数单调性的关系可得：2(,)x a∈-∞和(0,)x ∈+∞时函数单调递减;2(0)x a ∈，时函数单调递增,欲要使得函数有唯一的零点且为正,则满足：2()0(0)0f a f ⎧>⎪⎨⎪>⎩，即得：3222()3()10a a a ⨯-+>，可解得：24a >，则2(,2a a ><-舍去）．考点:1。
函数的零点；2。
导数在函数性质中的运用；3。
分类讨论的运用【名师点睛】本题主要是考查函数的零点、导数在函数性质中的运用和分类讨论思想的运用，在研究函数的性质时要结合函数的单调性、奇偶性、零点、以及极值等函数的特征去研究，本题考查了考生的数形结合能力.2.【2014高考广东卷。
文21】（本小题满分14分)已知函数()()32113f x x x a x a R =+++∈。
（1）求函数()f x 的单调区间；（2)当0a <时，试讨论是否存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,使得()012f x f ⎛⎫=⎪⎝⎭。
【答案】(1)详见解析;（2）详见解析. 【解析】(1)()22f x x x a '=++，方程220x x a ++=的判别式为44a ∆=-，①当1a ≥时，0∆≤，则()0f x '≥,此时()f x 在R 上是增函数；②当1a <时,方程220x x a ++=的两根分别为11x =，21x =解不等式220x x a ++>,解得x <-或x >-，解不等式220x x a ++<,解得x <此时，函数()f x 的单调递增区间为(-∞和()∞，单调递减区间为(；综上所述,当1a ≥时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，当1a <时，函数()f x 的单调递增区间为(-∞和()∞，单调递减区间为(；(2）()3232000011111111233222f x f x x a x a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+++-⋅++⋅+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦323200011113222x x a x ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦20000001111113224222x x x x x a x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭20000111236122x x x x a ⎛⎫⎛⎫=-+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()200011414712122x x x a ⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭， 若存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,使得()012f x f ⎛⎫=⎪⎝⎭，必须2004147120x x a +++=在110,,122⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上有解，0a <，()()21416712442480a a ∴∆=-+=->，方程的两根为1x '2x '00x >，02x x '∴=，依题意,01<,即11<,492148121a ∴<-<，即2571212a -<<-，又由12=得54a =-，故欲使满足题意的0x 存在,则54a ≠-，所以,当25557,,124412a ⎛⎫⎛⎫∈---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，存在唯一0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭满足()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭,当2557,,012412a ⎛⎤⎧⎫⎡⎫∈-∞---⎨⎬ ⎪⎥⎢⎝⎦⎩⎭⎣⎭时,不存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭满足()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.【考点定位】本题以三次函数为考查形式,考查利用导数求函数的单调区间，从中渗透了利用分类讨论的思想处理含参函数的单调区间问题，并考查了利用作差法求解不等式的问题，综合性强，属于难题。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
复习指导：函数的零点是研究函数由动到静的基本对象，在复习时要注意函数零点的求法，以及数形结合这一重要数学思想的应用，用形作为探求解题途径、获得问题解决的重要工具，以数解形，以形辅数，从而解决问题。
热身练习：1．若一次函数()b ax x f +=有一个零点2，那么函数()ax bx x g -=2的零点是2．设方程42=+x x的根为0x ，若⎪⎭⎫⎝⎛+-∈21,210k k x ，则整数k =3．设()x f 是定义在R 上的偶函数，对于任意R x ∈，都有()()22+=-x f x f ，且当[]0,2-∈x 时，()121-⎪⎭⎫⎝⎛=xx f ，若函数()()()()12log >+-=a x x f x g a 在区间(]6,2-上恰好有3个不同的零点，则a 的取值范围为4．方程12=+-a x x 有四个同的实根，则a 的取值范围为例题分析：例1. 已知函数()()R m x x x m x f ∈++--=,ln 321212（1）当0=m 时，求函数()x f 的单调区间；（2）当0>m 时，若曲线()x f y =在点()1,1P 处的切线l 与曲线()x f y =有且只有一个公共点，求实数m 的值。
例2．已知函数21)(-+=x x x f ,若()0312212=--⋅+-k k f xx 有三个不同的实数解,求实数k 的取值范围。
练习1．已知函数()x x x f 33-=，设()()()c x f f x h -=，其中[]2,2-∈c ，求函数()x h y =零点的个数。
练习2．已知函数()()xxx h x x x f ln ,ln =-= （1）求()x h 的最大值；（2）试讨论函数()=x g ()bx ex x x f -+-232的零点的个数。
函数的零点部分高考试题汇编1、函数()⎩⎨⎧>+-≤-=1,341,442x x x x x x f 的图象和函数()x x g 2log =的图象的交点个数是（ ） A.4 B.3 C.2 D.1 2、函数12log )(2-+=x x x f 的零点必落在区间（ ）A.⎪⎭⎫⎝⎛41,81B.⎪⎭⎫⎝⎛21,41C.⎪⎭⎫⎝⎛1,21D.(1,2)3、数()f x 的零点与()422x g x x =+-的零点之差的绝对值不超过0.25， 则()f x 可以是（ ）A. ()41f x x =- B. ()2(1)f x x =- C. ()1x f x e =- D.)21ln()(-=x x f 4．（上海理）若0x 是方程31)21(x x=的解，则0x 属于区间（ ）A ．⎪⎭⎫⎝⎛1,32 . B ．⎪⎭⎫ ⎝⎛32,21 . C ．⎪⎭⎫ ⎝⎛21,31 D ．⎪⎭⎫ ⎝⎛31,0 5．（上海文）若0x 是方程式lg 2x x +=的解，则0x 属于区间（ ）A ．（0，1）.B ．（1，1.25）.C ．（1.25，1.75）D ．（1.75，2） 6．（天津理）函数()x x f x32+=的零点所在的一个区间是（ ）A ．()1,2--B ．()0,1-C ．()1,0D ．()2,17．（天津文）函数()2-+=x e x f x的零点所在的一个区间是（ ）A ．()1,2--B ．()0,1-C ．()1,0D ．()2,1 8．（浙江理）设函数,)12sin(4)(x x x f -+=则在下列区间中函数)(x f 不存在零点的是（ ）A ．[]2,4-- B ．[]0,2- C ．[]2,0 D ．[]4,2 9．（浙江文）已知0x 是函数()xx f x-+=112的一个零点，若()01,1x x ∈，()+∞∈,02x x ，则（ ）A ．()01<x f ，()02<x fB ．()01<x f ，()02>x fC ．()01>x f ，()02<x fD ．()01>x f ，()02>x f10．（湖南文理）函数2441()431x x f x x x x -⎧=⎨-+>⎩， ≤，，的图象和函数2()log g x x =的图象的交点个数是（ ） A ．4 B ．3 C ．2 D ．111．（福建文）若函数()f x 的零点与()422xg x x =+-的零点之差的绝对值不超过0.25，则()f x 可以是（ ）A .()41f x x =-B .()2(1)f x x =-C .()1xf x e =- D .()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=21ln x x f 12．（重庆理）已知以4T =为周期的函数(1,1]()12,(1,3]x f x x x ⎧∈-⎪=⎨--∈⎪⎩，其中0m >。
若方程3()f x x =恰有5个实数解，则m 的取值范围为（ ）A．8)3 B． C ．48(,)33 D．4(313．（福建理）函数()⎩⎨⎧>+-≤-+=0,ln 20,322x x x x x x f 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．314.（天津）．对实数a 和b ，定义运算“⊗”：,1,, 1.a a b a b b a b -≤⎧⊗=⎨->⎩设函数()()22()2,.f x x x x x R =-⊗-∈若函数()y f x c =-的图像与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）A ．(]3,21,2⎛⎫-∞-⋃- ⎪⎝⎭ B ．(]3,21,4⎛⎫-∞-⋃-- ⎪⎝⎭C ．111,,44⎛⎫⎛⎫-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D ．311,,44⎛⎫⎡⎫--⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭15（陕西）函数f(x)=x —cosx 在[0，+∞）内 （ ）A.没有零点B.有且仅有一个零点C.有且仅有两个零点D.有无穷多个零点 16.（重庆）设m ，k 为整数，方程220mx kx -+=在区间（0,1）内有两个不同的根，则m+k 的最小值为17、若函数a x a x f x --=)( (0>a 且1≠a )有两个零点，则实数a 的取值范围 是18、方程 96370x x-•-=的解是 ．.19、已知函数)(x f y =和)(x g y =在]2,2[-的图象如下所示：给出下列四个命题：①方程0)]([=x g f 有且仅有6个根 ②方程0)]([=x f g 有且仅有3个根 ③方程0)]([=x f f 有且仅有5个根 ④方程0)]([=x g g 有且仅有4个根其中正确的命题是 ．20、（山东理）已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,若方程)0()(>=m m x f 在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ,则1234_________.x x x x +++=21、（北京）已知函数32,2()(1),2x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的实根，则数k 的取值范围是_______ 22．（湖北文）方程223xx -+=的实数解的个数为 ．23．（山东理）若函数()a x a x f x--=()1.0≠>a a 有两个零点，则实数a 的取值范围是 。
24．（全国I 理）直线y ＝1与曲线2y x x a =-+有四个交点，则a 的取值范围是 。
25．（四川理）已知3x =是函数2()ln(1)10f x a x x x =++-的一个极值点．（Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图像有3个交点，求b 的取值范围． 26．（江西）设函数329()62f x x x x a =-+- （1）对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值；（2）若方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围 27．（天津）设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率；（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <。
若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立，求m 的取值范围。
28.(全国卷Ⅱ)设a 为实数,函数.)(23a x x x x f +--= (Ⅰ)求)(x f 的极值.(Ⅱ)当a 在什么范围内取值时,曲线x x f y 与)(=轴仅有一个交点。
答案： 1．0和21- 2．1 3．()2,434．451<<a 例1（1）增区间⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0 减区间⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21 （2）1=m例2 当2=c 时，()x h y =有5个零点当2<c 时，()x h y =有9个零点 练习1：()+∞,0 练习2：(1)e1(2) 112-+>e e b 时，无解；112-+=e e b 时，一解；112-+<ee b 时，两解。