高考数学二轮复习专题检测12函数的零点关键抓住破题题眼
高考数学二轮专题复习之专项检测12Word版含答案.doc
12 函数的零点——关键抓住破题题眼1．f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为________． 答案 5解析 ∵2sin πx －x ＋1＝0，∴2sin πx ＝x －1，图象如图所示，由图象看出y ＝2sin πx 与y ＝x －1有5个交点，∴f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为5.2．方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是________． 答案 2解析 (数形结合法)∵a >0，∴a 2＋1>1.而y ＝|x 2－2x |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．定义在R 上的奇函数f (x )，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 0.5(x ＋1)，0≤x <1，1－|x －3|，x ≥1，则关于x 的函数F (x )＝f (x )－a (0<a <1)的所有零点之和为________．答案 1－2a解析 当0≤x <1时，f (x )≤0.由F (x )＝f (x )－a ＝0，画出函数y ＝f (x )与y ＝a 的图象如图．函数F (x )＝f (x )－a 有5个零点． 当－1<x <0时，0<－x <1，所以f (－x )＝log 0.5(－x ＋1)＝－log 2(1－x )， 即f (x )＝log 2(1－x )，－1<x <0. 由f (x )＝log 2(1－x )＝a ， 解得x ＝1－2a ， 因为函数f (x )为奇函数，所以函数F (x )＝f (x )－a (0<a <1)的所有零点之和为1－2a .4．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x －2，x ≤0，ln (x 2－x ＋1)，x >0，则函数的零点个数为________． 答案 2解析 当x >0时，由f (x )＝0，即ln(x 2－x ＋1)＝0， 得x 2－x ＋1＝1，解得x ＝0(舍去)或x ＝1. 当x ≤0时，f (x )＝e x －x －2，f ′(x )＝e x －1≤0， 所以函数f (x )在(－∞，0]上单调递减．而f (0)＝e 0－0－2＝－1<0，f (－2)＝e －2－(－2)－2＝e －2>0， 故函数f (x )在(－2,0)上有且只有一个零点． 综上，函数f (x )有两个零点．5．(2013·天津改编)函数f (x )＝2x |log 0.5 x |－1的零点个数为________． 答案 2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，综上有两个零点．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋1，x ≤0，ln x ，x >0，则下列关于函数y ＝f (f (x ))＋1的零点个数的判断正确的是________．①当k >0时，有3个零点；当k <0时，有2个零点； ②当k >0时，有4个零点；当k <0时，有1个零点； ③无论k 为何值，均有2个零点；④无论k 为何值，均有4个零点． 答案 ②解析 当k >0时，f (f (x ))＝－1，综合图(1)分析，则f (x )＝t 1∈(－∞，－1k )或f (x )＝t 2∈(0,1)．对于f (x )＝t 1，存在两个零点x 1，x 2； 对于f (x )＝t 2，存在两个零点x 3，x 4. 此时共计存在4个零点．当k <0时，f (f (x ))＝－1，结合图(2)分析，则f (x )＝t ∈(0,1)，此时仅有1个零点x 0.故②正确．7．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x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *，则n ＝________. 答案 2解析 由于2<a <3<b <4，故f (1)＝log a 1＋1－b ＝1－b <0， 而0<log a 2<1,2－b ∈(－2，－1)， 故f (2)＝log a 2＋2－b <0， 又log a 3∈(1,2)，3－b ∈(－1,0)， 故f (3)＝log a 3＋3－b >0，因此函数必在区间(2,3)内存在零点，故n ＝2. 8．方程2－x ＋x 2＝3的实数解的个数为________．答案 2解析 方程变形为3－x 2＝2－x ＝(12)x ，令y 1＝3－x 2，y 2＝(12)x .如图所示，由图象可知有2个交点．9．(2014·连云港模拟)已知函数f (x )＝2ax 2＋2x －3.如果函数y ＝f (x )在区间[－1,1]上有零点，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 解析 若a ＝0，则f (x )＝2x －3， f (x )＝0⇒x ＝32∉[－1,1]，不合题意，故a ≠0.下面就a ≠0分两种情况讨论：(1)当f (－1)·f (1)≤0时，f (x )在[－1,1]上至少有一个零点，即(2a －5)(2a －1)≤0，解得12≤a ≤52.(2)当f (－1)·f (1)>0时，f (x )在[－1,1]上有零点的条件是⎩⎨⎧f ⎝⎛⎭⎫－12a f (1)≤0，－1<－12a<1，f (－1)·f (1)>0，解得a >52.综上，实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 10．(2014·天津)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________． 答案 1<a <2解析 画出函数f (x )的图象如图所示．函数y ＝f (x )－a |x |有4个零点，即函数y 1＝a |x |的图象与函数f (x )的图象有4个交点(根据图象知需a >0)．当a ＝2时，函数f (x )的图象与函数y 1＝a |x |的图象有3个交点．故a <2.当y ＝a |x |(x ≤0)与y ＝|x 2＋5x ＋4|相切时，在整个定义域内，f (x )的图象与y 1＝a |x |的图象有5个交点，此时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－axy ＝－x 2－5x －4得x 2＋(5－a )x ＋4＝0.由Δ＝0得(5－a )2－16＝0，解得a ＝1，或a ＝9(舍去)， 则当1<a <2时，两个函数图象有4个交点． 故实数a 的取值范围是1<a <2. 11．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2.(1)若函数g (x )＝f (x )－ax 在其定义域内为增函数，求实数a 的取值范围； (2)在(1)的条件下，若a >1，h (x )＝e 3x －3a e x ，x ∈[0，ln 2]，求h (x )的极小值；(3)设F (x )＝2f (x )－3x 2－kx (k ∈R )，若函数F (x )存在两个零点m ，n (0<m <n )，且2x 0＝m ＋n .问：函数F (x )在点(x 0，F (x 0))处的切线能否平行于x 轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．解 (1)g (x )＝f (x )－ax ＝ln x ＋x 2－ax ，g ′(x )＝1x ＋2x －a .由题意，知g ′(x )≥0在x ∈(0，＋∞)内恒成立，即a ≤(2x ＋1x )min .又x >0,2x ＋1x ≥22，当且仅当x ＝22时等号成立．故(2x ＋1x )min ＝22，所以a ≤2 2.(2)由(1)知，1<a ≤2 2.令e x ＝t ，则t ∈[1,2]，则h (t )＝t 3－3at . h ′(t )＝3t 2－3a ＝3(t －a )(t ＋a )． 由h ′(t )＝0，得t ＝a 或t ＝－a (舍去)，∵a ∈(1,22]，∴a ∈[1,234]，①若1<t ≤a ，则h ′(t )<0，h (t )单调递减； ②若a <t ≤2，则h ′(t )>0，h (t )单调递增． 故当t ＝a 时，h (t )取得极小值， 极小值为h (a )＝a a －3a a ＝－2a a . (3)设F (x )在(x 0，F (x 0))的切线平行于x 轴， 其中F (x )＝2ln x －x 2－kx .结合题意，有⎩⎪⎨⎪⎧2ln m －m 2－km ＝0， ①2ln n －n 2－kn ＝0， ②m ＋n ＝2x 0， ③2x 0－2x 0－k ＝0， ④①－②得2ln mn －(m ＋n )(m －n )＝k (m －n )．所以k ＝2lnm nm －n －2x 0.由④得k ＝2x 0－2x 0.所以ln m n ＝2(m －n )m ＋n ＝2(m n －1)m n＋1.⑤设u ＝mn ∈(0,1)，⑤式变为ln u －2(u －1)u ＋1＝0(u ∈(0,1))．设y ＝ln u －2(u －1)u ＋1(u ∈(0,1))，y ′＝1u －2(u ＋1)－2(u －1)(u ＋1)2＝(u ＋1)2－4u u (u ＋1)2＝(u －1)2u (u ＋1)2>0， 所以函数y ＝ln u －2(u －1)u ＋1在(0,1)上单调递增，因此，y <y |u ＝1＝0，即ln u －2(u －1)u ＋1<0.也就是，ln m n <2(m n－1)mn ＋1，此式与⑤矛盾．所以F (x )在(x 0，F (x 0))处的切线不能平行于x 轴．12．(2014·四川)已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)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； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0,1)内有零点，证明：e －2<a <1. (1)解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1， 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g′(x)＝e x－2a.因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤12时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上单调递增，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当a≥e2时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；当12<a<e2时，令g′(x)＝0得x＝ln(2a)∈(0,1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12<a<e2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2a ln(2a)－b；当a≥e2时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理，g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点．由(1)知，当a≤12时，g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．当a≥e2时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．所以12<a<e2.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b>0，g(1)＝e－2a－b>0.由f(1)＝0，有a＋b＝e－1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2<a<1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2<a<1.情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。
2021新高考数学二轮总复习专题突破练6热点小专题一、函数的零点及函数的应用含解析
2021新高考数学二轮总复习专题突破练6热点小专题一、函数的零点及函数的应用含解析专题突破练6热点小专题一、函数的零点及函数的应用一、单项选择1.(2020山东济南三模,2)函数f(x)=x3+x-4的零点所在的区间为()A.(-1,0)B.(0,1)C.(1,2)D.(2,3)2.(2019山东莱芜模拟)函数f(x)=e x+ln x的零点所在的大致区间是()A.(-1,0)B.0,C.,1D.1,3.(2020山东烟台模拟,6)函数f(x)=2x--a的一个零点在区间(1,2)内,则实数a的取值范围是()A.(1,3)B.(1,2)C.(0,3)D.(0,2)4.已知f(x)=|e x-1|+1,若函数g(x)=[f(x)]2+(a-2)f(x)-2a有三个零点,则实数a的取值范围是()A.(-2,-1)B.(-1,0)C.(0,1)D.(1,2)5.若x1是方程x e x=1的解,x2是方程x ln x=1的解,则x1x2等于()A.eB.1C. D.-16.(2020河南实验中学4月模拟,12)已知函数f(x)=若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)<0恰有1个整数解,则实数a的最大值为()A.2B.3C.5D.87.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=则函数g(x)=xf(x)-1在(-6,+∞)上的所有零点之和为()A.7B.8C.9D.10二、多项选择题8.已知函数f(x)=2x+log2x,且实数a>b>c>0,满足f(a)f(b)f(c)<0,若实数x0是函数y=f(x)的一个零点,那么下列不等式中可能成立的是()A.x0<a< bdsfid="110" p=""></a<>B.x0>aC.x0<b< bdsfid="113" p=""></b<>D.x0<c< bdsfid="115" p=""></c<>9.已知函数f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,当x>0时,f(x)=以下说法正确的是()A.当2< bdsfid="118" p=""><>B.f(2n+1)=-(n∈N)C.存在x0∈(-∞,0)∪(0,+∞),使得f(x0)=2D.函数g(x)=4f(x)-1的零点个数为1010.已知函数f(x)=方程|f(x)-1|=2-m(m∈R),则下列说法正确的是()A.函数f(x)的图象关于直线x=对称B.函数f(x)在区间(3,+∞)上单调递增C.当m∈(1,2)时,方程有2个不同的实数根D.当m∈(-1,0)时,方程有3个不同的实数根11.已知函数y=f(x)是R上的偶函数,对于任意x∈R,都有f(x+6)=f(x)+f(3)成立.当x1,x2∈[0,3],且x1≠x2时,都有>0,给出下列命题,其中所有正确命题为()A.f(3)=0B.直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴C.函数y=f(x)在[-9,-6]上为增函数D.函数y=f(x)在[-9,9]上有四个零点三、填空题12.已知函数f(x)=有且只有一个零点,则实数a的取值范围是.13.(2020江苏泰州中学三月模拟,8)已知函数f(x)=若对任意实数k>1,g(x)=f(x)-kx都有零点,则实数a的取值范围是.14.(2020山东济宁5月模拟,16)设f(x)是定义在R上的偶函数,?x∈R都有f(2-x)=f(2+x),且当x∈[0,2]时,f(x)=2x-2.若函数g(x)=f(x)-log a(x+1)(a>0,a≠1)在区间(-1,9]内恰有三个不同零点,则实数a的取值范围是.15.(2020天津和平区一模,15)已知函数f(x)==.若方程f(x)=x+a在区间[-2,4]恰有三个不等实根,则实数的取值范围为.专题突破练6热点小专题一、函数的零点及函数的应用1.C解析因为f(x)=x3+x-4是R上的增函数,f(1)=-2<0,f(2)=6>0,故函数f(x)的零点在区间(1,2)内.2.B解析因为f=-ln2>0,而f=-ln8<0,所以必在内有一零点.故选B.3.C解析显然函数f(x)=2x--a在区间(1,2)内连续,因为f(x)的一个零点在区间(1,2)内,所以f(1)f(2)<0,即(2-2-a)(4-1-a)<0,解得0<a<3,故选c.< bdsfid="146" p=""></a<3,故选c.<>4.A解析g(x)=(f(x)-2)(f(x)+a)=0有三个零点,由f(x)-2=0,得|e x-1|=1,由函数h(x)=|e x-1|的图象易知f(x)-2=0有一个根,故f(x)+a=0有两个根,代入f(x)的解析式,得到|e x-1|=-a-1,设m(x)=-a-1,如图可知,当0<-a-1<1时,h(x)与m(x)的图象有两个交点,满足题意,解得a的范围为(-2,-1),故选A.5.B解析考虑到x1,x2是函数y=e x、函数y=ln x与函数y=的图象的公共点A,B的横坐标,而A x1,,B x2,两点关于y=x对称,所以k AB=-1,=-1,化简得x1x2=1.6.D解析函数f(x)的图象如图所示,由[f(x)]2+af(x)<0,得f(x)[f(x)+a]<0,当a>0时,-a<f(x)<0,< bdsfid="158" p=""></f(x)<0,<>由于关于x的不等式[f(x)]2+af(x)<0恰有1个整数解,因此其整数解为3,又f(3)=-9+6=-3,∴-a<-3,-a≥f(4)=-8,则3<a≤8.< bdsfid="161" p=""></a≤8.<>当a=0时,[f(x)]2<0,则a=0不满足题意;当a<0时,0<f(x)<-a,当0<-a≤1时,0<f(x)<-a,没有整数解,< bdsfid="164" p=""></f(x)<-a,当0<-a≤1时,0<f(x)<-a,没有整数解,<>当-a>1时,0<f(x)<-a,至少有一个整数解,< bdsfid="166" p=""></f(x)<-a,至少有一个整数解,<>综上,实数a的最大值为8,故选D.7.B解析∵f(x)是奇函数,∴g(-x)=(-x)f(-x)-1=(-x)[-f(x)]-1=xf(x)-1=g(x),∴g(x)是偶函数,∴g(x)的零点都是以相反数的形式成对出现的,∴g(x)在[-6,6]上所有的零点的和为0,∴函数g(x)在[-6,+∞)上所有的零点的和,即函数g(x)在(6,+∞)上所有的零点之和.由0< bdsfid="171" p=""><>即f(x)=∴函数f(x)在(0,2]上的值域为,当且仅当x=2时,f(x)=1.又∵当x>2时,f(x)=f(x-2),∴函数f(x)在(2,4]上的值域为,当且仅当x=4时,f(x)=,函数f(x)在(4,6]上的值域为,当且仅当x=6时,f(x)=,函数f(x)在(6,8]上的值域为,当且仅当x=8时,f(x)=,函数f(x)在(8,10]上的值域为,当且仅当x=10时,f(x)=,故f(x)<在(8,10]上恒成立,g(x)=xf(x)-1在(8,10]上无零点,同理g(x)=xf(x)-1在(10,12]上无零点,依此类推,函数g(x)在(8,+∞)无零点,综上函数g(x)=xf(x)-1在[-6,+∞)上的所有零点之和为8,故选B.8.ABC解析由函数的单调性可得,函数f(x)=2x+log2x在(0,+∞)上为增函数,由f(a)f(b)f(c)<0,则f(a),f(b),f(c)为负数的个数为奇数,对于A,B,C 选项可能成立,对于D,当x00,f(b)>0,f(c)>0,不合题意,故选ABC.9.AD解析对A,当2<x≤4时,0< bdsfid="187" p=""></x≤4时,0<>所以f(x)=f(x-2)=2|x-3|-1-,故选项A正确;对B,当n=0时,f(1)=-=-1与f(1)=2|1-1|-1=0矛盾,故选项B错误;对C,由f(x)为偶函数,可作出函数在x轴正半轴上的图象如图,观察图象,f(x)的值域为[0,1],故选项C错误;对D,函数g(x)的零点个数即为方程f(x)=根的个数,即函数f(x)与y=的交点个数,观察图象,在x>0时,有5个交点,根据对称性可得x<0时,也有5个交点,共计10个交点,故选项D正确.故选AD.10.BC解析对于选项A,f(4)=4,f(-1)=1-e,因f(4)≠f(-1),f(x)的图象不关于直线x=对称,选项A错误;对于选项B,f(x)=x2-3x的图象是开口向上的抛物线,所以函数f(x)在区间(3,+∞)上单调递增,选项B正确;作出函数y=|f(x)-1|的图象,如图,当m∈(1,2)时,2-m∈(0,1),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有2个不同的实数根,选项C正确;当m∈(-1,0)时,2-m∈(2,3),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有4个不同的实数根,选项D错误.故选BC.11.ABD解析令x=-3,则由f(x+6)=f(x)+f(3)得f(3)=f(-3)+f(3)=2f(3),故f(3)=0.A正确;由f(3)=0,f(x)为偶函数得f(-6-x)=f(x+6)=f(x)+f(3)=f(x),故直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴,B正确;该抽象函数图象草图如下:因为当x1,x2∈[0,3],x1≠x2时,有>0成立,故f(x)在[0,3]上为增函数,又f(x)为偶函数,故在[-3,0]上为减函数,又周期为6.故在[-9,-6]上为减函数,C错误;函数f(x)周期为6,故f(-9)=f(-3)=f(3)=f(9)=0,故y=f(x)在[-9,9]上有四个零点,D正确.故选ABD.12.a=0或a>1解析当a>0时,函数y=ax-3(x>0)必有一个零点,又因为x=-<0,故a-2+2-+a>0,解得a>1;若a=0时,f(x)=恰有一个零点;当a<0时,若x>0时,则f(x)=ax-3<0无零点,若x≤0,则f(x)=ax2+2x+a,此时,f(x)恒小于0,所以当a<0时,f(x)无零点,故答案为a=0或a>1.13解析如下图所示,点M的坐标为(a,a+2),直线OM的斜率为令g(x)=0,得f(x)=kx,原问题等价于过原点斜率大于1的任意直线与图象有交点.设过原点与y=3x的图象相切的直线的切点为(x0,y0),则切线的斜率为ln3.由(ln 3)x0,得x0=,即切线的斜率为ln 3=ln 3=ln 3=eln 3.讨论:对于k,一定与射线y=x+2,x≥a相交,即对k,g(x)恒有零点;对于k,必须与曲线段y=3x,0<x<a相交,所以eln3,解得0<a< bdsfid="225" p=""></x<a相交,所以eln3,解得0<a<> 14()解析∵f(x)是定义在R上的偶函数,且f(2-x)=f(2+x),∴f(x-2)=f(2+x), 令x-2=t,则f(t)=f(4+t),∴f(x)的周期为4.作函数f(x)与y=log a(x+1)在(-1,9]上的图象如下,当a>1时,解得<a<;< bdsfid="233" p=""></a<;<>当0<a<1时,< bdsfid="235" p=""></a<1时,<>解得<a<< bdsfid="237" p=""></a<<>15.81{1}解析∵f(x)=∴f(3)=2f(1)=4f(-1)=4×[1-|-1+1|]=4;∴log f(3)256=log444=4,=34=81.若x∈(0,2],则-2<x-2≤0,< bdsfid="242" p=""></x-2≤0,<>∴f(x)=2f(x-2)=2(1-|x-2+1|)=2(1-|x-1|),x∈(0,2].若x∈(2,4],则0<x-2≤2,< bdsfid="245" p=""></x-2≤2,<>∴f(x)=2f(x-2)=4(1-|x-2-1|)=4(1-|x-3|),x∈(2,4].∴f(1)=2,f(2)=0,f(3)=4.设y=f(x)和y=x+a,则方程f(x)=x+a在区间[-2,4]内有3个不等实根,等价于函数y=f(x)和y=x+a在区间[-2,4]内有3个不同的交点,作出函数f(x)和y=x+a的图象,如图所示.当直线经过点A(2,0)时,两个图象有2个交点,此时直线y=x+a为y=x-2,当直线经过点O(0,0)时,两个图象有4个交点,此时直线y=x+a 为y=x,当直线经过点B(3,4)和C(1,2)时,两个图象有3个交点,此时直线y=x+a为y=x+1,∴要使方程f(x)=x+a在区间[-2,4]内恰有3个不等实根,则a=1或-2<a<0.故实数的取值范围为{1}< bdsfid="255" p=""> </a<0.故实数的取值范围为{1}<>。
2024届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》
2024届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》运用数形结合思想探究函数零点问题函数是数学中常见的一个概念，它描述了自变量和因变量之间的关系。
在学习函数的过程中，我们经常会遇到求函数的零点的问题。
函数的零点是指函数在哪些自变量取值下，其对应的因变量为0。
求解函数的零点在数学中具有重要的意义，不仅可以帮助我们分析数学问题，还可以在实际应用中发挥作用。
为了更好地探究函数零点问题，我们可以借助数形结合思想。
数形结合思想是数学的一种思维方式，通过将问题抽象为几何图形的形式，结合几何图形的性质来解决问题。
以简单的一元一次函数为例，我们考虑函数f(x)=ax+b，其中a和b为常数。
究竟什么样的条件下，函数f(x)的零点存在呢？我们可以通过数形结合思想进行探究。
首先，我们可以画出函数y=ax+b的图像。
这是一条直线，a决定了直线的斜率，b决定了直线在y轴上的截距。
我们可以从图像中直观地看出，当直线与x轴相交时，函数就有零点存在。
接下来，我们将函数的零点问题转化为几何问题。
我们可以将直线y=ax+b与x轴相交的点A与原点O连线，得到一条线段AO。
由于原点O的坐标为(0,0)，所以点O可以看作是函数的零点。
通过几何分析，我们可以得到结论：当直线y=ax+b与x轴相交时，线段AO的长度就是零点的解。
而线段AO的长度可以通过两点之间的距离来计算，即0点到直线y=ax+b所对应的点A的距离，通常记为d。
根据直线到原点的距离公式，我们可以得到d的计算方法：d=，b，/√(a²+1)。
这个公式告诉我们，0点到直线y=ax+b所对应的点A的距离取决于a和b的值。
当a=0时，直线平行于x轴，不存在与x轴的交点，也就是函数不存在零点。
当a≠0时，直线与x轴相交于一点，也就是函数存在唯一的零点。
通过数形结合思想的探究，我们从几何的角度解释了函数零点的问题，并得到了函数零点存在的条件和计算零点的方法。
这种思考方式不仅能够加深对函数的理解，还可以培养我们的几何思维能力。
2023 届高考数学专项(函数零点问题)答题模板与练习(word版,附答案)
2023 届高考数学专项（函数零点问题）答题模板与练习【重要性分析】函数的零点是新课标的新增内容，其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为新课标高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，多以选择、填空题的形式考查.类型一 零点或零点存在区间的确定万能模板 内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0； 第二步 若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可.例1 函数()43xf x e x =+-的零点所在的区间为（ ）A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭ C ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．3,14⎛⎫ ⎪⎝⎭【同类习题1】方程220xx +-=的解所在的区间为（ ）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3) 【同类习题2】【山西省运城市2021届高三上学期9月调研数学（理）】已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【同类习题3】函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为（ ） A ． B ． C ．D ．【出处】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一）类型二 零点的个数的确定方法1：定义法万能模板内 容()2e xf x =()15g x x=+()0,1()1,2()2,3()3,4使用场景 一般函数类型解题模板第一步 判断函数的单调性；第二步 根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0，则该区间即为存在唯一的零点区间或者直接运用方程的思想计算出其 零点；第三步 得出结论.例2.函数x e x f x3)(+=的零点个数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【同类习题4】已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，，则函数的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【出处】吉林省松原市长岭县第二中学2021届高三下学期三模考试数学试题 【同类习题5】方程3sin x x =的根的个数是（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【同类习题6】（多选）若函数f (x )＝恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ） A ．1B ．2C ．15D ．16【出处】山东省济南市章丘区2021届高三5月份模拟数学试题方法2：数形结合法万能模板 内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 函数()g x 有零点问题转化为方程()()f x m x =有根的问题； 第二步 在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像； 第三步 观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数第四步 由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出()f x R ()()2f x f x +=[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()y f x x =-4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩结论.例3. 方程31()|log |3xx =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0【同类习题7】【上海市徐汇区2021届高三上学期一模】方程8cos log x x =的实数解的个数是（ ） A ．4B ．3C ．2D ．1【同类习题8】己知函数，若存在两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（二）数学试题【同类习题9】知关于x 的方程有3个不同的实数解，则实数a 的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．【出处】重庆市第八中学2021届高三下学期适应性月考卷（七）数学试题【高考再现】1．【2021年北京市高考数学试题】已知函数，给出下列四个结论： ①若，则有两个零点； ①，使得有一个零点； ①，使得有三个零点； ①，使得有三个零点． 以上正确结论得序号是_______．2.【2021年天津高考数学试题】设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．()()()1,1,ln ,1x e x f x g x f x a x x -⎧≤==+⎨>⎩()g x [)1,0-()1,0-()0,1(]0,122xxaa -=()0,2()2,4()2,+∞()4,+∞()lg 2f x x kx =--0k =()f x 0k ∃<()f x 0k ∃<()f x 0k ∃>()f x a ∈R 22cos(22).()2(1)5,x a x a f x x a x a x a ππ-<⎧=⎨-+++≥⎩()f x (0,)+∞95112,,424⎛⎤⎛⎤⋃ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭9112,,344⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭11,2,3447⎛⎫⎡⎫⋃ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭3.【2020年高考天津卷9】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx xk =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．1,(22,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,(0,22)2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞4.【2020年高考上海卷11】已知a R ∈，若存在定义域为R 的函数()f x 同时满足下列两个条件，①对任意0x R ∈，0()f x 的值为0x 或02x ；②关于x 的方程()f x a =无实数解；则a 的取值范围为 ．5. 【2016高考天津理数】已知函数f （x ）=2(4,0,log (1)13,03)ax a x a x x x ⎧+<⎨++≥-+⎩（a >0,且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|2f x x =-恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ） （A ）（0，23] （B ）[23，34] （C ）[13，23]{34}（D ）[13，23）{34} 6.【2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）】已知λ①R ，函数f (x )={x −4,x ≥λx 2−4x +3,x <λ，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________①7.【2017江苏】设()f x 是定义在R 且周期为1的函数，在区间[0,1)上,2,,(),,x x D f x x x D ⎧∈⎪=⎨∉⎪⎩其中集合1,*n D x x n n -⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N ，则方程()lg 0f x x -=的解的个数是 .8.【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷）】已知a >0，函数f(x)={x 2+2ax +a, x ≤0,−x 2+2ax −2a,x >0.若关于x 的方程f(x)=ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是______________.【专项练习】1．函数的图象与函数的图象交点横坐标所在的区间可能为（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题2．已知函数在上有唯一零点，若，，则（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5()()=x f x e ()2ln g x x =-()0,1()1,2()2,3()3,4()ln (1)f x x x x k x =+--(1,)+∞(,1)k n n ∈+n Z ∈n =【出处】全国名校2021届高三高考数学（文）冲刺试题（二） 3．函数和存在公共点，则的范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【出处】陕西省西安中学2021届高三下学期第二次仿真考试理科数学试题4．已知函数，，若的图象与的图象在上恰有个交点，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【出处】“超级全能生”2021届高三全国卷地区4月联考试题（乙卷）数学（理）试题5．函数的零点，，则（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】山西省吕梁市2021届高三上学期第一次模拟数学（文）试题6．（多选）【2021年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）】已知函数()ln(1)f x x x =+，则（ ）A ．()f x 在(0,)+∞单调递增B ．()f x 有两个零点C ．曲线()y f x =在点11,22f ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处切线的斜率为1ln2-- D ．()f x 是偶函数7．【四川省成都市2020-2021学年高三上学期第一次诊断性检测数学（文）】已知函数()ln f x x x =+，()ln g x x x =，若()1ln f x t =，()2g x t =，则12ln x x t 的最小值为（ ）．A ．21eB ．2eC ．1e-D ．21e-8．已知函数()f x kx =，21x e e ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，()121x g x e +-=+，若()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，则实数k 的取值范围是（ ）3y x =212x y -⎛⎫= ⎪⎝⎭()00,P x y 0x ()0,1()1,2()2,3()3,4()f x x a =+()ln g x x =()f x ()g x ()2020,20211a ()ln 20202020,ln 20212021--()ln 20202021,ln 20212020--()ln 20212020,ln 20202021--()ln 20212021,ln 20202020--()1542x f x x =+-[]01,x a a ∈-*a ∈N a =1234A ．1,e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．24,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．3,3e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦9.【河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测理科】对于函数()y f x =与()y g x =，若存在0x ，使()()00f x g x =-，则称()()00,M x f x ，0(,N x -()0)g x -是函数()f x 与()g x 图象的一对“隐对称点”.已知函数()()1f x m x =+，()ln xg x x=，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为（ ） A ．()1,0-B ．(),1-∞-C ．()()0,11,+∞ D ．()(),11,0-∞--10.【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】已知函数()1ln 1x f x x ae-=++的图象与函数()11ln12x g x ae x-=---的图象有唯一公共点，则实数a 的值为（ ） A ．1B ．0C ．2D ．1-11.【山东省枣庄市滕州一中2020-2021学年高三10月月考】定义：如果函数()y f x =在区间[],a b 上存在()1212,x x a x x b <<<，满足()()()'1f b f a f x b a -=-，()()()'2f b f a f x b a-=-，则称函数()y f x =是在区间[],a b 上的一个双中值函数，已知函数()3265f x x x =-是区间[]0,t 上的双中值函数，则实数t 的取值范围是（ ） A ．36,55⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．26,55⎛⎫⎪⎝⎭C ．23,55⎛⎫⎪⎝⎭D ．61,5⎛⎫ ⎪⎝⎭12.【广西南宁三中2020届高三数学（理科）】方程2221,(0)x x a a -=+>的解的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．413．【天津市耀华中学2021届高三（上）】已知函数21,1()ln ,1x x f x x x x⎧-⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程212[()]2()02f x tf x t ++-=有5个不同的实数根，则实数t 的取值范围是（ ） A ．111,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．111,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ C ．113,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ D ．113,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭14.【河南省信阳市2021届高三（10月份）第一次质检数学（理科）】已知函数()21,1ln ,1x x f x x x x⎧-<⎪=⎨≥⎪⎩，若关于x 的方程()()()22120f x m f x m +--=⎡⎤⎣⎦有5个不同的实数解，则实数m 的取值范围是______. 15．已知函数有两个不同的零点，则常数的取值范围是___________. 【出处】全国2021届高三高考数学（文）信息试题（一）16．已知函数有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是_________. 【出处】河北省衡水市饶阳中学2021届高三5月数学精编试题17．【陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试文科】已知函数2,0()12,02x e x f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+->⎪⎩. （1）求斜率为12的曲线()y f x =的切线方程； （2）设()()f x g x m x=-，若()g x 有2个零点，求m 的取值范围.()()212f x x k x =--k ()()112 ()1421x x f x k -=-+-参考答案分析【重要性分析】函数的零点是新课标的新增内容，其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为新课标高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，多以选择、填空题的形式考查.类型一 零点或零点存在区间的确定例1 函数()43xf x e x =+-的零点所在的区间为（ ）A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,14⎛⎫ ⎪⎝⎭【参考答案】B【分析】第一步，直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0：函数()43xf x e x =+-单调递增,只有一个零点,而0231414141<-=-+=⎪⎭⎫⎝⎛e e f ,0121>-=⎪⎭⎫⎝⎛e f ； 第二步，若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可：由02141<⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ,可知函数的零点在11,42⎛⎫⎪⎝⎭．故选B ． 考点：零点存在定理．【同类习题1】方程220xx +-=的解所在的区间为（ ）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3) 【参考答案】B【分析】试题分析：由题意得，设函数()22xf x x =+-，则()()0102021,12121f f =+-=-=+-=，所以()()010f f <，所以方程220xx +-=的解所在的区间为(0,1)，故选B.考点：函数的零点.【同类习题2】【山西省运城市2021届高三上学期9月调研数学（理）】已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【参考答案】A 【分析】首先求得0x ≤时，()f x 的取值范围.然后求得0x >时，()f x 的单调性和零点，令()()0ff x =，根据“0x ≤时，()f x 的取值范围”得到()32log 93xf x x =+-=，利用零点存在性定理，求得函数()()y f f x =的零点所在区间.【详解】当0x ≤时，()34f x <≤.当0x ≥时，()2932log 92log 9xxx f x x =+-=+-为增函数，且()30f =，则3x =是()f x 唯一零点.由于“当0x ≤时，()34f x <≤.”，所以 令()()0ff x =，得()32log 93xf x x =+-=，因为()303f =<，337782log 98 1.414log 39 3.312322f ⎛⎫=+->⨯+-=> ⎪⎝⎭，所以函数()()y f f x =的零点所在区间为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：A【同类习题3】函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为（ ） ()2e xf x =()15g x x=+A ．B ．C ．D ．【出处】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一） 【参考答案】B 【分析】构造函数，由零点存在定理判断． 【详解】设，是上的增函数，在和上都是减函数，，因此在和上都是增函数，由选项只考虑上的情形，，，所以在上有零点．所以函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为 故选：B ．类型二 零点的个数的确定方法1：定义法例2.函数x e x f x3)(+=的零点个数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【参考答案】B【分析】第一步，判断函数的单调性:由已知得03)(>+='x e x f ，所以)(x f 在R 上单调递增；第二步，根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0， 则该区间即为存在唯一的零点区间：()0,1()1,2()2,3()3,41()2e 5xh x x=--e x y =R 1y x =(0,)+∞(,0)-∞()h x (,0)-∞(0,)+∞(0,)+∞(1)215260h e e =--=-<22111(2)252022h e e =--=->()h x (1,2)()2e xf x =()15g x x=+又因为03)1(1<-=--ef ，03)1(>+=e f ，所以0)1-()1(<•f f第三步，得出结论：所以)(x f 的零点个数是1，故选B ． 考点：函数的零点．【同类习题4】已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，，则函数的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【出处】吉林省松原市长岭县第二中学2021届高三下学期三模考试数学试题 【参考答案】A 【分析】函数的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数周期，当时，，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可. 【详解】①，则函数是周期的周期函数． 又①函数是定义在上的偶函数，且时，， ①当时，，令，则函数的零点个数即为函数和的图象交点个数， 分别作出函数和的图象，如下图，显然与在上有1个交点，在上有一个交点，当时，，而，()f x R ()()2f x f x +=[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()y f x x =-()y f x x =-()f x 2T =[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()()2f x f x +=()f x 2T =()f x R []0,1x ∈()πcos 2f x x =[)1,0x ∈-()()ππcos cos 22f x f x x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭()0f x x -=()y f x x =-()y f x =()g x x =()y f x =()g x x =()f x ()g x [)1,0-0,11x >()1g x >()1f x ≤所以或时，与无交点．综上，函数和的图象交点个数为2，即函数的零点个数是2． 故选：A【同类习题5】方程3sin x x =的根的个数是（）A ．3B ．4C ．5D ．6 【参考答案】C 【分析】试题分析：大致图形如图所示,接下来比较x x f =)(与x x g sin 3)(=在0=x 处的切线斜率,xx f 21)(=',0→x 时,+∞→')(x f ,即)(x f 在0=x 处的切线方程为y 轴,又x x g cos 3)(=',在3)0(='=g k ,因此在y 轴右侧)(x g 图象较缓,由图象可知,共有5个交点,故选C ．考点：图象的交点．【思路点晴】本题考查的是两个函数的交点个数问题．首先运用函数与方程的思想,把给定方程转化成为两个基本函数的交点问题,再通过函数的性质与比较函数在相同自变量处的函数值的大小关系画出两个基本函数图象,需要注意的是,两个函数都过)0,0(点,而y 轴右侧的高低情况需要比较两个函数在0=x 处的切线斜率得到,为本题的易错点．【同类习题6】（多选）若函数f (x )＝恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ） A ．1B ．2C ．15D ．161x >1x <-()f x ()g x ()y f x =()g x x =()y f x x =-4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩【出处】山东省济南市章丘区2021届高三5月份模拟数学试题 【参考答案】AD 【分析】函数零点转化为方程解，每个选项验证即可解决此题． 【详解】函数f (x )的零点即为方程f (x )＝0的解．当m ＝1时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣1＝0，解得：x ＝0； 当x ≥2时，2021（x ﹣1）（x ﹣3）＝0，解得：x ＝1或3，只取x ＝3． ①函数有两个零点0或3．①A 对；当m ＝2时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣2＝0，解得：x ＝； 当x ≥2时，2021（x ﹣2）（x ﹣6）＝0，解得：x ＝2或6． ①函数有三个零点或2或6．①B 错；当m ＝15时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣15＝0，解得：x ＝log 415＜2； 当x ≥2时，2021（x ﹣15）（x ﹣45）＝0，解得：x ＝15或45． ①函数有三个零点log 415或15或45．①C 错；当m ＝16时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣16＝0，解得：x ＝2不成立； 当x ≥2时，2021（x ﹣16）（x ﹣48）＝0，解得：x ＝16或48． ①函数有两个零点16或48．①D 对； 故选：AD ．方法2：数形结合法第一步 函数()g x 有零点问题转化为方程()()f x m x =有根的问题； 第二步 在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像； 第三步 观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数第四步 由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出结论.1212例3. 方程31()|log |3xx =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【参考答案】B【分析】第一步，在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像：第二步，观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数 ： 由图象可知，函数1()3xy =与函数3log y x =有2个交点；第三步，由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出结论： 所以方程有2个解。
2025届高考数学二轮复习专项突破10函数零点
《函数零点》专项突破高考定位函数的零点其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为高考命题的热点.其常常与函数的图像、性质等学问交汇命题，以选择、填空题的形式考查可难可易，以大题形式出现，相对较难.考点解析（1）零点个数的确定（2）二次函数的零点分布（3）零点与函数性质交汇（4）嵌套函数零点的确定（5）困难函数的零点存在性定理（6）隐零点的处理（7）隐零点的极值点偏移处理题型解析类型一、转化为二次函数的零点分布例1-1．（2024·全国·高三专题练习）已知f(x)是奇函数并且是R上的单调函数，若函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，则实数λ的值是（）A．14B．18C．78-D．38-【答案】C【分析】利用函数零点的意义结合函数f(x)的性质将问题转化为一元二次方程有等根即可. 【详解】依题意，函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)的零点，即方程f(2x2+1)+f(λ-x)=0的根，由f(2x2+1)+f(λ-x)=0得f(2x2+1)=-f(λ-x)，因f(x)是R上奇函数，从而有f(2x2+1)=f(x-λ)，又f(x)是R上的单调函数，则有2x2+1=x-λ，而函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，于是得2x2-x+1+λ=0有两个相等实数解，因此得Δ=1-8(1+λ)=0，解得λ=78-，所以实数λ的值是78-.故选：C.练（2024·湖北·黄冈中学模拟预料）若函数2()2a f x x ax =+-在区间(1,1)-上有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．2(2,)3-B ．2(0,)3C ．(2,)+∞D ．(0,2)【答案】B 【详解】因为()f x 为开口向上的抛物线，且对称轴为2ax =-，在区间（－1，1）上有两个不同的零点，所以()()101002112f f a f a ⎧->⎪>⎪⎪⎛⎫⎨-< ⎪⎝⎭⎪⎪⎪-<-<⎩，即22102102022222a a a a a a a a ⎧-->⎪⎪⎪+->⎪⎨⎪⎛⎫---<⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪-<<⎩，解得023a <<， 所以实数a 的取值范围是2(0,)3.故选：B例1-2．（2024·湖北恩施·高三其他模拟）设函数()()2x f x x a e =+在R 上存在最小值(其中e为自然对数的底数，a R ∈)，则函数()2g x x x a =++的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．无法确定【答案】C解析：()()22x f x x x a e '=++当1a ≥时，220x x a ++≥在R 恒成立，所以()()2'20xf x x x a e =++≥在R 恒成立，所以函数()()2x f x x a e =+在R 上单调递增，没有最小值；当1a <时，令() '0f x =得111x a =---，211x a =--，且12x x < x()1,x -∞1x()12,x x2x()2,x +∞()'f x+0 -+()f x极大值 微小值当x →-∞时，()0f x →所以若()f x 有最小值，只须要()20f x ≤∵()()22221022100xf x a e a a =--⇔--≤⇔≤≤，∴20x x a ++=的判别式1410a ∆=->≥，因此()2g x x x a =++有两个零点.故选：C ．类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2024·天津二中高三期中）已知函数()ln 1f x x x =-，则()f x 的零点所在的区间是（ ） A ．()0,1 B ．()1,2 C ．()2,3 D ．()3,4【答案】B 【详解】∵()ln 1f x x x =-，()1ln f x x '=+，由()1ln 0f x x '=+=得，1e x =，∴1,()0ex f x '>>，函数()f x 为增函数，当01x <<时，()ln 10f x x x =-<，又()()410,2ln 21ln 0e12f f =-<=-=>， 故()f x 的零点所在的区间是()1,2. 故选：B练．（2024·天津·大钟庄中学高三月考）函数()2xf x x =+的零点所在的区间为（ ）A ．()2,1--B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,2【答案】B 【详解】因为()2xf x x =+为单调递增函数，当2x =-时，()2722204f --=-=-<，当1x =-时，()1112102f --=-=-<，当0x =时，()002010f =+=>，由于()()010f f ⋅-<，且()f x 的图象在()1,0-上连续， 依据零点存在性定理，()f x 在()1,0-上必有零点， 故选：B.类型三、利用两图像交点推断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2024·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩，则函数()1y f x =-的零点个数为（ ） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．0个【答案】B 【分析】由已知函数()f x 的解析式作出图象，把函数()1y f x =-的零点转化为函数()f x 与1y =的交点得答案． 【详解】由函数解析式222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩由图可知，函数()1y f x =-的零点的个数为2个． 故选：B ．练．已知m 、n 为函数()1ln xf x ax x+=-的两个零点，若存在唯一的整数()0,x m n ∈则实数a 的取值范围是（ ）A ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．ln 20,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【分析】 ()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，作出函数()21ln x g x x +=的图象，可知满意不等式()a g x <的整数解有且只有一个，从而可得出关于实数a 的不等式，由此可解得实数a 的取值范围. 【详解】 由()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，令()21ln x g x x +=，其中0x >，则()()243121ln 2ln 1x x x x x g x x x ⋅-+--'==.当120x e -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当12x e ->时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减.且当12x e ->时，()21ln 0xg x x +=>，作出函数()g x 的图象如下图所示：由图可知，满意不等式()a g x <的整数解有且只有一个，所以，()1,m n ∈，()2,m n ∉，所以，()()21g a g ≤<，即1ln 2ln 2144e a +=≤<.因此，实数a 的取值范围是ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式的整数解的个数求参数，解题的关键在于利用图象确定整数有哪些，进而可得出关于参数不等式（组）来进行求解.例3-2（一个曲线一个直线）28．（2024·浙江·绍兴市柯桥区老师发展中心高三学业考试）已知函数()()()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则实数b 的取值范围为_______. 【答案】7,24⎛⎫⎪⎝⎭【分析】求出函数()()y f x g x =-的表达式，构造函数()()(2)h x f x f x =+-，作函数()h x 的图象，利用数形结合进行求解即可. 【详解】∵()()22,2,2,2,x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩， ∴()222,02,0x x f x x x ⎧--⎪-=⎨<⎪⎩，∵函数y =f (x )−g (x )恰好有四个零点，∴方程f (x )−g (x )=0有四个解，即f (x )+f (2−x )−b =0有四个解， 即函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象有四个交点，()()222,022,0258,2x x x y f x f x x x x x ⎧++<⎪=+-=⎨⎪-+>⎩ ， 作函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象如下，115572222224f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，结合图象可知， 74<b <2， 故答案为:7,24⎛⎫⎪⎝⎭.例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2024福建省厦门市高三】已知函数()221,20, ,0,xx x x f x e x ⎧--+-≤<=⎨≥⎩若函数()()g x f x ax a =-+存在零点，则实数a 的取值范围为__________．【答案】13a ≤-或2a e ≥ 【解析】函数g x f x ax a =-+（）（）存在零点，即方程0f x ax a -+=（） 存在实数根，也就是函数y f x =（）与1y a x =-（）的图象有交点．如图：直线1y a x =-（）恒过定点10（，）， 过点21-（，）与10（，）的直线的斜率101213k -=---＝；设直线1y a x =-（）与x y e =相切于00x x e （，），则切点处的导数值为0x e ，则过切点的直线方程为()000x x y e e x x --＝，由切线过10（，），则()00000012x xx x e e x x e e --∴＝，＝，得02x = ．此时切线的斜率为2e ．由图可知，要使函数g x f x ax a =-+（）（） 存在零点，则实数a 的取值范围为13a ≤- 或2a e ≥．【点睛】本题考查函数零点的判定，其中数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法的敏捷应用．例3-4（两个曲线）49．（2024·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________. 【答案】2 【分析】先利用诱导公式、二倍角公式化简，再将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，进而画出图象进行判定. 【详解】2π()2sin sin()2f x x x x =+-222sin cos sin 2x x x x x =-=-，函数f (x )的零点个数可转化为函数1sin 2y x =与22y x =图象的交点个数， 在同一坐标系中画出函数1sin 2y x =与22y x =图象的（如图所示）：由图可知两函数图象有2个交点， 即f (x )的零点个数为2. 故答案为：2.（两个曲线）8．（2024·四川·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 和()1f x +都是奇函数，当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，若函数()()sin()F x f x x π=-在区间[1,]m -上有且仅有10个零点，则实数m 的最小值为（ ） A ．3 B ．72C ．4D ．92【答案】B 【分析】依据函数的奇偶性确定函数()f x 的周期，将函数的零点问题转化为两函数的交点，最终通过数形结合求解出参数的值. 【详解】因为()1f x +是奇函数，所以函数()y f x =的图象关于点()1,0成中心对称， 即(2)()0f x f x -+=．又因为函数()f x 为奇函数，所以(2)()()f x f x f x -=-=-，即(2)()f x f x +=，所以函数()y f x =是周期为2的周期函数．由于函数()y f x =为定义在R 上的奇函数，则(0)0f =，得(2)(4)0f f ==． 又因为当(]0,1x ∈时，21()log f x x=， 所以21log 212f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11122f f ⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 于是得出7311222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，51122f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．作出函数()y f x =与函数()sin y x π=的图象如下图所示，由图象可知，函数()y f x =与函数()sin y x π=在区间[]1,m -上从左到右10个交点的横坐标分别为1-，12-，0，12，1，32，2，52，3，72，第11个交点的横坐标为4．因此，实数m 的取值范围是7,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 故实数m 的最小值为72．故选：B ．（两个曲线）【2024河北省武邑中学高三】若定义在R 上的偶函数()f x 满意()()2f x f x +=，且当[]0,1x ∈时， ()f x x =，则函数()3log y f x x =-的零点个数是（ ）A ． 6个B ． 4个C ． 3个D ． 2个 【答案】B【解析】分析：在同一个坐标系中画出函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象，这两个函数图象的交点个数即为所求．详解：∵偶函数f （x ）满意f （x+2）=f （x ），故函数的周期为2．当x∈[0，1]时，f （x ）=x ，故当x∈[﹣1，0]时，f （x ）=﹣x ．因为函数y=f （x ）﹣log 3|x|的零点的个数等于函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象，如图所示：明显函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象有4个交点，故选B ．点睛：本题考查了根的存在性及根的个数推断，以及函数与方程的思想，依据函数零点和方程的关系进行转化是解决本题的关键．推断零点个数一般有三种方法：（1）方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法.本题利用的就是方法（3）.例3-5（干脆解出零点）（2024·四川·高三月考（理））函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（ ） A ．12 B ．14 C ．16 D ．18【答案】C 【分析】令()25sin sin 10f x x x =--=可得21sin sin 5x x -=，依据()2sin sin g x x x =-为偶函数，只需求()21sin sin 5g x x x =-=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解的个数，等价于21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-的解的个数，结合正弦函数的性质以及对称性即可求解.【详解】令()0f x =可得21sin sin 5x x -=， 设()2sin sin g x x x =-，则()()22sin sin sin sin g x x x x x g x -=--=-=， 所以()2sin sin g x x x =-是偶函数，故只须要探讨21sin sin 5x x -=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解得个数， 当0x ≥时，由21sin sin 5x x -=可得21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-，解方程21sin sin 5x x -=可得sin x sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x解方程21sin sin 5x x -=-可得sin x 或sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x 有三解，sin x = 所以在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，()21sin sin 5g x x x =-=有8解， 依据对称性可得()21sin sin 5g x x x =-=在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上有16解， 所以函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为16，类型三、利用周期性推断零点个数例3-1．（2024·广东·高三月考）已知定义域为R 的函数()y f x =在[0,10]上有1和3两个零点，且(2)y f x =+与(7)y f x =+都是偶函数，则函数()y f x =在[0,2013]上的零点个数为（ ） A ．404 B ．804 C ．806 D ．402【答案】A 【分析】依据两个偶函数得()f x 的对称轴，由此得函数的周期，10是其一个周期，由周期性可得零点个数． 【详解】因为(2)y f x =+与(7)y f x =+都为偶函数，所以(2)(2)f x f x +=-+，(7)(7)f x f x +=-+，所以()f x 图象关于2x =，7x =轴对称，所以()f x 为周期函数，且2(72)10T =⋅-=，所以将[0,2013]划分为[0,10)[10,20)[2000,2010][2010,2013]⋅⋅⋅.而[0,10)[10,20)[2000,2010]⋅⋅⋅共201组，所以2012402N =⨯=，在[2010,2013]中，含有零点(2011)(1)0f f ==，(2013)(3)0f f ==共2个，所以一共有404个零点.故选：A. 例3-2．偶函数()f x 满意()()44f x f x +=-，当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1ln6,ln23⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．1ln2,ln63⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．1ln2,ln63⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1ln6,ln23⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】因为()f x 为偶函数，所以()()()444f x f x f x +=-=-， 所以()()8f x f x +=所以()f x 是周期函数，且周期为8，且()f x 关于4x =对称， 又当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=， 则()()()221ln 21ln 2(0)x x xx f x x x x ⋅--'==>， 令()0f x '=，解得e 2x =，所以当e 0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数，当e ,42x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，作出()f x 一个周期内图象，如图所示：因为()f x 为偶函数，且不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，所以不等式在()0,200内有100个整数解，因为()f x 周期为8，所以在()0,200内有25个周期， 所以()f x 在一个周期内有4个整数解，（1）若0a >，由()()20f x af x +>，可得()0f x >或()f x a <-，由图象可得()0f x >有7个整数解，()f x a <-无整数解，不符合题意； （2）若0a =，则()0f x ≠，由图象可得，不满意题意；（3）若0a <，由()()20f x af x +>，可得 ()f x a >-或()0f x <，由图象可得()0f x <在一个周期内无整数解，不符合题意， 所以()f x a >-在一个周期()0,8内有4个整数解， 因为()f x 在()0,8内关于4x =对称， 所以()f x 在()0,4内有2个整数解， 因为()1ln 2f =，()ln 42ln 22f ==，()ln 633f =， 所以()f x a >-在()0,4的整数解为1x =和2x =，所以ln 6ln 23a ≤-<，解得ln 6ln 23a -<≤-. 故选：C类型四、零点之和例4-1．（2024·全国·高三专题练习（文））已知函数()1sin sin f x x x=+，定义域为R 的函数()g x 满意()()0g x g x -+=，若函数()y f x =与()y g x =图象的交点为()()()112266,,,,,,x y x y x y ⋯，则()61i j i x y =+=∑（ ）A ．0B ．6C ．12D ．24【答案】A 【分析】首先推断()f x 的奇偶性，再依据奇偶函数的对称性计算可得； 【详解】由()()0g x g x -+=得()y g x =的图象关于()0,0对称， 因为()1sin sin f x x x=+，定义域为{}|,x x k k Z π≠∈，且()()()()11sin sin sin sin f x x x f x x x -=+-=--=--，所以()1sin sin f x x x=+为奇函数，即()1sin sin f x x x=+也关于()0,0对称， 则函数()1sin sin f x x x=+与()y g x =图象的交点关于()0,0对称， 则不妨设关于点()0,0对称的坐标为()()1166,,,,x y x y ⋯，则16160,022x x y y ++==， 252534340,0,0,02222x x y y x x y y ++++==== 则1616252534340,0,0,0,0,0x x y y x x y y x x y y +=+=+=+=+=+=，即()61iii x y =+=∑()3000⨯+=，故选：A ．例4-2（2024·新疆·克拉玛依市教化探讨所模拟预料（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满意()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的全部零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（ ）A ．20B ．24C ．28D ．36【答案】C 【分析】依据题意可得函数()f x 是周期为4，关于点(4,0)中心对称的函数，再将函数()()()4g x f x k x =--的全部零点转化为()y f x =与()4y k x =-的交点的横坐标，又函数()4y k x =-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，在坐标系中作出草图，依据数形结合即可求出结果. 【详解】∵定义在R 上的奇函数()f x 满意()()2f x f x =-，故图象关于1x =对称， ∴()()2f x f x --=-，故()()2f x f x +=-， ∴()()()42f x f x f x +=-+=，即周期为4，又()f x 定义在R 上的奇函数，所以(4,0)是函数()f x 一个对称中心， 又因为当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，作出函数()f x 的草图，如下：函数()()()4g x f x k x =--的全部零点即为()y f x =与()4y k x =-的交点的横坐标， 易知函数()4y k x =-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，又1335k <<，分别作出函数()143y x =-和()345y x =-的图象，则函数()4y k x =-的图象在函数()143y x =-和()345y x =-的图象之间，如下图所示：则()y f x =与()4y k x =-交点关于(4,0)中心对称，由图像可知关于(4,0)对称的点共有3对，同时还经过点(4,0)，所以1324428nii x==⨯⨯+=∑.故选：C.类型五、等高线的运用例5-1．（2024·福建宁德·高三期中）已知函数()()8sin ,02log 1,2x x f x x x π≤≤⎧=⎨->⎩，若a ､b ､c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围是___________. 【答案】[)3,10/310a b c ≤++< 【分析】依据题意，作出函数()y f x =图象，数形结合即可求解. 【详解】依据题意，作出函数()y f x =图象，令()()()f a f b f c t ===，可知函数()y f x =图象与y t =的图象有三个不同交点，由图可知01t ≤<.因a ､b ､c 互不相等，故不妨设a b c <<，由图可知1212a b +=⨯=. 当01t <<，时()8log 1c t -=，因01t <<，所以118c <-<，即29c <<，故310a b c <++<； 当0t =时，2c =，故3a b c ++=. 综上所述，310a b c ≤++<. 故答案为：[)3,10.例5-2（2024·山西太原·高三期中）设函数22log (1),13()(4),3x x f x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩，()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x ，且1234x x x x <<<，则()3412114x x x x ++的取值范围是（ ） A ．109,32⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(0,1)C ．510,23⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【分析】依据分段函数解析式探讨()f x 的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得123412345x x x x <<<<<<<<、348x x +=、12(1)(1)1x x --=，进而将目标式转化并令11121t x x =-+，构造1()21g x x x =-+，则只需探讨()g x 在3(,2)2上的范围即可. 【详解】由分段函数知：12x <≤时()(,0]f x ∈-∞且递减；23x <≤时()[0,1]f x ∈且递增； 34x <<时，()(0,1)f x ∈且递减；4x ≥时，()[0,)f x ∈+∞且递增；∴()f x 的图象如下：()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x 且1234x x x x <<<，由图知：01a <<时()f x a =有四个实数根，且123412345x x x x <<<<<<<<，又348x x +=，由对数函数的性质：121212(1)(1)()11x x x x x x --=-++=，可得21111x x =-， ∴令()3411122111112214x x x x x t x x x ++=+=-+=，且1322x <<， 由1()21g x x x =-+在3(,2)2上单增，可知31()21(2)2g x g x <-+<， 所以10932t << 故选：A.例5-3（2024·吉林吉林·高三月考（理））()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩，若存在互不相等的实数a ，b ，c ，d 使得()()()()f f b f d m a c f ====，则下列结论中正确的为（ ）①()0,1m ∈；②()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ③函数()y f x x m =--恰有三个零点. A ．①② B ．①③C ．②③D ．①②③【答案】D【分析】①将问题转化为直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，视察图像可得答案；②设a b c d <<<，则可得2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，依据关系代入a b c d +++求值域即可；③函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，关注1m =和0m =时的交点个数即可得答案依据图像可得答案. 【详解】解：函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩的图像如图：()()()()f f b f d a c f m ====，即直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，故()0,1m ∈，①正确；()()()()f f b f d a c f m ====， 不妨设a b c d <<<，则必有2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，ln ln 2d c ∴+=-，则2e c d-=，且11e d << 2e c d dd-∴++=，由对勾函数的性质可得函数2e y x x -=+在1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， ()2122e ,e 1e dc d d ---∴+=∈++，()1222,1a b c d e e --∴+++∈--，②正确；函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，如图当1m =时，函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点， 当0m =时，探讨y x =与1ln y x =+是否相切即可， 1y x'=，令1y '=，则1x =，则切点为()1,1，此时切线方程为11y x -=-，即y x =， 所以y x =与1ln y x =+图像相切，此时函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点， 因为()0,1m ∈，故函数()y f x =与y x m =+的图像恒有3个交点， 即函数()y f x x m =--恰有三个零点，③正确.故选：D. 【点睛】关键点点睛：将函数的零点问题转化为图像的交点问题，可以使问题更加直观，并便利解答.例5-4．（2024·辽宁试验中学高三期中）已知函数()266,1ln 1,1x x x f x x x ⎧---≤⎪=⎨+>⎪⎩，若关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解123x x x <<，则关于n 的方程()()121222356516n x x x x x -+=++-的正整数解取值可能是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】ABC 【分析】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象，依据图象有3个交点确定出123,,x x x 的关系，所以可将方程转化为()3315(ln 21)n x x -+=-，然后构造函数()()()ln 21g x x x =+-并分析()g x 的单调性确定出其值域，由此可求解出n 的取值范围，则n 的值可确定.【详解】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象如下图所示：当1x ≤时，()2333y x =-++≤，当1x >时，ln 11y x =+>，所以由图象可知：()1,3m ∈时关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解，又()221223236,ln 625x x x x x ++=⨯-=+-=--，所以()()()121223323ln 2)5651(16n x x x x x x x -+=+++-=-， 又因为()1,3m ∈，所以()3ln 11,3x +∈，所以()231,e x ∈ ， 设()()()()()2ln 211,e g x x x x =+-∈，所以()1ln 3g x x x'=-+， 明显()g x '在()21,e 上单调递增，所以()()120g x g ''>=>， 所以()g x 在()21,e 上单调递增，所以()()()()21,e g x g g ∈，即()()20,4e4g x ∈-，所以()1250,4e 4n -∈-， 所以n 可取1,2,3 故选：ABC.类型六、嵌套函数零点例6-1．（2024·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（理））设函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，则函数()()12y f f x =-的零点个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【详解】函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩的图象如图所示，由()()102y f f x =-=，得()()12f f x =， 令()f x t =，则1()2f t =， 当0t ≤时，1322t +=，得12t =-，当0t >时，1lg 2t =，则10=t 所以当12t =-时，1()2f x =-，由图象可知方程有两个实根，当 10=t ()10f x =1个实根， 综上，方程()()12f f x =有3个实根， 所以函数()()12y f f x =-的零点个数为3，故选：C例6-2．（2024·天津市第四十七中学高三月考）已知函数()2e ,0,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，2()2g x x x=-+（其中e 是自然对数的底数），若关于x 的方程(())g f x m =恰有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<，则12322x x x -+的最大值为___________.【答案】3ln3- 【分析】设()f x t =，则依据题意得2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t <，故122t t +=，212t t =-，再结合()f x 的图象可得1221x x e t ==，3212x t t ==-，101t <<，进而1231122ln 34x x x t t -+=-+，再构造函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，分析函数的单调性，求得最大值. 【详解】由题意设()f x t =，依据方程(())0g f x m -=恰有三个不等实根， 即2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t < 122t t ∴+=，则212t t =-，方程1()f x t =或2()f x t =有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<， 作出图象如图所示：那么1221x x e t ==，可得3212x t t ==-，101t <<， 所以1231122ln 34x x x t t -+=-+，构造新函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，则13()th t t-'=， 所以()h t 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 所以max 1()3ln 33h t h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以12322x x x -+的最大值为3ln3-. 故答案为：3ln3-.例6-3（2024·全国·高三专题练习）设函数()210log 0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，若函数()()()g x f f x a=-有三个零点，则实数a 的范围为________． 【答案】(]01，． 【分析】令()t f x =，则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =，采纳数形结合法即求． 【详解】函数()g x 的零点即为方程()0g x =的解，令()t f x =， 则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =的图象，由图象可知，当1t>时，有唯一的x与之对应；当1t≤时，有两个不同的x与之对应．由方程组()()t f xf t a=⎧⎪⎨=⎪⎩，①②有三个不同的x知，须要方程②有两个不同的t，且一个1t>，一个1t≤，结合图象可知，当(]01a∈，时，满意一个(]10t∈-，，一个(]12t∈，，符合要求，综上，实数a的取值范围为(]01，．故答案为：(]01，.例6-4. 已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题意结合函数的图形将原问题转化为二次方程根的分布的问题，据此得到关于a的不等式组，求解不等式组即可.【详解】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.类型七、隐零点处理例7-1．（1）已知函数f(x)＝x 2＋πcos x，求函数f(x)的最小值；（2）已知函数()()32213210f x x ax a x a a ⎛⎫=++++> ⎪⎝⎭，若()f x 有极值，且()f x 与()f x '（()f x '为()f x 的导函数）的全部极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(]0,3B ．(]1,3C ．[]1,3D ．[)3,+∞【解析】（1）易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x，令2x －πsin x=0，得2,0π==x x ，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.（2）【答案】B 【解析】由题意得()221362f x x ax a a'=+++()0a >， 因为()f x 有极值，所以()2213620f x x ax a a'=+++=有2个不等实根， 即()222116432120a a a a a ⎛⎫⎛⎫∆=-⨯⨯+=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即310a a->，因为0a >，解得1a >．令()()()2213620h x f x x ax a a a'==+++>，由()660h x x a '=+=得x a =-，设()f x 的极值点为1x ，2x ，则1x ，2x 为方程()2213620f x x ax a a'=+++=的根， 则122x x a +=-，2122133a x x a=+， 因为()()3223221211122211321321f x f x x ax a x x ax a x a a ⎛⎫⎛⎫+=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()3221212121212121336220x x x x x x a x x ax x a x x a ⎛⎫=+-+++-++++= ⎪⎝⎭，所以()()()2121263f x f x f a a a '++-=-+≥-， 令()()211g a a a a=-+>，易得()g a 在()1,+∞上单调递减，且()2633g =-，所以31≤<a ． 故选：B.例7-2已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点； （2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）12（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点即可；（2）依据导函数零点0x ，推断出()f x 的单调性，从而()min f x 可确定，利用()min 1f x =以及1ln y x x=-的单调性，可确定出0,x a 之间的关系，从而a 的值可求. 【详解】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x a f x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<， 则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x a e x a-=+（*）. 函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，明显01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.【方法总结】类型一：化为一元二次函数得零点问题 类型二：困难函数得零点思想：①先设后求、设而不求②与零点存在性定理结合运用步骤：(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f(x 0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．例7-3已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．【答案】(],2-∞．解：原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x+--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=， 令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0001ln 2000000ln 1ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有xy xe =在()0,∞+上单调递增， ∴0001ln ln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000min 0ln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦， ∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞． 例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）探讨函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，推断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析. （1）求出导数()'f x ，按a 分类探讨确定()'f x 的正负，得函数的单调性； （2）求出导函数()'g x ，对其中一部分，设()1e xh x x=-(0x >)，用导数确定它的零点0(0,1)x ∈，这样可确定()g x 的单调性与极值，然后结合零点存在定理确定结论．【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e xxxx x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数； 当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=+⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'x >()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2x g x x x x =--+，其定义域为()0,∞+， 则()()()1e 11xg x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->， 所以存在01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e xx =，00ln x x =-.列表如下：由表格，可得()g x 的微小值为()12g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+-因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点.又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>， 所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点. 类型八、隐零点之极值点偏离类型一、目标与极值点相关思想：偏离−−→−转化对称 步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数 （2）确定极值点（3）确定零点所在区域 （4）构造对称函数 类型二、目标与极值点不相关步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数 （2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）找寻零点之间的关系，消元换元来解决 例8-1．（2024·江苏高三开学考试）已知函数()ln af x x x=+（a ∈R ）有两个零点. （1）证明：10ea <<. （2）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：a x x 221>+.（3）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：.121<+x x 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先求出导函数，当0a ≤时明显不成立，当0a >时求出函数的单调区间，即可得到函数的微小值()f a ，依题意()0f a <，即可求出参数a 的取值范围；（2）由（1）可得120x a x <<<，设()()()2g x f a x f x =--，求出函数的导函数，即可得到122x x a +>，（3）由（1）可得120x a x <<<，再设21x tx =，1t >，则1221ln ln x x t x x ==，则()()12ln 1ln ln 1t t x x t t t +⎛⎫+=- ⎪-⎝⎭，再利用导数说明()ln 1th t t =-的单调性，即可得到121x x +<，从而得证； 【详解】（1）证明：由()ln a f x x x =+，0x >，可得()21af x x x'=-，0x >.当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，与题意不符. 当0a >时，令()210af x x x '=-=，得x a =. 当()0,x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增. 可得当x a =时，()f x 取得微小值()ln 1f a a =+.又因为函数()ln af x x x =+有两个零点，所以()n 10l a f a =+<，可得1e a <.综上，10ea <<.（2）解：由上可得()f x 的微小值点为x a =，则120x a x <<<. 设()()()()l 2ln 22n a ag x f a x f x a x a x xx =--=-+---，()0,x a ∈， 可得()()()()222224110222a x a a ag x a x x x a x x a x ---'=--+=>---，()0,x a ∈，所以()g x 在()0,a 上单调递增，所以()()0g x g a <=，即()()20f a x f x --<，则()()2f a x f x -<，()0,x a ∈，所以当120x a x <<<时，12a x a ->，且()()()1122f a x f x f x -<=.因为当(),x a ∈+∞时，()f x 单调递增，所以122a x x -<，即122x x a +>.（3）由（1）可得120x a x <<<，设21x tx =，1t >，则1122ln 0,ln 0,a x x a x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩则1221ln ln x x t x x ==，即()1211ln ln ln ln ln x t x t tx t x t ===+.所以1ln ln 1t t x t =--， 所以()()()()()1211ln 1ln ln ln ln 1ln ln 1ln 111t t tt x x x t x t t t t t t ⎛⎫++=+=++=-++=- ⎪--⎝⎭. 又因为()ln 1th t t =-，则()()211ln 01t t h t t --'=<-，所以()h t 在()1,+∞上单调递减，所以()ln 1ln 1t t tt +<-，所以()12ln 0x x +<，即12 1.x x +<综上，1221a x x <+<. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数探讨含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．留意分类探讨与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 练、已知函数f(x)＝x 2＋πcos x. (1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π. 【解析】 (1)易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h(x)＝2x －πsin x，h′(x)＝2－πcos x，明显h′(x)单调递增，而h′(0)＜0，h′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h′(x 0)＝0.当x∈(0，x 0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，而 h(0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h(x)＜0，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，f(x 1)=f(x 2), 构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsin x＞0，即函数F(x)单调递增，所以F(x)＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f(x)＜f(π－x)，而x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f(x 1)＜f(π－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)，即f(x 2)＜f(π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞.由(1)可知，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：当12()()f x f x =12()x x ≠时，120x x +<【解析】解： (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以，()y f x =在0]-∞在（，上单调递增；在[0x ∈+∞，）上单调递减.（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只须要证明：当x>0时f(x) < f(－x)即可。
千题百炼——高考数学100个热点问题：第12炼复合函数零点问题
千题百炼——高考数学100个热点问题：第12炼复合函数零点问题(总7页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第12炼 复合函数零点问题一、基础知识：1、复合函数定义：设()y f t =，()t g x =，且函数()g x 的值域为()f t 定义域的子集，那么y 通过t 的联系而得到自变量x 的函数，称y 是x 的复合函数，记为()y f g x =⎡⎤⎣⎦2、复合函数函数值计算的步骤：求()y g f x =⎡⎤⎣⎦函数值遵循“由内到外”的顺序，一层层求出函数值。
例如：已知()()22,x f x g x x x ==-，计算()2g f ⎡⎤⎣⎦ 解：()2224f == ()()2412g f g ∴==⎡⎤⎣⎦3、已知函数值求自变量的步骤：若已知函数值求x 的解，则遵循“由外到内”的顺序，一层层拆解直到求出x 的值。
例如：已知()2x f x =，()22g x x x =-，若()0g f x =⎡⎤⎣⎦，求x解：令()t f x =，则()2020g t t t =⇒-=解得0,2t t == 当()0020x t f x =⇒=⇒=，则x ∈∅ 当()2222x t f x =⇒=⇒=，则1x = 综上所述：1x =由上例可得，要想求出()0g f x =⎡⎤⎣⎦的根，则需要先将()f x 视为整体，先求出()f x 的值，再求对应x 的解，这种思路也用来解决复合函数零点问题，先回顾零点的定义：4、函数的零点：设()f x 的定义域为D ，若存在0x D ∈，使得()00f x =，则称0x x =为()f x 的一个零点5、复合函数零点问题的特点：考虑关于x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦根的个数，在解此类问题时，要分为两层来分析，第一层是解关于()f x 的方程，观察有几个()f x 的值使得等式成立；第二层是结合着第一层()f x 的值求出每一个()f x 被几个x 对应，将x 的个数汇总后即为()0g f x =⎡⎤⎣⎦的根的个数 6、求解复合函数()y g f x =⎡⎤⎣⎦零点问题的技巧：（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出()(),f x g x 的图像（2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于()f x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦中()f x 解的个数，再根据个数与()f x 的图像特点，分配每个函数值()i f x 被几个x 所对应，从而确定()i f x 的取值范围，进而决定参数的范围复合函数： 二、典型例题例1：设定义域为R 的函数()1,111,1x x f x x ⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x 的方程()()20f x bf x c ++=由3个不同的解123,,x x x ，则222123x x x ++=______ 思路：先作出()f x 的图像如图：观察可发现对于任意的0y ，满足()0y f x =的x 的个数分别为2个（000,1y y >≠）和3个（01y =），已知有3个解，从而可得()1f x =必为 ()()20f x bf x c ++=的根，而另一根为1或者是负数。
高三数学精准培优专题练习2：函数零点
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 ∈+∞，()0f x '∴>，()f x ∴在()1,+∞单调递增，()31ln30f =-<，()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 ⎛⎫=⇒= ⎪⎝⎭，当[)3,9x ∈时，()ln 33x x f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()ln 13ln 393xx f x xx ≤<⎧⎪=⎨≤<⎪⎩，而()()g x f x a x =-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：ln3193ea <<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。
高考数学复习高频考点题型精讲精练专题11 函数的零点
4
42
故选：D．
12．函数
f
(x)
=
cos
π 3
(x
−1)
在区间
[−3,
5]
上的所有零点之和等于（
）
7 / 54
． ． ． ． A −2 B 0C 3D 2 【答案】D 【分析】直接求出所以零点，然后求和即可.
【详解】令 ，则 ，得 ，因为 ， cos
π 3
(x
−1)
=
0
π (x −1) = π + kπ , k ∈ Z
1、定理：如果函数 f ( x) 在区间 [a,b] 上的图象是一条连续不断的曲线，且
1 / 54
f (a)⋅ f (b) < 0， 那么，函数 y = f ( x) 在区间 (a.b) 内至少有一个零点，即存在 c ∈ (a.b) ，使得 f (c) = 0。 2、函数 f ( x) 在区间[a,b] 上的图象是一条连续不断的曲线， f (a) ⋅ f (b) < 0 ，且 f ( x) 具有单调性，则函数 f ( x) 在区间 (a.b) 内只有一个零点.
． ． ． ． A c < b < a B a < c < b C c<a<b D b < a < c
【答案】B
【分析】在同一坐标系中作出 y = 2x, y = log2 x, y = x3, y = −x 的图象，利用数形结合法求解.
【详解】解：在同一坐标系中作出 y = 2x, y = log2x, y = x3, y = −x 的图象，
10．函数 f (x) = ln | x − 2 | +x2与 g(x) = 4x ，两函数图象所有交点的横坐标之和为（ ）．
2021届高考数学理全国版二轮复习参考专题检测(二十三) 导数与函数的零点问题
专题检测（二十三） 导数与函数的零点问题大题专攻强化练1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝a 2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若1<a <e ，试判断f (x )的零点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝（x －1）（ax －1）x， 令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a， ①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．②若 0<a <1，则1a>1， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． ③若a >1，则0<1a<1， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x )在(0，1)上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是增函数； 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． (2)当1<a <e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 所以f (x )的极小值为f (1)＝－1<0，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a 2⎝⎛⎭⎫1a －12－1a ＋ln 1a ＝a 2－12a －ln a －1.设g (a )＝a 2－12a－ln a －1，其中a ∈(1，e)， 则g ′(a )＝12＋12a 2－1a ＝a 2－2a ＋12a 2＝（a －1）22a 2>0， 所以g (a )在(1，e)上是增函数，所以g (a )<g (e)＝e 2－12e－2<0. 因为f (4)＝a 2(4－1)2－4＋ln 4>12×9－4＋ln 4＝ln 4＋12>0， 所以存在x 0∈(1，4)，使f (x 0)＝0，所以当1<a <e 时，f (x )有且只有一个零点．2．函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解：(1)由题意知，f ′(x )＝a ＋ln x ＋1(x >0)，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，①当0<x <1时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.如图，由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，②由①②可得－2<m <－1.故实数m 的取值范围为(－2，－1)．3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f (x )＝e x (ln x －ax ＋a ＋b )(e 为自然对数的底数)，a ，b ∈R ，直线y ＝e 2x 是曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线． (1)求a ，b 的值．(2)是否存在k ∈Z ，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －ax ＋1x ＋b ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 由已知，得⎩⎨⎧f （1）＝e 2，f ′（1）＝e 2，即⎩⎨⎧e b ＝e 2，e （b －a ＋1）＝e 2，解得a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋32，则f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋1x ＋12， 令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋12，则g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝12>0，g (2)＝ln 2－1<0， 所以存在唯一的x 0∈(1，2)，使得g (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0.所以f (x )在(0, x 0)上单调递增，在(x 0＋∞)上单调递减．又当x →0时，f (x )<0，f (1)＝e 2>0，f (2)＝e 2⎝⎛⎭⎫ln 2－12>0，f (e)＝e e ⎝⎛⎭⎫52－e <0， 所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点．4．(2019·福州市质量检测)已知函数f (x )＝a ln x －x －a ＋1x(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当e<a <2e 时，关于x 的方程f (ax )＝－a ＋1ax有两个不同的实数解x 1，x 2，求证：x 1＋x 2<4x 1x 2.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1＋1＋a x 2＝－x 2＋ax ＋1＋a x 2＝－（x ＋1）[x －（1＋a ）]x 2， ①当a ＋1>0，即a >－1时，在(0，1＋a )上，f ′(x )>0，在(1＋a ，＋∞)上，f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(0，1＋a )，单调递减区间是(1＋a ，＋∞)；②当1＋a ≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)证明：设g (x )＝f (ax )＋a ＋1ax＝a (ln a ＋ln x －x )， 所以g ′(x )＝a （1－x ）x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )>0，函数g (x )在区间(0，1)上单调递增； 当x >1时，g ′(x )<0，函数g (x )在区间(1，＋∞)上单调递减． 所以g (x )在x ＝1处取得最大值．因为当e<a <2e 时，方程f (ax )＝－a ＋1ax有两个不同的实数解x 1，x 2， 所以函数g (x )有两个不同的零点x 1，x 2，一个零点比1小，一个零点比1大． 不妨设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝0，且g (x 2)＝0，得x 1＝ln(ax 1)，且x 2＝ln(ax 2)，则x 1＝1a e x 1，x 2＝1a e x 2，所以x 1x 2＝1a 2·e x 1＋x 2， 所以x 1x 2x 1＋x 2＝1a 2·e x 1＋x 2x 1＋x 2， 令x 1＋x 2＝t (t >1)，设h (t )＝e t t(t >1)， 则h ′(t )＝e t ·t －e t t 2＝e t （t －1）t 2>0. 所以函数h (t )在区间(1，＋∞)上单调递增，h (t )>e ，所以x 1x 2x 1＋x 2＝1a 2·e x 1＋x 2x 1＋x 2>e a 2. 因为e<a <2e ，所以e a 2>e 4e ＝14，则x 1x 2x 1＋x 2>14， 又x 1＋x 2>1，所以x 1＋x 2<4x 1x 2.。
高考数学二轮复习 新高考方案专题增分方略 专题跟踪检测(二十三) 利用导数研究函数零点的三种策略
专题跟踪检测（二十三） 利用导数研究函数零点的三种策略1．已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. (1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明：曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2>0， 所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1<0， f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0， 所以f (x )在(1，＋∞)上有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)，即f (x 1)＝0.又0<1x 1<1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0， 故f (x )在(0,1)上有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点．(2)证明：因为1x 0＝e －ln x 0， 所以点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1， 故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0. 曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0， 所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －2，则f ′(x )＝e x －1.当x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)若f (x )有两个零点，即e x －a (x ＋2)＝0有两个解，由方程可知，x ＝－2不成立，即a ＝e xx ＋2有两个解． 令h (x )＝e xx ＋2(x ≠－2)， 则h ′(x )＝e x (x ＋2)－e x (x ＋2)2＝e x (x ＋1)(x ＋2)2. 令h ′(x )＞0，得x ＞－1；令h ′(x )＜0，得x ＜－2或－2＜x ＜－1，所以函数h (x )在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且当x ＜－2时，h (x )＜0，而x →－2＋时，h (x )→＋∞，当x →＋∞时，h (x )→＋∞，所以当a ＝e x x ＋2有两个解时，有a ＞h (－1)＝1e ， 所以满足条件的a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 3．已知函数f (x )＝m ln x x＋m ＋2. (1)若m ＝1，证明：f (x )≤3e ＋1e . (2)若函数g (x )＝f (x )＋m 2＋4x 24x恰有两个零点，求实数m 的取值范围． 解：(1)证明：当m ＝1时，f (x )＝ln x x＋3(x ＞0)， 所以f ′(x )＝1－ln x x 2(x ＞0)．令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0；当x ＞e 时，f ′(x )＜0.所以函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以f (x )≤f (e)＝ln e e ＋3＝3e ＋1e. (2)g (x )＝f (x )＋m 2＋4x 24x ＝m ln x x ＋m ＋2＋m 2＋4x 24x ＝4m ln x ＋4x 2＋4(m ＋2)x ＋m 24x(x ＞0)． 设h (x )＝4m ln x ＋4x 2＋4(m ＋2)x ＋m 2(x ＞0)，则h ′(x )＝4m x ＋8x ＋4(m ＋2)＝8x 2＋4(m ＋2)x ＋4m x ＝4(x ＋1)(2x ＋m )x. 因为函数g (x )恰有两个零点，所以函数h (x )恰有两个零点．所以－m 2＞0，解得m ＜0. 当0＜x ＜－m 2时，h ′(x )＜0；当x ＞－m 2时，h ′(x )＞0. 所以函数h (x )在⎝⎛⎭⎫0，－m 2上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫－m 2，＋∞上单调递增． 所以函数h (x )的极小值，也是最小值，为h ⎝⎛⎭⎫－m 2＝4m ⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－m 2－1， 当x →0时，h (x )→＋∞，当x →＋∞时，h (x )→＋∞， 所以要使函数h (x )恰有两个零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，h ⎝⎛⎭⎫－m 2＜0，解得m ＜－2e. 所以实数m 的取值范围为(－∞，－2e)．4．已知函数f (x )＝a 2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若1<a <e ，试判断f (x )的零点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝(x －1)(ax －1)x. 令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝1a， ①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0<a <1，则1a>1， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．③若a >1，则0<1a <1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <1时，f (x )在(0,1)，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． (2)由(1)知，当1<a <e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减， 所以f (x )的极小值为f (1)＝－1<0，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a 2⎝⎛⎭⎫1a －12－1a ＋ln 1a ＝a 2－12a －ln a －1.设g (a )＝a 2－12a－ln a －1，其中a ∈(1，e)， 则g ′(a )＝12＋12a 2－1a ＝a 2－2a ＋12a 2＝(a －1)22a 2>0， 所以g (a )在(1，e)上单调递增，所以g (a )<g (e)＝e 2－12e－2<0. 因为f (4)＝a 2(4－1)2－4＋ln 4>12×9－4＋ln 4＝ln 4＋12>0， 所以存在x 0∈(1,4)，使f (x 0)＝0，所以当1<a <e 时，f (x )有且只有一个零点．。
2020高考数学(理科)二轮总复习课时跟踪检测(二十三)导数与函数的零点问题Word版含解析
第一部分高考层级专题打破层级三 2 个压轴大题巧取高分专题二函数、导数与不等式第一讲导数与函数的零点问题课时追踪检测 (二十三 )导数与函数的零点问题A 卷1．(2019 福·建三明联考 )设 a 为实数，函数 f(x)＝－ x3＋3x＋ a.(1)求 f(x)的极值；(2)能否存在实数a，使得方程 f(x)＝ 0 恰巧有两个实数根？若存在，求出实数 a 的值；若不存在，请说明原因．解： (1)f′(x)＝－ 3x2＋ 3，令 f′(x)＝ 0，得 x＝－ 1 或 x＝1.∵当 x∈ (－∞，－ 1)时， f′(x)<0；当 x∈(－1,1)时， f′(x)>0；当 x∈(1，＋∞ ) 时， f′(x)<0，∴f(x)的极小值为 f(－1)＝a－2，极大值为 f(1)＝a＋2.图 1(2)由 (1)得，f(x)在(－∞，－1)上单一递减，且当 x→－∞时， f(x)→＋∞； f(x) 在 (1，＋∞ )上单一递减，且当 x→＋∞时， f(x)→－∞，而 a＋2>a－ 2，即函数的极大值大于极小值，∴当极大值等于 0 时，极小值小于 0，此时曲线 f(x)与 x 轴恰巧有两个交点，即方程 f(x)＝0 恰巧有两个实数根，图 2如图 1 所示．∴ a ＋2＝0，即 a ＝－ 2.极小值等于0 时，极大值大于0，此时曲线f(x)与x 轴恰有两个交点，即方程 f(x)＝0 恰巧有两个实数根，如图2 所示．∴ a －2＝0，即a ＝ 2.综上所述，当 a ＝2 或 a ＝－ 2 时，方程 f(x)＝ 0 恰巧有两个实数根．1 12．(2019 河·南郑州质检 )已知函数 f(x)＝ln x ＋ ax －a ，a ∈R 且 a ≠0. (1)议论函数 f(x)的单一性；当 ∈ 1，e 时，试判断函数 g(x)＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数． (2) x e解：(1)函数的定义域为 (0，＋∞ )，由于 f(x)＝ln x ＋ 1 －1，所以 f ′(x)＝ ax －1 2 ， ax a ax ①当 a<0 时， f ′(x)>0 恒建立，所以函数 f(x)在 (0，＋∞ )上单一递加；11②当 a>0 时，令 f ′(x)＝0，得 x ＝ a ，则当 x ∈ 0，a 时， f ′(x)<0，f(x)单一递1减；当 x ∈ a ，＋∞ 时， f ′(x)>0，f(x)单一递加．综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞ )上单一递加；11当 a>0 时，函数 f(x)在 a ，＋∞ 上单一递加，在0，a 上单一递减．x 1由题意知，函数g(x)＝(ln x －1)e ＋x －m ，x ∈， e 的零点个数即方程(ln(2)ex1， e 的根的个数．令 h(x) ＝ － x＋ ， ∈ 1， e ，则 ′x －1)e ＋ x ＝m ，x ∈e (ln x 1)e x x e h (x)＝ 1x ＋ln x －1 e x＋ 1.由(1)知，当 a ＝ 1 时，f(x)＝ln x ＋ 1x － 1 在 1e ，1 上单一递减，在 (1，e]上单一递加，所以 f(x)≥f(1)＝0.11所以 x ＋ ln x － 1≥ 0 在 x ∈ e ， e 上恒建立，1 e x ＋ 1≥ 0＋ 1>0，所以 h ′(x)＝ x ＋ln x －11 所以 h(x)＝(ln x －1)e x＋x 在 x ∈ e ，e 上单一递加，1 1 1 所以 h(x)min ＝ h e ＝－ 2e e ＋e ， h(x)max ＝ h(e)＝e ， 1 1 1所以当 m<－2e e ＋ e 或 m>e 时，函数 g(x)在 e ， e 上没有零点；1 1 1当－ 2e e＋e≤ m≤e 时函数 g(x)在e，e 上有一个零点．B 卷1．(2019 全·国卷Ⅰ )已知函数 f(x)＝ 2sin x－xcos x－ x， f′(x)为 f(x)的导数．(1)证明： f ′(x)在区间 (0 ，π)存在独一零点；(2)若 x∈[0，π]时， f(x)≥ax，求 a 的取值范围．解： (1)证明：设 g(x)＝f′(x)＝cos x＋xsin x－ 1，则 g′(x)＝xcos x.当 x∈π0，2 时， g′(x)>0；当x∈π2，π时， g′(x)<0，所以g(x)在π0， 2 上单一递加，在π2，π上单一递减．π又 g(0)＝0，g 2 >0，g(π)＝－ 2，故 g(x)在(0，π)存在独一零点．所以 f′(x)在区间 (0，π)存在独一零点．(2)由题设知 f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得 a≤0.由(1)知， f ′(x)在 (0，π)只有一个零点，设为 x0，且当 x∈ (0，x0)时， f′(x)>0；当 x∈(x0，π)时， f′(x)<0，所以 f(x)在(0， x0)上单一递加，在 (x0，π)上单一递减．又 f(0)＝ 0， f(π)＝0，所以当 x∈[0，π]时， f(x)≥0.又当 a≤0， x∈ [0，π]时， ax≤0，故 f(x)≥ax.所以， a 的取值范围是 (－∞， 0]．2．(2019 惠·州市一调 )已知函数 f(x)＝(x－2)e x＋ a(a∈ R)．(1)试确立函数 f(x)的零点个数；(2)设 x1，x2是函数 f(x) 的两个零点，证明： x1＋x2<2.解： (1)由 f(x)＝0 得 a＝(2－x)e x，令 g(x)＝(2－ x)e x，函数 f(x)的零点个数即x直线 y＝a 与曲线 g(x)＝ (2－x) ·e 的交点个数，∵g′(x)＝－ e x＋ (2－x)e x＝(1－ x)e x，由 g′(x)>0 得 x<1，∴函数 g(x)在(－∞， 1)上单一递加；由 g′(x)<0，得 x>1，∴函数 g(x)在(1，＋∞ )上单一递减．∴当 x＝ 1 时，函数 g(x)有最大值， g(x)max＝g(1)＝e.又当 x<2 时， g(x)>0， g(2)＝0，当 x>2 时， g(x)<0，作出函数 g(x)的大概图象如下图，∴当 a>e 时，函数 f(x) 没有零点；当 a＝ e 或 a≤0 时，函数 f(x)有一个零点；当 0<a<e 时，函数 f(x)有两个零点．(2)证明：证法一：函数f(x)的零点即直线 y＝a 与曲线 g(x)＝(2－x)e x的交点的横坐标，由(1)知 0<a<e，不如设 x1<1<x2，得 2－x2<1，∵函数 g(x)＝ (2－x)e x在(－∞， 1)上单一递加，在 (1，＋∞ )上单一递减，∴函数 f(x)＝－ g(x)＋a 在(－∞， 1)上单一递减，在 (1，＋∞ )上单一递加．要证 x1＋x2<2，只要证 x1<2－x2，∴只要证 f(x1)>f(2－x2)，又 f(x1)＝0，故要证 f(2－x2)<0.由 a＝ g(x2)得 f(2－x2 )＝－ x2e2－x2＋a＝－ x2e2－x2－ (x2－2)ex2(x2 >1)，结构函数 h(x)＝－ xe2－x－(x－2)e x，则 h′(x)＝(1－ x)(e x－e2－x)，当 x>1 时， e x>e2－x， h′(x)<0，故函数 h(x)在(1，＋∞ )上单一递减，∴当 x>1 时， h(x)<h(1)＝0，即当 x2>1 时， f(2－x2)<0，即 x1＋x2<2.证法二：由 (1)知 0<a<e，不如设 x1<1<x2，设 F(x)＝f(x)－f(2－x)(x>1)，则 F(x)＝(x－2)e x＋ xe2－x，F′(x)＝ (1－x)(e2－x－e x)，易知 y＝ e2－x－e x是减函数，∴当 x>1 时， e2－x－e x<e－ e＝ 0.又 1－ x<0，故 F′(x)>0，∴F(x)在 (1，＋∞ )上单一递加，且x＝ 1 时， f(1)＝0，∴当 x>1 时， F(x)>0，即 f(x)>f(2－ x)．由 x2>1 得 f(x2)>f(2－ x2)，又 f(x2)＝ 0＝ f(x1)，∴f(2－x2)<f(x1)．由 g(x)＝(2－x)e x在(－∞， 1)上单一递加，得 f(x)＝－ g(x)＋ a 在(－∞， 1)上单一递减，又 2－ x2<1，∴ 2－ x2>x1，即 x1＋ x2<2.。
新高考数学二轮总复习 专题突破练6 热点小专题一、函数的零点及函数的应用(含解析)-人教版高三全册数
专题突破练6 热点小专题一、函数的零点及函数的应用一、单项选择1.(2020山东济南三模,2)函数f(x)=x3+x-4的零点所在的区间为()A.(-1,0)B.(0,1)C.(1,2)D.(2,3)2.(2019山东莱芜模拟)函数f(x)=e x+ln x的零点所在的大致区间是()A.(-1,0)B.0,12,1C.12D.1,32-a的一个零点在区间(1,2)内,则实数a的取值范围是() 3.(2020山东烟台模拟,6)函数f(x)=2x-2xA.(1,3)B.(1,2)C.(0,3)D.(0,2)4.已知f(x)=|e x-1|+1,若函数g(x)=[f(x)]2+(a-2)f(x)-2a有三个零点,则实数a的取值范围是()A.(-2,-1)B.(-1,0)C.(0,1)D.(1,2)5.若x1是方程x e x=1的解,x2是方程x ln x=1的解,则x1x2等于()A.eB.1C.1D.-1e6.(2020河南实验中学4月模拟,12)已知函数f (x )={-x 2+2x ,x ≥0,x 2-2x ,x <0,若关于x 的不等式[f (x )]2+af (x )<0恰有1个整数解,则实数a 的最大值为( ) A.2 B.3 C.5D.87.已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,当x>0时,f (x )={2|x -1|-1,0<x ≤2,12f (x -2),x >2,则函数g (x )=xf (x )-1在(-6,+∞)上的所有零点之和为( ) A.7 B.8 C.9D.10二、多项选择题8.已知函数f (x )=2x +log 2x ,且实数a>b>c>0,满足f (a )f (b )f (c )<0,若实数x 0是函数y=f (x )的一个零点,那么下列不等式中可能成立的是( ) A.x 0<aB.x 0>aC.x 0<bD.x 0<c9.已知函数f (x )是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,当x>0时,f (x )={2|x -1|-1,0<x ≤2,12f (x -2),x >2.以下说法正确的是( )A.当2<x ≤4时,f (x )=2|x-3|-1-12B.f (2n+1)=-(12)n(n ∈N )C.存在x 0∈(-∞,0)∪(0,+∞),使得f (x 0)=2D.函数g (x )=4f (x )-1的零点个数为1010.已知函数f (x )={x 2-3x ,x ≥0,-e -x +1,x <0,方程|f (x )-1|=2-m (m ∈R ),则下列说法正确的是( )A.函数f (x )的图象关于直线x=32对称 B.函数f (x )在区间(3,+∞)上单调递增 C.当m ∈(1,2)时,方程有2个不同的实数根 D.当m ∈(-1,0)时,方程有3个不同的实数根11.已知函数y=f (x )是R 上的偶函数,对于任意x ∈R ,都有f (x+6)=f (x )+f (3)成立.当x 1,x 2∈[0,3],且x 1≠x 2时,都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>0,给出下列命题,其中所有正确命题为( )A.f (3)=0B.直线x=-3是函数y=f (x )的图象的一条对称轴C.函数y=f (x )在[-9,-6]上为增函数D.函数y=f (x )在[-9,9]上有四个零点 三、填空题12.已知函数f (x )={ax 2+2x +a (x ≤0),ax -3(x >0)有且只有一个零点,则实数a 的取值范围是 .13.(2020江苏泰州中学三月模拟,8)已知函数f (x )={x +2,x ≥a ,3x ,0<x <a ,若对任意实数k>1,g (x )=f (x )-kx 都有零点,则实数a 的取值范围是 .14.(2020山东济宁5月模拟,16)设f (x )是定义在R 上的偶函数,∀x ∈R 都有f (2-x )=f (2+x ),且当x ∈[0,2]时,f (x )=2x -2.若函数g (x )=f (x )-log a (x+1)(a>0,a ≠1)在区间(-1,9]内恰有三个不同零点,则实数a 的取值范围是 .15.(2020天津和平区一模,15)已知函数f (x )={1-|x +1|,x ∈[-2,0],2f (x -2),x ∈(0,+∞),则3log f (3)256= .若方程f (x )=x+a 在区间[-2,4]恰有三个不等实根,则实数1a 的取值范围为 .专题突破练6 热点小专题一、函数的零点及函数的应用1.C解析因为f(x)=x3+x-4是R上的增函数,f(1)=-2<0,f(2)=6>0,故函数f(x)的零点在区间(1,2)内.2.B解析因为f12=√e-ln2>0,而f18=e18-ln8<0,所以必在18,12内有一零点.故选B.3.C解析显然函数f(x)=2x-2x-a在区间(1,2)内连续,因为f(x)的一个零点在区间(1,2)内,所以f(1)f(2)<0,即(2-2-a)(4-1-a)<0,解得0<a<3,故选C.4.A解析g(x)=(f(x)-2)(f(x)+a)=0有三个零点,由f(x)-2=0,得|e x-1|=1,由函数h(x)=|e x-1|的图象易知f(x)-2=0有一个根,故f(x)+a=0有两个根,代入f(x)的解析式,得到|e x-1|=-a-1,设m(x)=-a-1,如图可知,当0<-a-1<1时,h(x)与m(x)的图象有两个交点,满足题意,解得a的范围为(-2,-1),故选A.5.B解析考虑到x1,x2是函数y=e x、函数y=ln x与函数y=1x 的图象的公共点A,B的横坐标,而A x1,1x1,B x2,1x2两点关于y=x对称,所以k AB=-1,1x2-1x1x2-x1=-1,化简得x1x2=1.6.D解析函数f(x)的图象如图所示,由[f (x )]2+af (x )<0,得f (x )[f (x )+a ]<0,当a>0时,-a<f (x )<0,由于关于x 的不等式[f (x )]2+af (x )<0恰有1个整数解,因此其整数解为3, 又f (3)=-9+6=-3,∴-a<-3,-a ≥f (4)=-8,则3<a ≤8. 当a=0时,[f (x )]2<0,则a=0不满足题意;当a<0时,0<f (x )<-a ,当0<-a ≤1时,0<f (x )<-a ,没有整数解, 当-a>1时,0<f (x )<-a ,至少有一个整数解, 综上,实数a 的最大值为8,故选D .7.B 解析∵f (x )是奇函数,∴g (-x )=(-x )f (-x )-1=(-x )[-f (x )]-1=xf (x )-1=g (x ),∴g (x )是偶函数,∴g (x )的零点都是以相反数的形式成对出现的,∴g (x )在[-6,6]上所有的零点的和为0,∴函数g (x )在[-6,+∞)上所有的零点的和,即函数g (x )在(6,+∞)上所有的零点之和.由0<x ≤2时,f (x )=2|x-1|-1, 即f (x )={2-x ,0<x ≤1,2x -2,1<x ≤2,∴函数f (x )在(0,2]上的值域为[12,1],当且仅当x=2时,f (x )=1.又∵当x>2时,f (x )=12f (x-2),∴函数f (x )在(2,4]上的值域为[14,12],当且仅当x=4时,f (x )=12,函数f (x )在(4,6]上的值域为[18,14],当且仅当x=6时,f (x )=14,函数f (x )在(6,8]上的值域为[116,18],当且仅当x=8时,f (x )=18,函数f (x )在(8,10]上的值域为[132,116],当且仅当x=10时,f (x )=116,故f (x )<1x 在(8,10]上恒成立,g (x )=xf (x )-1在(8,10]上无零点,同理g (x )=xf (x )-1在(10,12]上无零点,依此类推,函数g (x )在(8,+∞)无零点, 综上函数g (x )=xf (x )-1在[-6,+∞)上的所有零点之和为8,故选B . 8.ABC 解析由函数的单调性可得,函数f (x )=2x +log 2x 在(0,+∞)上为增函数,由f (a )f (b )f (c )<0,则f (a ),f (b ),f (c )为负数的个数为奇数,对于A,B,C 选项可能成立, 对于D,当x 0<c 时,由f (x )的单调性得f (a )>0,f (b )>0,f (c )>0,不合题意,故选ABC . 9.AD 解析对A,当2<x ≤4时,0<x-2≤2,所以f (x-2)=2|x-3|-1,所以f (x )=12f (x-2)=2|x-3|-1-12,故选项A 正确;对B,当n=0时,f (1)=-(12)0=-1与f (1)=2|1-1|-1=0矛盾,故选项B 错误;对C,由f (x )为偶函数,可作出函数在x 轴正半轴上的图象如图,观察图象,f (x )的值域为[0,1],故选项C 错误;对D,函数g (x )的零点个数即为方程f (x )=14根的个数,即函数f (x )与y=14的交点个数,观察图象,在x>0时,有5个交点,根据对称性可得x<0时,也有5个交点,共计10个交点,故选项D 正确.故选AD . 10.BC 解析对于选项A,f (4)=4,f (-1)=1-e,因f (4)≠f (-1),f (x )的图象不关于直线x=32对称,选项A 错误;对于选项B,f (x )=x 2-3x 的图象是开口向上的抛物线,所以函数f (x )在区间(3,+∞)上单调递增,选项B 正确;作出函数y=|f(x)-1|的图象,如图,当m∈(1,2)时,2-m∈(0,1),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有2个不同的实数根,选项C正确;当m∈(-1,0)时,2-m∈(2,3),由图可知方程|f(x)-1|=2-m(m∈R)有4个不同的实数根,选项D错误.故选BC.11.ABD解析令x=-3,则由f(x+6)=f(x)+f(3)得f(3)=f(-3)+f(3)=2f(3),故f(3)=0.A正确;由f(3)=0,f(x)为偶函数得f(-6-x)=f(x+6)=f(x)+f(3)=f(x),故直线x=-3是函数y=f(x)的图象的一条对称轴,B正确;该抽象函数图象草图如下:>0成立,故f(x)在[0,3]上为增函数,又f(x)为偶函数,故在[-因为当x1,x2∈[0,3],x1≠x2时,有f(x1)-f(x2)x1-x23,0]上为减函数,又周期为6.故在[-9,-6]上为减函数,C错误;函数f(x)周期为6,故f(-9)=f(-3)=f(3)=f(9)=0,故y=f(x)在[-9,9]上有四个零点,D正确.故选ABD .12.a=0或a>1 解析当a>0时,函数y=ax-3(x>0)必有一个零点,又因为x=-1a <0,故a -1a2+2-1a+a>0,解得a>1;若a=0时,f (x )={2x (x ≤0),-3(x >0)恰有一个零点;当a<0时,若x>0时,则f (x )=ax-3<0无零点,若x ≤0,则f (x )=ax 2+2x+a ,此时,f (x )恒小于0,所以当a<0时,f (x )无零点,故答案为a=0或a>1. 13.(0,2eln3-1] 解析如下图所示,点M 的坐标为(a ,a+2),直线OM 的斜率为a+2a.令g (x )=0,得f (x )=kx ,原问题等价于过原点斜率大于1的任意直线与图象有交点. 设过原点与y=3x 的图象相切的直线的切点为(x 0,y 0), 则切线的斜率为3x 0ln3.由3x 0=3x 0(ln 3)x 0,得x 0=1ln3,即切线的斜率为3x 0ln 3=31ln3ln 3=3log 3e ln 3=eln 3. 讨论:对于k ∈(1,a+2a],一定与射线y=x+2,x ≥a 相交,即对k ∈(1,a+2a],g (x )恒有零点;对于k ∈(a+2a,+∞),必须与曲线段y=3x ,0<x<a 相交,所以a+2a≥eln3,解得0<a ≤2eln3-1.14.(19,15)∪(√3,√7) 解析∵f (x )是定义在R 上的偶函数,且f (2-x )=f (2+x ),∴f (x-2)=f (2+x ),令x-2=t ,则f (t )=f (4+t ),∴f (x )的周期为4.作函数f (x )与y=log a (x+1)在(-1,9]上的图象如下,当a>1时,{log a (2+1)<2,log a (6+1)>2,解得√3<a<√7;当0<a<1时,{log a (4+1)>-1,log a (8+1)<-1,解得19<a<15.15.81 (-∞,-12)∪{1} 解析∵f (x )={1-|x +1|,x ∈[-2,0],2f (x -2),x ∈(0,+∞),∴f (3)=2f (1)=4f (-1)=4×[1-|-1+1|]=4; ∴log f (3)256=log 444=4,3log f (3)256=34=81.若x ∈(0,2],则-2<x-2≤0,∴f (x )=2f (x-2)=2(1-|x-2+1|)=2(1-|x-1|),x ∈(0,2].若x ∈(2,4],则0<x-2≤2,∴f (x )=2f (x-2)=4(1-|x-2-1|)=4(1-|x-3|),x ∈(2,4]. ∴f (1)=2,f (2)=0,f (3)=4.设y=f (x )和y=x+a ,则方程f (x )=x+a 在区间[-2,4]内有3个不等实根,等价于函数y=f (x )和y=x+a 在区间[-2,4]内有3个不同的交点,作出函数f (x )和y=x+a 的图象,如图所示.当直线经过点A(2,0)时,两个图象有2个交点,此时直线y=x+a为y=x-2,当直线经过点O(0,0)时,两个图象有4个交点,此时直线y=x+a为y=x,当直线经过点B(3,4)和C(1,2)时,两个图象有3个交点,此时直线y=x+a为y=x+1,∴要使方程f(x)=x+a在区间[-2,4]内恰有3个不等实根,则a=1或-2<a<0.故实数1a 的取值范围为{1}∪(-∞,-12).。
2021届高考数学复习压轴题训练函数的零点2含解析
函数的零点一、单项选择题1．函数2()|log |f x x =，0,01()1|2|,12x g x x x <⎧⎪=⎨-->⎪⎩，如此方程|()()|1f x g x -=的实根个数为() A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解：方程|()()|1()()1f x g x f x g x -=⇔=±，1,01()11|2|,12x y g x x x <⎧⎪=+=⎨-+>⎪⎩，1,01()13|2|,12x y g x x x -<⎧⎪=-=⎨-->⎪⎩． 〔1〕分别画出()y f x =，()1y g x =+的图象．由图象可得：01x <时，两图象有一个交点；12x <时，两图象有一个交点；2x >时，两图象有一个交点．〔2〕分别画出()y f x =，()1y g x =-的图象． 由图象可知：72x >时，两图象有一个交点． 综上可知：方程|()()|1f x g x -=实数根的个数为4．应当选：C ．2．()()1f x f x x +'=+，且(0)1f =，2()()1g x x f x x =--．假如关于x 的方程2(())(1)()0g x m g x e +++=有三个不等的实数根1x ，2x ，3x ，且1230x x x <<<，其中m R ∈，2e =，71828⋯⋯为自然对数的底数，如此2123(())()()g x g x g x 的值为()A ．eB ．eC ．1D ．12解：()()1f x f x x '+=+恒成立，可设()x f x x e -=+，满足()()11x x f x f x x e e x --+'=++-=+，满足(0)1f =，2()()11x g x x f x x xe -=--=-，再令()t g x =，(1)x t x e -'=-，可得1x >时，0t '<，函数t 递减；1x <时，0t '>，函数t 递增，可得函数t 在1x =处取得最大值，且为11e --，由关于x 的方程2(())(1)()0g x m g x e +++=有三个不等的实数根1x ，2x ，3x ， 且1230x x x <<<，可得2(1)10t m t +++=有两个不等实根1t ，2t ， 且_1111x t x e -=-，_2_322311x x t x e x e --=-=-，且12t t e =， 可得2212312(())()()()g x g x g x t t e ==，应当选：B ．3．函数2()(1)f x x x aln x =+-+有且只有一个零点，如此实数a 的取值X 围为()A ．(-∞，0]B ．[0，)+∞C ．(0，1)(1⋃，)+∞D ．(-∞，0]{1}解：2()(1)f x x x aln x =+-+，可得(0)010f aln =-=，由题意可得函数()f x 有且只有零点0，2(1)0x x aln x +-+=，0x ≠，1x >-， 可得2(1)x xa ln x +=+，设2()(1)x xg x ln x +=+，2(21)(1)()(1)x ln x x g x ln x ++-'=+，当0x >时，设()(21)(1)h x x ln x x =++-，()2(1)01xh x ln x x '=++>+， 可得()h x 在(0,)+∞递增，即有()(0)0h x h >=，可得()0g x '>，即()g x 在(0,)+∞递增， 由2(1)()1(1)x x ln x g x ln x +-+-=+，0x >，设2()(1)m x x x ln x =+-+，2123()21011x xm x x x x +'=+-=>++，可得()(0)0m x m >=，即有()1g x >恒成立； 当10x -<<，可得()2(1)01xh x ln x x '=++<+， 可得()(0)0h x h >=，()0g x '>，即()g x 在(1,0)-递增，由()0g x >，且2123()21011x xm x x x x +'=+-=<++，可得()(0)0m x m >=，即有()1g x <恒成立．可得实数a 的取值X 围为0a 或1a =．应当选：D ．4．函数11()sin (x x f x e e a x x R π--+=-+∈，e 是自然对数的底数，0)a >存在唯一的零点，如此实数a 的取值X 围为()A ．(0，2]πB ．2(0,)πC ．(0，2]D ．(0,2)解：函数11()sin (x x f x e e a x x R π--+=-+∈，e 是自然对数的底数，0)a >存在唯一的零点等价于：函数()sin x a x ϕπ=与函数11()x x g x e e --=-只有唯一一个交点，ϕ〔1〕0=，g 〔1〕0=，∴函数()sin x a x ϕπ=与函数11()x x g x e e --=-唯一交点为(1,0)，又11()x x g x e e --'=--，且10x e ->，10x e ->，11()x x g x e e --∴'=--在R 上恒小于零，即11()x x g x e e --=-在R 上为单调递减函数，又()sin x a x ϕπ=(0)a >是最小正周期为2，最大值为a 的正弦函数，∴可得函数()sin x a x ϕπ=与函数11()x x g x e e --=-的大致图象如图：∴要使函数()sin x a x ϕπ=与函数11()x x g x e e --=-只有唯一一个交点，如此ϕ'〔1〕g '〔1〕， ϕ'〔1〕cos a a πππ==-，g '〔1〕11112e e --=--=-，2a π∴--，解得2aπ，又0a >，∴实数a 的X 围为(0，2]π．应当选：A ．5．函数2|1|1,[2,0]()12(2),(0,)x x f x x f x x ⎧-+∈-⎪=-⎨⎪-∈+∞⎩，假如函数()()21g x f x x m =--+在区间[2-，4]内有3个零点，如此实数m 的取值X 围是() A ．11{|}22m m -<<B ．1{|1}2m m -<C ．1{|12m m -<<或1}m =D ．11{|22m m -<<或1}m = 解：当21x --时，2(1)()11121x f x x x x -=+=++=+-，当10x -时，2(1)()1(1)11x f x x x x -=-+=-++=--，当01x <时，221x -<--，此时()2(2)2(22)2f x f x x x =-=-+=，当12x <时，120x -<-，此时()2(2)f x f x =-2(2)24x x =--=-+，当23x <时，021x <-，此时()2(2)f x f x =-4(2)48x x =-=-，当34x <时，122x <-，此时()2(2)f x f x =-2(22)2x x =-+=，当01x <时，221x -<--，此时()2(2)f x f x =-2[2(2)4]416x x =--+=-+，由()()210g x f x x m =--+=，得21()m f x x -=-2,212,10,0134,1238,23516,34x x x x x x x x x x x --⎧⎪--<⎪⎪<⎪=⎨-+<⎪⎪-<⎪-+<⎪⎩，设()()h x f x x =-，[2x ∈-，4]，作出()h x 在[2-，4]上的图象如图：要使21m -与()h x 有三个交点，如此211m -=或2210m -<-，即1m =或1122m -<，即实数m 的取值X 围是11{|22m m -<<或1}m =，应当选：D ．6．定义在R 上的奇函数()f x 满足，当(0,2)x ∈时，()cos((1))2f x x π=-，且2x 时，有1()(2)2f x f x =-，如此函数2()()F x x f x x =-在[2-，5]上的零点个数为() A ．9B ．8C ．7D ．6解：当(0,2)x ∈时，()cos((1))cos()sin()2222f x x x x ππππ=-=-=，()f x 是奇函数，(0)0f ∴=，当2x 时，有1()(2)2f x f x =-， f ∴〔2〕1(0)02f ==，f 〔4〕12f =〔2〕0=， 假如(2,0)x ∈-，如此(0,2)x -∈，如此()sin()sin()()22f x x x f x ππ-=-=-=-，即()sin()2f x x π=，(2,0)x ∈-即当22x -时，()sin()2f x x π=，当24x 时，022x -，此时1111()(2)sin[(2)]sin()sin()2222222f x f x x x x ππππ=-=-=-=-， 当45x 时，223x -，此时1111()(2)sin[(2)]sin()sin()2424242f x f x x x x ππππ=-=--=--=， 由2()()0F x x f x x =-=，得：当0x =时，由(0)0F =，即0x =是()F x 的一个零点， 当0x ≠时，由2()0x f x x -=得()1xf x =，即1()f x x=， 作出函数()f x 与1()g x x=在，[2-，5]上的图象如图： 由图象知两个函数在[2-，5]上共有7个交点，加上一个0x =，故函数2()()F x x f x x =-在[2-，5]上的零点个数为8个，应当选：B ．7．函数52|(1)|,1()(2)2,1log x x f x x x -<⎧=⎨--+⎩，如此方程1(2)()f x a a R x +-=∈的实数根个数不可能() A ．5个B ．6个C ．7个D ．8个解：如下列图：函数52|(1)|,1()(2)2,1log x x f x x x -<⎧=⎨--+⎩，即552log (1),0()log (1),01(2)2,1x x f x x x x x -⎧⎪=--<<⎨⎪--+⎩． 因为当()1f x =时，求得4x =-，或45，或1，或3．如此①当1a =时，由方程1(2)()f x a a R x +-=∈，可得124x x +-=-，或45，或1，或3．又因为120x x +-，或124x x+--， 所以，当124x x+-=-时，只有一个2x =-与之对应，其它3种情况都有2个x 值与之对应． 故此时，原方程1(2)f x a x+-=的实数根有7个根． ②当12a <<时，()y f x =与y a =有4个交点，故原方程有8个根．②当2a =时，()y f x =与y a =有3个交点，故原方程有6个根．综上：不可能有5个根，应当选：A ．8．2()2f x x ax =--有两个零点1x ，2x ，2()1g x x x a =---有两个零点3x ，4x ，假如1342x x x x <<<，如此实数a 的取值X 围是()A ．(1,1)-B ．(1,)+∞C ．5(,)4-∞-D ．5(,1)4--解：由2()20f x x ax =--=得22ax x =-，如此222x a x x x-==-，如此方程2a x x =-的两个根为1x ，2x ，由2()10g x x x a =---=得21a x x =--，如此方程的两个根为3x ，4x ，由221a x x x x =-=--，得2221x x x -=-，即222(1)1x x x-=-，即22(1)(1)0x x --=，得1x =±，或2x =， 当1x =时，2121x x -=-=-，当1x =-时，2121x x-=-+=， 当2x =时，2211x x-=-=， 做出函数2y x x=-和21y x x =--的图象如图： 要使y a =与2y x x=-的交点横坐标1x ，2x 和 与21y x x =--交点的横坐标3x ，4x ，满足1342x x x x <<<，如此直线y a =必须在1y =-和1y =之间，即11a -<<， 即实数a 的取值X 围是(1,1)-，应当选：A ．9．关于x 的方程||||0114t xx t x t-=+-+有四个不同的实数根，且1234x x x x <<<，如此4132()()x x x x -+-的取值X 围()A ．(26,43)B ．(26,422)+C ．(422,43)+D ．[26,43]解：依题意可知，22|41|1x x t -+=+，由方程有四个根，所以函数21y t =+与2|41|y x x =-+的图象有四个交点，由图可知，144x x +=，234x x +=，2113t +<，解得2(0,2)t ∈， 由22411x x t -+=+解得2124x t =-+； 由22(41)1x x t --+=+解得2222x t =--；所以22413212()()82()2(42)x x x x x x t t -+-=-+=++- 设2(0,2)m t =∈，42n m m =++-，2224222862(1)9(6,642)n m m m m m =++-+--+=+-++∈+，即(6m ∈，22)+，所以4132()()x x x x -+-的取值X 围是(26，422)+．应当选：B ．10．函数1,0()(1),0x x f x f x x +<⎧=⎨-⎩，3()()g x ax f x =-．假如函数()g x 恰有两个非负零点，如此实数a 的取值X 围是() A ．4(1,)27⎧⎫+∞⎨⎬⎩⎭B ．114[,]27827⎧⎫⎨⎬⎩⎭C ．114[,](1,)27827⎧⎫+∞⎨⎬⎩⎭D ．11[,](1,)278+∞解：显然，0x =满足()0g x =，因此，只需再让()0g x =有另外一个唯一正根即可．3()0ax f x -=，即为3()ax f x =．作出3()h x ax =，()y f x =图象如下：说明：射线与线段是()y f x =的局部图象，因为要分三种情况分析，故()y h x =的图象作了三个〔只做出y 轴右侧局部〕，分别对应①、②、③．〔1〕对于第一种情况：因为(0)01h '=<，所以当()y h x =〔如图象①)与()y f x x ==在[0，1)上的图象有交点A 时，只需h 〔1〕1a =>即可；〔2〕对于第二种情况：()y h x =〔图象②)与()1y f x x ==-在[1，2)上的图象切于点B ，设切点为(,1)m m -，因为2()3h x ax '=，如此23311am m am ⎧=⎨-=⎩，解得427a =； 〔3〕当()y h x =〔图象③)与1(12)y x x =-<相交于点C ，且满足h 〔2〕1，即18a 时，只需[2x ∈，3)时，()0g x 恒成立即可．所以32ax x -，[0x ∈，2]恒成立即可，且只能在3x =处取等号，即32x a x -，()[]32,2,3x u x x x -=∈令，42(3)()0x u x x --'=在[2，3]上恒成立，故()u x 在[2，3]上递增，所以()max u x u =〔3〕127=，127a 故．故此时11278a 即为所求．综上可知，a 的X 围是114[,]{}(1,)27827+∞． 应当选：C ．二、多项选择题(20e x 仅有四个不同的解，如此实数m 的值不可能为()A ．eB ．2eC ．6D ．3e解：设()()()F x f x f x =+-，可得()()F x F x -=，即有()F x 为偶函数，由题意考虑0x >时，()F x 有两个零点， 当0x >时，0x -<，()2x mf x e mx -=-+， 即有0x >时，()22x x x x m m F x xe e e mx xe mx =-+-+=-+， 由()0F x =，可得02x mxe mx -+=， 由x y xe =，1()2y m x =-相切，设切点为(,)t t te ，x y xe =的导数为(1)x y x e '=+，可得切线的斜率为(1)t t e +，可得切线的方程为(1)()t t y te t e x t -=+-，由切线经过点1(2，0)，可得1(1)()2t t te t e t -=+-，解得1t =或12-〔舍去〕，即有切线的斜率为2e ，由图象可得2m e >时，直线与曲线有两个交点，综上可得m 的X 围是(2,)e +∞，不可能是e ，2e ，应当选：AB ．12．定义在R 上的函数()f x 满足2()()f x f x x -+=，且当0x 时，()f x x '<，记集合2211{|()(1)(1)}22A x f x x f x x =----，假如函数()x g x e e x a =--在x A ∈时存在零点，如此实数a 的取值可能是()A ．12B ．2e C ．2e D ．e解：令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x 时，()()0T x f x x '='-<，()T x ∴在(-∞，0]上单调递减，()T x ∴在R 上单调递减． 存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-，∴得00()(1)T x T x -，001x x -，即012x ， ()x g x e ex a =-；1()2x， 0x 为函数()y g x =的一个零点；当12x时，()0x g x e '=，∴函数()g x 在12x 时单调递减， 由选项知0a >，取12x =<， 又()0a g ee-=>，∴要使()g x 在12x时有一个零点，只需使(g 1)02a ，解得2e a a ∴的取值X 围为)+∞， 应当选：BCD ．13．关于函数()sin x f x e a x =+，(,)x π∈-+∞，如下结论正确的有()A ．当1a =时，()f x 在(0，(0))f 处的切线方程为210x y -+=B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0xC ．对任意0a >，()f x 在(,)π-+∞上均存在零点D ．存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点解：:()sin x A f x e a x =+，如此()cos x f x e a x '=+，当1a =时，()cos x f x e x '=+，如此(0)112f '=+=，因为(0)1f =，所以切线过(0,1)点，斜率为2，所以切线方程为210x y -+=，故A 正确；B ：由A 可知，当1a =时，()sin x f x e x =+，()cos x f x e x '=+，作出x y e =和cos y x =-的图象，如下列图：由图易知：存在0(,)2x ππ∈--使得cos x e x =-，故当0(,)x x π∈-时，()0f x '<，()f x 是单调递减的； 当0(x x ∈，)+∞时，()0f x '>，()f x 是单调递增的， 所以()f x 存在唯一的极小值点，故B 正确；C ，:()sin xD f x e a x =+，(,)x π∈-+∞，令()0f x =，即sin 0x e a x +=，当(,1)x Z π=∈>-时，sin 0x =，上式显然不成立，故上述方程可化为sin x e a x =-，令()sin xeg x x=-，如此22cos()4()sin x e x g x xπ+'=，令()0g x =，如此34x ππ=-+，所以当3(,)4x ππππ∈-+-+时，()g x 单调递减；当3(,)4x πππ∈-+时，()g x 单调递增，存在极小值33443()224f e eπππππ-+--+=，1(,)4x πππ∈+时，()g x 单调递增；1(,)4x ππππ∈++时，()g x 单调递减，存在极大值11441()224f e eπππππ++=--，应当选项C 中任意0a >均有零点错误，选项D 中存在0a <有且仅有唯一零点，此时142a e π=-，D 正确．应当选：ABD ．14．函数22(2)log (1),1()2,1x x x f x x +⎧+>-⎪=⎨-⎪⎩，假如关于x 的方程()f x m =有四个不等实根1x ，2x ，3x ，41234()x x x x x <<<，如此如下结论正确的答案是()A ．12m <B ．11sin cos 0x x ->C ．3441x x +>-D ．22122m x x log ++的最小值为10解：作出()f x 的图像如下：假如1x >-时，2()|log (1)|f x x =+，令()2f x =，得2|log (1)|2x +=，即2log (1)2x +=或2log (1)2x +=-， 所以212x +=或212x -+=，解得3x =或34x =-，令()1f x =，得2|log (1)|1x +=，即2log (1)1x +=或2log (1)1x +=-， 所以12x +=或112x -+=，解得1x =或12x =-假如1x -时，2(2)()2x f x +=，令()2f x =，得2(2)22x +=，解得1x =-或3-，令()1f x =，得2(2)21x +=，即2(2)0x +=，解得2x =-，当12m <时，()f x m =有四个实数根，故A 正确，由图可知132x -<-，221x -<-，33142x -<-，413x <， 对于选项:12A m <，()f x m =有4个根，故A 正确． 对于选项B ：因为132x -<-，所以当1334x π--，11sin cos x x ，即11sin cos 0x x -， 当1324x π-<<-，11sin cos x x <，即11sin cos 0x x -<，故B 错误， 对于选项C ：因为33142x -<-，所以3342x -<-，所以34241x x -<+<，故C 错误，对于选项D ：令2212log m y x x =++21(2)2x m +=，22(2)2x m ++=，如此12x =，22x，所以2222122log (2)2)log 2log 8log m m y x x m =++=++++222212log 82log 82m m log m=+=++， 因为12m <，所以2log 0m >， 所以2212log 828102y m log m=+++=，当且仅当2212log 2m logm =，即m =号，所以2212log m x x ++的最小值为10，故D 正确．应当选：AD ．三、填空题0x >，假如存在实数，使得函数-有6个零点，．【解答】解：由题得函数()y f x =的图象和直线y =有六个交点，显然有0a >，20a a -<，当0x >时，2(1)()(0)x e x f x x x -'=>，∴函数()f x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，且21(1)03f a =>，由题得221(,||),(0,),(1,)3A a a a B a C a --，A ，B ，C 三点的高度应满足A B c h h h >或B AC h h h >，所以21|1|3a a a a ->或21|1|3a a a a ->，0a >，20a a -<，23a ∴<或322a <，综合得332a <<．故答案为：3(,3)2．16．函数()()(x f x xe a x lnx e =-+为自然对数的底数〕有两个不同零点，如此实数a 的取值X 围是(,)e +∞．解：由()()(0)x f x xe a x lnx x =-+>，当0x lnx +=时，由零点存在性定理可知，0(0,1)x ∃∈，使得方程0x lnx +=成立；当0x lnx +≠时，令()0f x =，如此(0xxe a x x lnx=>+且0)x x ≠，令()(0xxe g x x x lnx=>+且0)x x ≠，如此2(1)[(1)]()()x e x x lnx g x x lnx +-+'=+， 当0x >且0x x ≠时，(1)0x e x +>，又当00x x <<或01x x <<时，10x lnx -+<，()0g x '∴<， 此时()g x 在0(0,)x 和0(x ，1)上单调递减；当1x >时，10x lnx -+>，()0g x '∴>，此时()g x 单调递增，()g x g ∴=极小值〔1〕e =，且极小值唯一，∴要使()g x 有两个不同零点，只需函数y a =与()g x 有两个交点，a g ∴>〔1〕e =，a ∴的取值X 围为(,)e +∞．解：因为方程212221xax x ax +-=-+-，所以变形为2122(1)2xax x ax +++=+，令()2t f t t =+，如此有2(1)()f x f ax +=，因为()2t f t t =+在R 上单调递增，所以2(1)()f x f ax +=即为21x ax +=， 故当1[,3]2x ∈时，21x ax +=有两个不相等的实数根，在210x ax +-=中，如此有1322101()02(3)0a f f -⎧⎪-⨯⎪>⎪⎨⎪⎪⎪⎩，即216401*********a a a a ⎧⎪->⎪⎪⎨-+⎪⎪-+⎪⎩，解得522a <，所以实数a 的取值X 围为5(2,]2．故答案为：5(2,]2． 226,0(),0x x x f x lnx x ⎧---=⎨>⎩，假如函数()()2g x f x mx =-+有四个零点，如此实数m 的取值X 围是(2,)e ． 解：假如函数()()2g x f x mx =-+有四个零点，需()y f x =和2y mx =-有四个交点， 当0x >时，作出函数()f x lnx =和2y mx =-的图象如如下图所示，直线2y mx =-恒过定点(0,2)-，设2y mx =-于y lnx =相切于点0(x ，0)y ，如此002y mx =-，00y lnx =， 由y lnx =，得1y x '=，所以01m x =，解得01,x m e e ==， 即当0m e <<时，函数()f x lnx =与2y mx =-有两个交点， 当0x 时，假如2y mx =-与226y x x =---有两个交点，需224(0)mx x x x =---=有两个不相等的实根，当0x =时，m 无解；当0x <时，42m x x+=--， 由对勾函数图象可得，当24m +>，即2m >时，2y m =+与4y x x =--有两个交点，故2y mx =-与226y x x =---有两个交点， 综上可得，当2m e <<时，函数()()2g x f x mx =-+有四个零点． 故答案为：(2,)e ．。
2025高考数学必刷题 第25讲、函数的零点问题(学生版)
第25讲函数的零点问题知识梳理1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：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：利用定理不仅要函数在区间[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)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将()f x 整理变形成()()()f x g x h x =-的形式，通过()(),g x h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.必考题型全归纳题型一：零点问题之一个零点例1．（2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.（1）求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间；（2）设()()()h x af x g x =-，a R ∈.①求证：函数()y h x =存在零点；②设0a <，若函数()y h x =的一个零点为m .问：是否存在a ，使得当()0,x m ∈时，函数()y h x =有且仅有一个零点，且总有()0h x ≥恒成立？如果存在，试确定a 的个数；如果不存在，请说明理由.例2．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数()e sin 1x f x a x =--，()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+，()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围；(2)证明：若12a <<，则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ，且010x x +<.例3．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()1ln e xx f x a x -=+.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)证明：当0a ≥时，()f x 有且只有一个零点；(3)若()f x 在区间()()0,1,1,+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围.变式1．（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e xf x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.题型二：零点问题之二个零点例4．（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值；(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.（ⅰ）证明：()F x 存在两个零点1x ，2x ；（ⅱ）证明：()F x 的两个零点1x ，2x 满足1220x x ++<.例5．（2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．例6．（2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln x f x e x a =--.（1）若3a =.证明函数()f x 有且仅有两个零点；（2）若函数()f x 存在两个零点12,x x ，证明：121222x x x x e e e a >++-.变式3．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个零点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立，求λ的取值范围．变式4．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数()4212f x ax x =-，,()0x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-．(1)若0a >，求证：（ⅰ）()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减；（ⅱ）()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点；(2)若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．题型三：零点问题之三个零点例7．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ln 1ex ax f x x a -=---有三个零点.(1)求a 的取值范围；(2)设函数()f x 的三个零点由小到大依次是123,,x x x .证明：13e e x x a >.例8．（2024·广东深圳·校考二模）已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)①当102a <<时，试证明函数()f x 恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，试证明22131(1)(1)x x a x >--.例9．（2024·广西柳州·统考三模）已知()3()1ln f x x ax x =-+．（1）若函数()f x 有三个不同的零点，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<，当132x x +>时，求实数a 的取值范围．变式5．（2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）已知函数()32113f x x ax bx =+++（a ，b ∈R ）.（1）若0b =，且()f x 在()0+∞，内有且只有一个零点，求a 的值；（2）若20a b +=，且()f x 有三个不同零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.变式6．（2024·浙江·校联考二模）设e 2a <，已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值：(2)求实数a 的取值范围；(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ，且130x x ⋅<，证明：存在唯一的实数a ，使得1x 、2x 、3x 成等差数列.变式7．（2024·山东临沂·高三统考期中）已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ，并说明函数()()()h x f x g x =-在（1，e ）上有且仅有一个零点；(2)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比数列.题型四：零点问题之max ，min 问题例10．（2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数()()2sin cos ,lnπxf x x x x axg x x =++=．(1)当0a =时，求函数()f x 在[]π,π-上的极值；(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数．例11．（2024·四川南充·统考三模）已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++，()ln πxg x x =．(1)当0a =时，求函数()f x 在[,]-ππ上的极值；(2)用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数．例12．（2024·四川南充·统考三模）已知函数()2e 2x ax x f x x =+-，()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()f x 的极值；(2)用{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，当0a ≥时，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.变式8．（2024·广东·高三专题练习）已知函数()ln f x x =-，31()4g x x ax =-+，R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ，且()()10g x g x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；(2)用min{,}m n 表示m ，n 中的最小值，记函数()min{()h x f x =，()}(0)g x x >，若函数()h x 有且仅有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()e (R)x f x ax a =-∈，()1g x x =-．(1)若直线()y g x =与曲线()y f x =相切，求a 的值；(2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，讨论函数()min{(),()}h x f x g x =的零点个数．变式10．（2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线，求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值，设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<，讨论()h x 零点的个数.题型五：零点问题之同构法例13．已知函数1()()2(0)x axf x x ln ax a e -=+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，求实数a 的取值范围例14．已知2()12a f x xlnx x =++．（1）若函数()()cos sin 1g x f x x x x xlnx =+---在(0,]2π上有1个零点，求实数a 的取值范围．（2）若关于x 的方程2()12x a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围．例15．已知函数()(1)1x f x ae ln x lna =-++-．（1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有且仅有两个零点，求a 的取值范围．题型六：零点问题之零点差问题例16．已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()(h x kx b k =+，)b R ∈在区间D 上恒有()()()f x h x g x ．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()g x klnx =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0||h x t t x t t t =--+<，[D m =，][n ⊂，，求证：n m-例17．已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++．（1）如3a b ==-，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(,)α-∞，(2,)β单调增加，在(,2)α，(,)β+∞单调减少，证明：6βα->．例18．已知函数221()2x f x ae x ax =--，a R ∈．（1）当1a =时，求函数2()()g x f x x =+的单调区间；（2）当4401a e <<-，时，函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：212x x ->．题型七：零点问题之三角函数例19．（2024·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数()()sin ln 1f x a x x =-+．(1)若对(]1,0x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln2n k k =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，试判断方程()1eln 10x m x +--+=实数根的个数，并说明理由．例20．（2024·全国·高三专题练习）设函数()πsin2x f x x =-.(1)证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≤；(2)记()()ln g x f x a x =-，若()g x 有且仅有2个零点，求a 的值.例21．（2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+，且0为()f x 的一个极值点．(1)求实数a 的值；(2)证明：①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点；②22111sin 121n k n k =-<<+∑，其中*N n ∈且2n ≥．变式11．（2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知()sin n f x x =，()ln e x g x x m =+（n 为正整数，m R ∈）．(1)当1n =时，设函数()()212h x x f x =--，()0,πx ∈，证明：()h x 有且仅有1个零点；(2)当2n =时，证明：()()()e 12x f x g x x m '+<+-．题型八：零点问题之取点技巧例22．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数，且1)a ．（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．例23．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（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．例24．已知函数211()(()22x f x x e 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．变式12．已知函数1()()(1)2x x f x e a e 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。
2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练(新高考通用)专题2-3零点与复合嵌套函数-1
专题2-3 零点与复合嵌套函数目录题型01 零点基础：二分法 题型02 根的分布题型03 根的分布：指数函数二次型 题型04 零点：切线法 题型05 抽象函数型零点 题型06 分段含参讨论型 题型07 参数分界型讨论题型08 分离参数型水平线法求零点 题型09 对数绝对值水平线法 题型10 指数函数“一点一线”性质型 题型11 零点：中心对称性质型 题型12 零点：轴对称性质型 题型13 嵌套型零点：内外自复合型 题型14 嵌套型零点：内外双函数复合型 题型15 嵌套型零点：二次型因式分解 题型16嵌套型零点：二次型根的分布 题型17嵌套型零点：放大型函数 高考练场题型01 零点基础：二分法【解题攻略】用二分法求函数零点近似值的步骤给定精确度ε，用二分法求函数()f x 零点0x 的近似值的一般步骤如下： ①确定零点0x 的初始区间[,]a b ，验证()()0f a f b <． ②求区间(,)a b 的中点c ．③计算()f c ，并进一步确定零点所在的区间： a ．若()0f c =（此时0x c =），则c 就是函数的零点．6)(2,)−+∞高三沈阳市外国语学校校考阶段练习）)0≠有一个正根和一个负根的一个充要条件是【典例1-1】（2021上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考期中）11．关于x 的方程(2017)(1999)2016x x −+=恰有两个根为1x 、2x ，且1x 、2x 分别满足1133x a x =−和3322log (1)3x a x −=−，则12x x a ++=【典例1-2】（2021·高三课时练习）12．设a 为实数，若关于x 的方程1420x x a +++=有实数解，则a 的取值范围是 . 【变式1-1】（2021·山西临汾·统考二模）13．已知函数()12935x x f x m m +=−⋅+−．若存在0x ∈R ，使得()()00f x f x −=−，则m的取值范围是 ．【变式1-2】（2021上·四川遂宁·高三阶段）14．已知方程()14232400x x x k x +−⋅−⋅+=>有两个不相等实根，则k 的取值范围为 ．【变式1-3】（2022下·浙江舟山·高三舟山中学校考开学考试）15．关于x 的方程k •4x ﹣k •2x +1+6(k ﹣5)＝0在区间[﹣1，1]上有解,则实数k 的取值范围是 .题型04 零点：切线法1e ,e 3⎫⎛⎤⎪ ⎥⎭⎝⎦e 1,2e 3⎫⎛⎤⎪ ⎥⎪⎝⎦⎭ 151e ,e 3⎫⎛⎤⎪ ⎥⎪⎝⎦⎭ e 1,2e 3⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭ -3】（2020·天津武清天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测）【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）3π2,4⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎭⎣⎭ B 3π2,4⎫⎡⎤⎪⎢⎥⎭⎣⎦ C 3π2,4⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎭⎣⎭3π2,4⎫⎡⎤⎪⎢⎥⎭⎣⎦（2023春·河南南阳高三河南省桐柏县第一高级中学校考阶段练习），函数()()3π,21x a x f a x a −<+−，若()f x 在区间 ． 【典例1-1】（2021上·山东潍坊·高三统考）43,32⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎦⎣⎦ 53,42⎤⎡⎫⎪⎥⎢⎦⎣⎭ 53,42⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎦⎣⎦】（2023·全国．已知函数()f x =，使得方程不同的实数根且两根之和为 ．【典例1-1】．（2021上·江苏连云港·高三统考）40．已知函数()()22log 1,131108,333x x f x x x x ⎧−<≤⎪=⎨−+>⎪⎩，若关于0,0x x >，若方程3411x +的取值范围是（12⎫⎪⎭高三湖南师大附中校考阶段练习）2x ，+，①定义域R，值域(0∞)11,1x x −>，若函数4，则(12x )2,3四川成都·高三四川省成都列五中学校考）参考答案：，，第故121113ax x −+−=−,即1213a x x +=+【点睛】本题考查零点问题与交点问题的转化，根据零点个数求参数的值，程、数形结合的思想，属于中档题.17．D(1)−−f xf x周期为()当[1,2],x∈当[2,3],x∈做出函数【点睛】本题考查函数零点的应用，根据函数的性质求出函数的周期性和对称性，结合思想是解决问题的关键，综合性较强，属于难题由()24313y x x x =−+−<<，整理得()()22210x y y −+=≥，当直线()()20y k x k =+>与圆(2x −1e ,e 3⎫⎛⎤⎪ ⎥⎪⎝⎦⎭. 【点睛】方法点睛：利用函数的零点个数求参数的取值范围，主要从以下几个角度分析：）函数零点个数与图像交点的转化；）注意各段函数图像对应的定义域；)21,3⎛⎤ ⎥⎝⎦e 【分析】数形结合，分析【详解】由题意，函数(g 2k x +的交点个数为②当()()20y k x k =+>与y −=()()20y k x k =+>与2x y −+=()23220x k x k +−++=，此时综上()20,7431,3k ⎛⎤∈− ⎥⎝⎦e 故答案为：()20,7431,3⎛⎤− ⎥⎝⎦e . 【分析】结合函数的奇偶性、单调性、周期性和零点的知识求得正确答案()(1f f +−【详解】解：()f x 是定义在点个数为奇数，又()f x f =(44)(8)f +==)是奇函数且在(π,0u ∈−sin a −∴=令sin t u =则2a t =+2y t t=+3y ∴≤−，故答案为：25．D【分析】因为函数,0)[8,12]a<0时，可得)，上单调递增，+∞<≤时，分0a【详解】解：（1）当28a a =−则()f x 在②14a <<令'0f x 可得x 1a 时，('f 0≤时，f )x 在(0−∞，0得ln x =18时，('f 0≤时，f 在(]0−∞，上有极小值f x，()f x1ln1ln aa−=+上有极小值f ⎛28a a=−根据韦达定理可判断812a∴≤≤综上所述：,0)[8,12]，故答案为: ,0)[8,12]．【点睛】关键点点睛：本题主要考查二次函数、函数与方程以及导数在研究函数中的应用，1a<≤，14，8a=学分类思想和计算能力，属于难题由图象可知：当3a ≤−或6a =时，()2421y x x x =−−+<与y a =有且仅有一个交点，∴实数a 的取值范围为(]{},36−∞−⋃.故选：D.28．C【分析】先求出1x ≥时，函数有一个零点，故1x <时，函数有两个零点，令2()42g x x x a =++−，由(1)0g >且(2)0g −<解出a 的取值范围即可.【详解】函数()24,1,ln 1,1,x x a x f x x x ⎧++<=⎨+≥⎩当1x ≥时，方程()2f x =．可得ln 12x +=．解得e x =，函数有一个零点，则当1x <时，函数有两个零点，即242x x a ++=，在1x <时有两个解．设2()42g x x x a =++−，其开口向上，对称轴为：2,()x g x =−在(,2)−∞−上单调递减，在(2,)−+∞上单调递增，所以(1)0g >，且(2)0g −<，解得36a −<<．故选：C ．29．B【分析】先计算()f x 恰有2个零点时m 的范围，再根据充分必要条件的定义判断.【详解】因为当2x =时，2(2)62250f =⨯−<，所以当2x ≤时()f x 有一个零点， 又因为当2x >时2log y x m =−是增函数，当且仅当22log 0m −<，即4m >时，2log y x m =−有一个零点，所以当且仅当4m >时，()f x 恰有2个零点，故“3m >”是“()f x 恰有2个零点”的必要不充分条件，故选：B.57,22⎤⎛⎤⎥ ⎥⎝⎦⎦ 时0cos x π=至多有2个零点，72a >讨论结合图象可得答案若()0y cos x x a π=<<恰有2个零点，则点，所以()222Δ16320380a a a f a a ⎧>⎪=−>⎨⎪=−+≥⎩，解得57,22⎤⎛⎤⎥ ⎥⎝⎦⎦. 【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题数形结合可得：π5π3π,2,12124⎡⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭， 8](,3]3讨论()2(1)f x a x =−+−上零点个数，然后结合正弦函数性质可得参数范围．22(x =−+0a ≤8](,3]．38](,3]3关键点睛：这道题的关键指出是讨论的范围内，需要分类讨论，然后给出另外一段函数零点的个数，利用数形结合得到a．36．()2,22 【分析】先通过对题目的分析，令根据函数()y g x =与y m =的图象有两个交点，由图像可知，()f x 的增区间为⎛ ⎝−故A 错误当()4,3k ∈−−时，如图当1334k −<<−时，()y f x =与y 当134k =−时，()y f x =与y k =有当1344k −<<−时，()y f x =与y 所以当()4,3k ∈−−时()y f x =与y不妨设123x x x <<，所以1x ∈所以23lg lg x x =，即2lg lg x −=所以12314,03x x x x ⎛⎤=∈− ⎥⎝⎦，故选：A.因此函数()23e 2x f x x x ⎛⎫=−− ⎪⎝⎭故选：A .2x ，202x x <<−，有六个零点，的图象有六个交点，画出两函数的图象如下图，4342x x x =因为等号取不到，所以时，312x =34x x +++【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中把函数点，转化为函数的图象的交点，结合函数的图象及对称性求解是解答的关键，形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．方程()f x a =的四个解123,,,x x x x 1234,,,x x x x ，显然01a <<，不妨令101x x <<<由图象可得：02m <<. 故选：A.。
- 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)。
12 函数的零点——关键抓住破题题眼1．f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为________．答案 5解析 ∵2sin πx －x ＋1＝0，∴2sin πx ＝x －1，图象如图所示，由图象看出y ＝2sin πx 与y ＝x －1有5个交点，∴f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为5.2．方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是________．答案 2解析 (数形结合法)∵a >0，∴a 2＋1>1.而y ＝|x 2－2x |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．定义在R 上的奇函数f (x )，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ log 0.5(x ＋1)，0≤x <1，1－|x －3|，x ≥1，则关于x 的函数F (x )＝f (x )－a (0<a <1)的所有零点之和为________．答案 1－2a解析 当0≤x <1时，f (x )≤0.由F (x )＝f (x )－a ＝0，画出函数y ＝f (x )与y ＝a 的图象如图．函数F (x )＝f (x )－a 有5个零点．当－1<x <0时，0<－x <1，所以f (－x )＝log 0.5(－x ＋1)＝－log 2(1－x )，即f (x )＝log 2(1－x )，－1<x <0.由f (x )＝log 2(1－x )＝a ，解得x ＝1－2a ，因为函数f (x )为奇函数，所以函数F (x )＝f (x )－a (0<a <1)的所有零点之和为1－2a .4．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x －2，x ≤0，ln(x 2－x ＋1)，x >0，则函数的零点个数为________． 答案 2 解析 当x >0时，由f (x )＝0，即ln(x 2－x ＋1)＝0，得x 2－x ＋1＝1，解得x ＝0(舍去)或x ＝1.当x ≤0时，f (x )＝e x －x －2，f ′(x )＝e x－1≤0，所以函数f (x )在(－∞，0]上单调递减．而f (0)＝e 0－0－2＝－1<0，f (－2)＝e －2－(－2)－2＝e －2>0，故函数f (x )在(－2,0)上有且只有一个零点．综上，函数f (x )有两个零点．5．(2013·天津改编)函数f (x )＝2x |log 0.5 x |－1的零点个数为________．答案 2 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，综上有两个零点．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ kx ＋1，x ≤0，ln x ，x >0，则下列关于函数y ＝f (f (x ))＋1的零点个数的判断正确的是________．①当k >0时，有3个零点；当k <0时，有2个零点；②当k >0时，有4个零点；当k <0时，有1个零点；③无论k 为何值，均有2个零点；④无论k 为何值，均有4个零点．答案 ②解析 当k >0时，f (f (x ))＝－1，综合图(1)分析，则f (x )＝t 1∈(－∞，－1k)或f (x )＝t 2∈(0,1)． 对于f (x )＝t 1，存在两个零点x 1，x 2；对于f (x )＝t 2，存在两个零点x 3，x 4.此时共计存在4个零点．当k <0时，f (f (x ))＝－1，结合图(2)分析，则f (x )＝t ∈(0,1)，此时仅有1个零点x 0.故②正确．7．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x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *，则n ＝________.答案 2解析 由于2<a <3<b <4，故f (1)＝log a 1＋1－b ＝1－b <0，而0<log a 2<1,2－b ∈(－2，－1)，故f (2)＝log a 2＋2－b <0，又log a 3∈(1,2)，3－b ∈(－1,0)， 故f (3)＝log a 3＋3－b >0，因此函数必在区间(2,3)内存在零点，故n ＝2. 8．方程2－x ＋x 2＝3的实数解的个数为________．答案 2解析 方程变形为3－x 2＝2－x ＝(12)x ， 令y 1＝3－x 2，y 2＝(12)x . 如图所示，由图象可知有2个交点．9．(2014·连云港模拟)已知函数f (x )＝2ax 2＋2x －3.如果函数y ＝f (x )在区间[－1,1]上有零点，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 若a ＝0，则f (x )＝2x －3，f (x )＝0⇒x ＝32∉[－1,1]，不合题意，故a ≠0. 下面就a ≠0分两种情况讨论：(1)当f (－1)·f (1)≤0时，f (x )在[－1,1]上至少有一个零点，即(2a －5)(2a －1)≤0，解得12≤a ≤52. (2)当f (－1)·f (1)>0时，f (x )在[－1,1]上有零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a f (1)≤0，－1<－12a <1，f (－1)·f (1)>0，解得a >52. 综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 10．(2014·天津)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ |x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________．答案 1<a <2解析 画出函数f (x )的图象如图所示．函数y ＝f (x )－a |x |有4个零点，即函数y 1＝a |x |的图象与函数f (x )的图象有4个交点(根据图象知需a >0)．当a ＝2时，函数f (x )的图象与函数y 1＝a |x |的图象有3个交点．故a <2.当y ＝a |x |(x ≤0)与y ＝|x 2＋5x ＋4|相切时，在整个定义域内，f (x )的图象与y 1＝a |x |的图象有5个交点，此时，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－ax y ＝－x 2－5x －4得x 2＋(5－a )x ＋4＝0. 由Δ＝0得(5－a )2－16＝0，解得a ＝1，或a ＝9(舍去)，则当1<a <2时，两个函数图象有4个交点．故实数a 的取值范围是1<a <2.11．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2.(1)若函数g (x )＝f (x )－ax 在其定义域内为增函数，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，若a >1，h (x )＝e 3x －3a e x，x ∈[0，ln 2]，求h (x )的极小值；(3)设F (x )＝2f (x )－3x 2－kx (k ∈R )，若函数F (x )存在两个零点m ，n (0<m <n )，且2x 0＝m ＋n .问：函数F (x )在点(x 0，F (x 0))处的切线能否平行于x 轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．解 (1)g (x )＝f (x )－ax ＝ln x ＋x 2－ax ，g ′(x )＝1x＋2x －a . 由题意，知g ′(x )≥0在x ∈(0，＋∞)内恒成立，即a ≤(2x ＋1x)min . 又x >0,2x ＋1x ≥22，当且仅当x ＝22时等号成立． 故(2x ＋1x)min ＝22，所以a ≤2 2. (2)由(1)知，1<a ≤2 2.令e x ＝t ，则t ∈[1,2]，则h (t )＝t 3－3at . h ′(t )＝3t 2－3a ＝3(t －a )(t ＋a )．由h ′(t )＝0，得t ＝a 或t ＝－a (舍去)，∵a ∈(1,22]，∴a ∈[1,234]， ①若1<t ≤a ，则h ′(t )<0，h (t )单调递减；②若a <t ≤2，则h ′(t )>0，h (t )单调递增．故当t ＝a 时，h (t )取得极小值，极小值为h (a )＝a a －3a a ＝－2a a .(3)设F (x )在(x 0，F (x 0))的切线平行于x 轴，其中F (x )＝2ln x －x 2－kx .结合题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ 2ln m －m 2－km ＝0， ①2ln n －n 2－kn ＝0， ②m ＋n ＝2x 0， ③2x 0－2x 0－k ＝0， ④①－②得2ln m n－(m ＋n )(m －n )＝k (m －n )． 所以k ＝2ln m n m －n－2x 0. 由④得k ＝2x 0－2x 0. 所以ln m n ＝2(m －n )m ＋n ＝2(m n －1)m n＋1.⑤ 设u ＝m n ∈(0,1)，⑤式变为ln u －2(u －1)u ＋1＝0(u ∈(0,1))． 设y ＝ln u －2(u －1)u ＋1(u ∈(0,1))， y ′＝1u －2(u ＋1)－2(u －1)(u ＋1)2＝(u ＋1)2－4u u (u ＋1)2＝(u －1)2u (u ＋1)2>0， 所以函数y ＝ln u －2(u －1)u ＋1在(0,1)上单调递增， 因此，y <y |u ＝1＝0，即ln u －2(u －1)u ＋1<0. 也就是，ln m n <2(m n －1)m n＋1，此式与⑤矛盾． 所以F (x )在(x 0，F (x 0))处的切线不能平行于x 轴．12．(2014·四川)已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)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；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0,1)内有零点，证明：e －2<a <1.(1)解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0， 所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减， 因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e 2时，令g ′(x )＝0得x ＝ln(2a )∈(0,1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 于是，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当12<a <e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . (2)证明 设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理，g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上单调递增， 故g (x )在(0,1)内至多有一个零点．当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上单调递减， 故g (x )在(0,1)内至多有一个零点．所以12<a <e 2. 此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增．因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0，有a ＋b ＝e －1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2<a<1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2<a<1.。