第10炼 函数零点的个数问题
函数零点的个数问题
2x 2 x
2
2m
2x 2 x 2m2 8
0，利用换元设
t 2x 2x （ t 2 ），则问题转化为只需让方程 t2 2mt 2m2 8 0 存在大于等于 2 的解
即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 g t t2 2mt 2m2 8 0 。
（1）若方程有一个解，则有相切（切点 x m 大于等于 2）或相交（其中交点在 x 2 两侧），
3：已知函数
f
x
kx ln x,
2, x x
0
0k
R
，若函数
y
f x k 有三个零点，则实数 k
的取值范围是（
）
A. k 2
B. 1 k 0
C. 2 k 1
D. k 2
思路：函数 y f x k 有三个零点，等价于方程 f x k 有三个不同实数根，进而等
价于 f x 与 y k 图像有三个不同交点，作出 f x 的图像，则 k 的正负会导致 f x 图
A．
ln 3 3
,
1 e
B.
ln 3 9
,
1 3e
C．
ln 3 9
,
1 2e
D．
ln 3 9
,
ln 3 3
思路：
f x
f 3x
f x
f
x 3
，当
x
3,
9
时，
f
x
f
x 3
ln
x 3
，所以
- 4 - / 18
ln x,1 x 3
f
x
ln
x ,3 3
x
，而 g x
9
f
区间 a,b 内至少有函数 f x 的一个零点，即至少有一点 x0 a,b ，使得 f x0 0 。 （1） f x 在a,b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提
怎样求解函数零点问题
思路探寻函数零点问题的难度通常较大.常见的命题形式有：（1）判断零点的个数；（2）由函数的零点求参数的取值范围；（3）证明与函数零点有关的不等式.那么如何破解这三类函数零点问题呢？下面举例加以探究.一、判断函数零点的个数判断函数零点的个数，实质上是判断函数的图象与x 轴的交点的个数，或求函数为0时的解的个数.因此判断函数零点的个数，往往有两种思路：（1）令函数为0，通过解方程求得零点的个数；（2）判断出函数的单调性、奇偶性、对称性，画出函数的图象，通过研究图象与x 轴的交点，来判断函数零点的个数.例1.已知函数f ()x =ln x -()a -1x +1.（1）若f ()x 存在极值，求a 的取值范围；（2）当a =2，且x ∈()0,π时，证明：函数g ()x =f ()x +sin x 有且仅有2个零点.解：（1）略；（2）当a =2时，g ()x =ln x -x +1+sin x ，得g ′()x =1x-1+cos x ，令h ()x =g ′()x ，因为x ∈()0,π，则h ′()x =-1x2-sin x <0，所以h ()x =g ′()x 在()0,π上单调递减，又因为g ′()π3=3π-1+12=3π-12>0，g ′()π2=2π-1<0，所以g ′()x 在()π3,π2上有唯一的零点α，当x ∈()0,α时，g ′()x >0，当x ∈()α,π时，g ′()x <0，所以g ()x 在()0,α上单调递增，在()α,π上单调递减，可知g ()x 在()0,π存在唯一的极大值点α（π3<α<π2），而g ()α>g ()π2=ln π2-π2+2>2-π2>0，g()1e 2=-2-1e 2+1+sin 1e 2=-1e 2+()sin 1e 2-1<0，g ()π=lnπ-π+1=lnπ-()π-1，令F ()x =ln x -()x -1，F ′()x =1x -1=1-x x ，则x ∈()0,1，F ′()x >0；x ∈()1,+∞，F ′()x <0，所以F ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，得F ()x max =F ()1=0，故F ()π<F ()1=0，即g ()π=lnπ-()π-1<0，可知g ()x 在()0,α和()α,π上分别有1个零点，所以当x ∈()0,π时，g ()x 有且仅有2个零点.函数式g ()x =f ()x +sin x 中含有对数、三角函数式，我们很难通过画图、解方程求得零点的个数，于是对函数求导，研究函数的单调性、极值，从而画出函数的图象；进而借助函数的图象来确定函数零点的个数.在解答函数零点问题时，经常要用到函数的零点存在性定理，但运用该定理只能判断函数在某个区间上是否含有零点，却不能确定函数在某区间上零点的个数，此时往往需结合函数的图象进行判断.二、由函数的零点求参数的取值范围根据函数的零点求参数的取值范围问题比较常见.在解题时，往往要先通过解方程或画图，利用函数的零点存在性定理，判断函数的零点的存在性和个数，确定零点的范围；然后建立关于参数的关系式，进而求得参数的取值范围.例2.已知函数f ()x =x 2+x ln x ．（1）求函数f ()x 在区间[]1,e 上的最大值；（2）若F ()x =f ()x -ax 3有2个零点，求实数a 的取值范围．解：（1）f ()x max =f ()e =e 2+e .（过程略）（2）由题意可知函数f ()x =x 2+x ln x 的定义域为()0,+∞，由f ()x =ax 3可得a =x +ln xx 2，令g ()x =x +ln x x 2，其中x >0，则g ′()x =1-x -2ln xx 3，令h ()x =1-x -2ln x ，其中x >0，则h ′()x =-1-2x<0，所以函数h ()x 在()0,+∞上为减函数，且h ()1=0，当0<x <1时，h ()x >0，则g ′()x >0，所以函数g ()x 在()0,1上单调递增，当x >1时，h ()x <0，则g ′()x <0，所以函数g ()x 在()1,+∞上单调递减，所以g ()x max =g ()1=1，49思路探寻令p ()x =x +ln x ，其中x >0，则p ′()x =1+1x>0，则函数p ()x 在()0,+∞上为增函数，因为p()1e =1e-1<0，p ()1>0，则存在x 0∈()1e,1，使得p ()x 0=0，当0<x <x 0时，f ()x =x ()x +ln x <0；当x >x 0时，f ()x =x ()x +ln x >0.由题意可知，直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点，如图所示.由图可知，当0<a <1时，直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点，故实数a 的取值范围是0<a <1.解答本题需抓住关键信息：函数F ()x =f ()x -ax 3有2个零点.于是令F ()x =f ()x -ax 3=0,并将其变形为a =x +ln x x2，再构造新函数，将问题转化为直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点的问题.利用导数与函数g ()x 单调性的关系判断函数的单调性，并画出函数g ()x 的图象，即可通过讨论直线y =a 与函数g ()x 的图象的位置关系，确定参数a 的取值范围.在求参数的取值范围时，若容易从方程中分离出参数来，往往可以采用分离参数法求参数的取值范围.三、证明与函数零点有关的不等式问题与函数零点有关的不等式问题通常较为复杂，且具有较强的综合性.在解题时，需根据函数零点的分布情况,构造新函数或新方程，再根据导数的性质讨论新函数的性质或方程的根，从而证明不等式.例3.已知函数f ()x =me x -x 2-x +2.（1）若函数f ()x 在R 上单调递增，求m 的取值范围；（2）若m <0，且f ()x 有2个零点x 1,x 2，证明：||x 1-x 2<3+m 3.解：（1）m ≥2e -12；（过程略）（2）不妨设x 1<x 2，由题意可得me x 1-x 21-x 1+2=0，me x 2-x 22-x 2+2=0，即x 1,x 2为方程m =x 2+x -2e x的2个根，因为m <0，所以x 2+x -2<0，解得：-2<x <1，所以x 1,x 2∈(-2,1)，设h (x )=x 2+x -2e x(-2<x <1)，则h ′(x )=-x 2+x +3e x，令h ′(x )=0得x =1-132，则h (x )在()-2,1-132上单调递减，在()1-132,1上单调递增，而h (x )在()-2,0处的切线方程为y =-3e 2(x +2)，设h 1(x )=-3e 2(x +2),则h (x )>h 1(x )，设h (x )在()x 0,x 20+x 0-2ex 0处的切线方程过点(1,0)，其切线的斜率为-x 20+x 0+3ex 0，取x 0=-1，则h (x )在()-1,-2e 处的切线斜率为e ，则切线的方程为y +2e =e ()x +1，即y =ex -e ，可知h 2(x )=ex -e 单调递增,可得h (x )≥h 2(x )，记y =m 与y =h 1(x )和y =h 2(x )交点的横坐标分别为x 3,x 4，则h (x 1)=m =h 1(x 3)=-3e 2(x 3+2)，故x 3=-2-m3e2，因为h 1(x 3)=h (x 1)>h 1(x 1)，所以h 1(x )单调递减，所以x 1>x 3，h (x 2)=m =h 2(x 4)=e (x 4-1)，故x 4=1+me，由h 2(x 4)=h (x 2)≥h 2(x 2)，知h 2(x )单调递增，所以x 2≤x 4，由于m <0，所以||x 1-x 2=x 2-x 1<x 4-x 3=3+m e +m3e 2=3+m()1e +13e 2<3+m ()13+127<3+m 3.故不等式成立.解答本题，要先将x 1,x 2视为方程m =x 2+x -2e x的两根，根据方程确定两根的取值范围；然后构造新函数h (x )，讨论导函数h ′(x )的性质和几何意义，以确定y =m ，h (x )与其切线y =h 1(x )、y =h 2(x )的交点之间的大小关系，从而证明不等式.函数零点问题一般都可以转化为方程问题或函数单调性问题.因此在解答函数零点问题时，需根据题意构造出相应的方程和函数，灵活运用方程思想和数形结合思想,通过研究该函数的图象与性质、方程的根来求得问题的答案.（作者单位：江苏省如皋市搬经中学）50。
专题10函数零点(原卷版)
《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.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，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）复杂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．（2022·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 (2x 2+1)+f (λ-x )只有一个零点，则实数λ的值是（ ） A ．14B ．18C ．78-D ．38-练（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）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)例1-2．（2022·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 ．无法确定类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2022·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 ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4练．（2022·天津·大钟庄高中高三月考）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类型三、利用两图像交点判断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2022·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 ⎡⎫⎪⎢⎣⎭例3-2（一个曲线一个直线）（2018·浙江·绍兴市柯桥区教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_______.例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2022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__________．例3-4（两个曲线）（2022·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________.（两个曲线）（2022·四川·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（两个曲线）【2022河北省武邑中学高三】若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()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个例3-5（直接解出零点）（2022·四川·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类型三、利用周期性判断零点个数例3-1．（2022·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 ．804C ．806D ．402例3-2．偶函数()f x 满足()()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⎛⎫- ⎪⎝⎭类型四、零点之和例4-1．（2022·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 满足()()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例4-2（2022·新疆·克拉玛依市教育研究所模拟预测（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满足()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的所有零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（ ）A ．20B ．24C ．28D ．36类型五、等高线的使用例5-1．（2022·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___________.例5-2（2022·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⎛⎫ ⎪⎝⎭例5-3（2022·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 ∈；①()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ①函数()y f x x m =--恰有三个零点. A ．①① B ．①① C ．①① D ．①①①例5-4．（2022·辽宁实验中学高三期中）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类型六、嵌套函数零点例6-1．（2022·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个例6-2．（2022·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___________.例6-3（2022·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________．例6-4. 已知函数f(x)={e |x−1|,x >0−x 2−2x +1,x ≤0 ，若关于x 的方程f 2(x)−3f(x)+a =0(a ∈R)有8个不等的实数根，则a 的取值范围是（ ） A ． (0,14) B ． (13,3) C ． (1,2) D ． (2,94)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）的所有极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(]0,3 B ．(]1,3 C ．[]1,3 D ．[)3,+∞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.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．例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由.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）寻找零点之间的关系，消元换元来解决例8-1．（2022·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.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （①）求()f x 的单调区间；（①）证明：当12()()f x f x = 12()x x ≠时，120x x +<练、已知函数f(x)＝xe －x .(1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x 1≠x 2且f(x 1)＝f(x 2)，求证：x 1＋x 2>2.练、已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.练（2022·沙坪坝区·重庆八中）已知函数()222ln f x x ax x =-+（0a >）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点1x ，2x （12x x <）恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g '+⎛⎫=- ⎪⎝⎭的取值范围是[)ln31,-+∞，求实数a 的取值范围．练．已知2()4ln f x x x a x =-+.已知函数()f x 有两个极值点12x x ，（12x x <），若123()20f x mx ->恒成立，试求m 的取值范围.。
高分必会系列之函数零点个数问题总结完美
零点个数问题该问题题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等.解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用.一、 分段函数的零点问题【例1】（2020•漳州一模）已知函数21,1()43,1x e x f x x x x ⎧-<=⎨-+⎩，若y kx =与()f x 有三个公共点，则实数k 的取值范围是( )A．4,1)e -B．4,0)(0,1)e -C．4,1)(1,1)e - D．4,0)(0,1)(1,1)e -解：如图所示，函数()f x 的图象，y kx =的图象． 1x -→时，()1f x e →-，可得(1,1)A e -，1OA k e =-．1x <时，()1x f x e =-，()x f x e '=．1x 时，22()43(2)1f x x x x =-+=--，()24f x x '=-．假设()f x 与y kx =相切于原点时，01k e ==．结合图形可得：11k e <<-时y kx =与()f x 有三个公共点．设直线y kx =与2()43(1)f x x x x =-+相切于点0(P x ，2043)x x -+， 则200004324x x x x -+=-，化为：203x =，解得：0x =4k =．结合图形可得：41k <<时，y kx =与()f x 有三个公共点．综上可得：41k <<，或11k e <<-时，y kx =与()f x 有三个公共点．故选：C ．【例2】(2019·郑州质量测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≤0，2x －a ，x >0(a ∈R)，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]【解析】画出函数f (x )的大致图象如图所示．因为函数f (x )在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.【变式训练】（2020•泉州一模）已知函数1,(0),()2,(0)x xe x f x x lnx x ⎧+=⎨-->⎩若函数()y f x a =-至多有2个零点，则a的取值范围是( ) A ．1(,1)e -∞-B ．1(,1)(1,)e-∞-+∞C ．1(1,1)e-- D ．[1，1]e + 解：当0x 时，()1x f x xe =+，则()(1)0x f x x e '=+=时，1x =-，则()f x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,0)-上单调递增，且当x →-∞时，()1f x →，1(1)1f e-=-；当0x >时，()2f x x lnx =--，则1()10f x x'=-=时，1x =，则()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且f （1）1=-，函数()y f x a =-至多有2个零点等价于函数()f x 的图象与直线y a =的图象至多2个零点，作出图象如下：由图可知，1a >时，图象有2个交点，满足； 111a e-时，图象有3个或4个交点，不满足； 11a e<-时，图象有2个或1个或0个交点，满足，故(a ∈-∞，11)(1e -⋃，)+∞，故选：B ．二、复合函数零点问题【例3】（2020•郑州一模）2|21|,1()log (1),1x x f x x x +<⎧=⎨->⎩，32515()244g x x x m =-++，若(())y f g x m =-有9个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,1)B ．(0,3)C ．5(1,)3D ．5(,3)3解：令()t g x =，32515()244g x x x m =-++，2215151515()(2)(2)4244g x x x x x x x '=-=-=-， 当(,0)x ∈-∞，(2,)+∞时，函数()g x 递增，当(0,2)x ∈时，函数()g x 递减， 函数()g x 有极大值(0)2g m =+，极小值g （2）3m =-， 若(())y f g x m =-有9个零点，画出图象如下：观察函数()y f t =与y m =的交点，当0m <时，1t >，此时函数()y f t =与y m =最多有3个交点，故不成立，当0m =时，112t =-，22t =，(0)2g =，g （2）3=-，1()g x t =，有三个解，()2g x =有2个解，共5个解不成立；当3m >时，显然不成立；故要使函数有9个零点，03m <<，根据图象，每个y t =最多与()y g x =有三个交点，要有9个交点，只能每个t 都要有3个交点，当03m <<，()y f t =与y m =的交点，1122t -<<-，2112t -<<，329t <<，(0)2(2g m =+∈，5)，g （2）3(3,0)m =-∈-，当322t m <<+时，由233(1),21m log t m t -==+，即2212m m <+<+时，得01m <<时，323t <<时3()x t =，有三个解， 2()g x t =，要有三个解132m -<-，即52m <，1()g x t =有三个解32m -<-，即1m <，综上，(0,1)m ∈，故选：A ．【例4】（2019·湖北重点中学联考）已知函数()x f x xe =，若关于x 的方程()()()2230f x tf x t R -+=∈有两个不等实数根，则t 的取值范围为__________. 【解析】xy xe =，易知()xf x xe =的图象如下：()11f e -=，令()f x k =，则2230k tk -+=，得32,0t k k k=+>， 当()f x k =有两个不等实根是，则1k e >，所以123t e e <<+，即t 的取值范围是1322e e ⎫+⎪⎭。
讨论函数零点或方程根的个数问题-高考数学专练
讨论函数零点或方程根的个数问题-高考数学专练【方法总结】判断、证明或讨论函数零点个数的方法利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0．①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f (a )·f (b )<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，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．【例题选讲】[例1]已知f (x )＝e －x (ax 2＋x ＋1)．当a >0时，试讨论方程f (x )＝1的解的个数．[破题思路]讨论方程f (x )＝1的解的个数，想到f (x )－1的零点个数，给出f (x )的解析式，用f (x )＝1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)．[规范解答]法一：分类讨论法方程f (x )＝1的解的个数即为函数h (x )＝e x －ax 2－x －1(a >0)的零点个数．而h ′(x )＝e x －2ax －1，设H (x )＝e x －2ax －1，则H ′(x )＝e x －2a ．令H ′(x )>0，解得x >ln 2a ；令H ′(x )<0，解得x <ln 2a ，所以h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增．所以h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )＝2a －2a ln 2a －1．设m ＝2a ，g (m )＝m －m ln m －1(m >0)，则g ′(m )＝1－(1＋ln m )＝－ln m ，令g ′(m )<0，得m >1；令g ′(m )>0，得0<m <1，所以g (m )在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以g (m )max ＝g (1)＝0，即h ′(x )min ≤0(当m ＝1即a ＝12时取等号)．①当a ＝12时，h ′(x )min ＝0，则h ′(x )≥0恒成立．所以h (x )在R 上单调递增，故此时h (x )只有一个零点．②当a >12时，ln 2a >0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝0，则存在x 1>0使得h ′(x 1)＝0，这时h (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增．所以h (x 1)<h (0)＝0，又h (0)＝0，所以此时h (x )有两个零点．③当0<a <12时，ln 2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0．这时h (x )在(－∞，x 2)上单调递增，在(x 2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h (x 2)>h (0)＝0，h (0)＝0，所以此时f (x )有两个零点．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．法二：分离参数法方程f (x )＝1的解的个数即方程e x －ax 2－x －1＝0(a >0)的解的个数，方程可化为ax 2＝e x －x －1．当x ＝0时，方程为0＝e 0－0－1，显然成立，所以x ＝0为方程的解．当x ≠0时，分离参数可得a ＝e x －x －1x2(x ≠0)．设函数p (x )＝e x －x －1x 2(x ≠0)，则p ′(x )＝(e x －x －1)′·x 2－(x 2)′·(e x －x －1)(x 2)2＝e x (x －2)＋x ＋2x 3．记q (x )＝e x (x －2)＋x ＋2，则q ′(x )＝e x (x －1)＋1．记t (x )＝q ′(x )＝e x (x －1)＋1，则t ′(x )＝x e x ．显然当x <0时，t ′(x )<0，函数t (x )单调递减；当x >0时，t ′(x )>0，函数t (x )单调递增．所以t (x )>t (0)＝e 0(0－1)＋1＝0，即q ′(x )>0，所以函数q (x )单调递增．而q (0)＝e 0(0－2)＋0＋2＝0，所以当x <0时，q (x )<0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增；当x >0时，q (x )>0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增．而当x →0时，p (x →0＝e x －12xx →0＝(e x －1)′(2x )′x →0＝e x 2x →0＝12(洛必达法则)，当x →－∞时，p (x －∞＝e x －12xx →－∞＝0，故函数p (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ．显然，当a ＝12时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象无交点，即方程e x －ax 2－x －1＝0只有一个解x ＝0；当a ≠12且a >0时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象有一个交点(x 0，a )，即方程e x －ax 2－x －1＝0有两个解x ＝0或x ＝x 0．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．[注]部分题型利用分离法处理时，会出现“0”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．法则1若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1)li m x →a f (x )＝0及li m x →a g (x )＝0；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ．那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．法则2若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →a g (x )＝∞；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．[题后悟通]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个．(1)分离参数：得到参数与超越函数式相等的式子，借助导数分析函数的单调区间和极值，结合图形，由参数函数与超越函数的交点个数，易得交点个数的分类情况；(2)构造新函数：求导，用单调性判定函数的取值情况，再根据零点存在定理证明零点的存在性．[例2]设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0．(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．[规范解答](1)函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx．由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f ′(x )与f (x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：x (0，k )k (k ，＋∞)f ′(x )－0＋f (x )↘k (1－ln k )2↗所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2，无极大值．(2)由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2．因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点；当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．[例3]已知函数f (x )＝a ln x ＋bx(a ，b ∈R ，a ≠0)的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为－a .(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论方程f (x )＝1根的个数．[规范解答](1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －b －a ln xx 2，由f ′(1)＝a －b ＝－a ，得b ＝2a ，所以f (x )＝a (ln x ＋2)x ，f ′(x )＝－a (ln x ＋1)x2.当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <1e ；由f ′(x )<0，得x >1e .当a <0时，由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e.综上，当a >0时，f (x )a <0时，f (x )的单调递增(2)f (x )＝1，即方程a ln x ＋2a x ＝1，即方程1a ＝ln x ＋2x ，构造函数h (x )＝ln x ＋2x，则h ′(x )＝－1＋ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1e ，h ′(x )>0，h ′(x )<0，即h (x )h (x )max ＝ e.h (x )单调递减且h (x )＝ln x ＋2x >0，当x 无限增大时，h (x )无限接近0；h (x )单调递增且当x 无限接近0时，ln x ＋2负无限大，故h (x )负无限大．故当0<1a <e ，即a >1e 时，方程f (x )＝1有两个不等实根，当a ＝1e 时，方程f (x )＝1只有一个实根，当a <0时，方程f (x )＝1只有一个实根．综上可知，当a >1e 时，方程f (x )＝1有两个实根；当a <0或a ＝1e 时，方程f (x )＝1有一个实根；当0<a <1e 时，方程f (x )＝1无实根．[例4]已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .(1)若直线y ＝kx 与f (x )的反函数的图象相切，求实数k 的值；(2)若m <0，讨论函数g (x )＝f (x )＋mx 2零点的个数．[规范解答](1)f (x )的反函数为y ＝ln x ，x >0，则y ′＝1x．设切点为(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0＝ln x 0x 0，故x 0＝e ，k ＝1e.(2)函数g (x )＝f (x )＋mx 2的零点的个数即是方程f (x )＋mx 2＝0的实根的个数(当x ＝0时，方程无解)，等价于函数h (x )＝e xx 2(x ≠0)与函数y ＝－m 图象交点的个数．h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )>0，h (x )在(－∞，0)上单调递增；当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0，h (x )在(0,2)上单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)上单调递增．∴h (x )的大致图象如图：∴h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (2)＝e 24.∴当－m m －e 24，h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为1；当－m ＝e 24，即m ＝－e 24时，函数h (x )＝e xx2与函数y ＝－m 图象交点的个数为2；当－m m ∈－∞，－e 24时，函数h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为3.综上所述，当m ∞g (x )有三个零点；当m ＝－e 24时，函数g (x )有两个零点；当m ∈－e 24，0时，函数g (x )有一个零点．[例5]已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )x )，f (x )≥g (x )，(x )，f (x )<g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．[规范解答](1)f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ，所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1，由题意，知a ＝－1．(2)易知函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x <1时，g (x )<0，又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R f (－1)＝34－a >0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点，此时y ＝h (x )有两个零点；②当a >0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0，得两根为x 1＝－a3<0，x 2＝a3>0，则－a3是函数f (x )的一个极小值点，a3是函数f (x )的一个极大值点，而＋－14＝－2a 3a 3－14<0．现在讨论极大值的情况：＋aa 3－14＝2a 3a 3－14，当，即a <34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零，此时y ＝h (x )有两个零点；当0，即a ＝34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝a 3＝12，此时y ＝h (x )有三个零点；当，即a >34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3，若f (1)＝a －54<0，即a <54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝a －54＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝a －54>0，即a >54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a <34或a >54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34<a <54时，y ＝h (x )有四个零点．[例6]已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋2)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若a ＝0，求证：f (x )<0；(2)讨论函数f (x )零点的个数．[破题思路](1)当a ＝0时，f (x )＝－2x ＋2ln x (x >0)，f ′(x )＝－2＋2x ＝2(1－x )x，设g (x )＝1－x ，根据g (x )的正负可画出f (x )的图象如图(1)所示．(2)f ′(x )＝(x －1)(ax －2)x (x >0)，令g (x )＝(x －1)(ax －2)，当a ＝0时，由(1)知f (x )没有零点；当a >0时，画g (x )的正负图象时，需分2a ＝1，2a >1，2a <1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f (x )的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a <0时，同理可得图(5)．综上，易得f (x )的零点个数．[规范解答](1)当a ＝0时，f ′(x )＝－2＋2x ＝2(1－x )x，由f ′(x )＝0得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )≤f (x )max ＝f (1)＝－2，即f (x )<0.(2)由题意知f ′(x )＝ax －(a ＋2)＋2x ＝ax 2－(a ＋2)x ＋2x ＝(x －1)(ax －2)x (x >0)，当a ＝0时，由第(1)问可得函数f (x )没有零点．当a >0时，①当2a ＝1，即a ＝2时，f ′(x )≥0恒成立，仅当x ＝1时取等号，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝－12a －2＝－12×2－2<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．②当2a >1，即0<a <2时，若0<x <1或x >2a ，则f ′(x )>0，f (x )在(0,1)若1<x <2a ，则f ′(x )<0，f (x )又f (1)＝12a －(a ＋2)＋2ln 1＝－12a －2<0，则f (1)<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )③当0<2a <1，即a >2时，若0<x <2a x >1，则f ′(x )>0，f (x )(1，＋∞)上单调递增；若2a<x <1，则f ′(x )<0，f (x )因为a >2，所以＝－2a －2＋2ln 2a <－2a －2＋2ln 1<0，又x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )仅有一个零点在区间(1，＋∞)上．当2a<0，即a <0时，若0<x <1，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增；若x >1，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞，又f (1)＝12a －(a ＋2)＋2ln 1＝－12a －2＝－a －42.当f (1)＝－a －42>0，即a <－4时，函数f (x )有两个零点；当f (1)＝－a －42＝0，即a ＝－4时，函数f (x )有一个零点；当f (1)＝－a －42<0，即－4<a <0时，函数f (x )没有零点．综上，当a <－4时，函数f (x )有两个零点；当a ＝－4时，函数f (x )有一个零点；当－4<a ≤0时，函数f (x )没有零点；当a >0时，函数f (x )有一个零点．[题后悟通]解决本题运用了分类、分层的思想方法，表面看起来非常繁杂．但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式f ′(x )>0与f ′(x )<0的求解，特别是含有参数的不等式求解，而从f ′(x )抽象出与其正负有关的函数g (x )，画图更方便，观察图形即可直观快速地得到f (x )的单调性，大大提高解题的效率．[对点训练]1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．1．解析(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3．令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．2．已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…．(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．2．解析(1)由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，所以h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－3－2＞0，所以h (1)h (2)＜0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)由(1)可知h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ．由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32．当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＞0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x )在(0，＋∞)内只有一个零点，则h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2．3．设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R ．(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．3．解析(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x2，∴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)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－133＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23．又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．4．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈1e ，e时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．4．解析(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得x >1a ；由f ′(x )<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )(2)∵当x ∈1e ，e时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即当x ∈1e ，e时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )ln x －x＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1(1，e)上单调递增，∴当x ∈1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0．∴1x＋ln x －1≥0在x ∈1e ，e 上恒成立．∴h ′(x )ln x －x ＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈1e ，e上单调递增．∴h (x )min ＝2e 1e ＋1e，h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e＋1e或m >e 时，函数g (x )在1e ，e 上没有零点；当－2e 1e＋1e≤m ≤e 时，函数g (x )在1e ，e 上有且只有一个零点．5．设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．5．解析(1)∵函数f (x )在[0，＋∞)内单调递增，∴f ′(x )＝e x －1x ＋a≥0在[0，＋∞)内恒成立．即a ≥e －x －x 在[0，＋∞)内恒成立．记g (x )＝e －x －x ，则g ′(x )＝－e －x －1<0恒成立，∴g (x )在区间[0，＋∞)内单调递减，∴g (x )≤g (0)＝1，∴a ≥1，即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a (x >－a )，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1(x ＋a )2>0，知f ′(x )在区间(－a ，＋∞)内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x )在区间(－a ，＋∞)内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x－1x 0＋a ＝0，于是0e x＝1x 0＋a，x 0＝－ln (x 0＋a )．当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x －2a －ln (x 0＋a )＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ，当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．由0<a <23，得2－3a >0，∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．6．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2(a ∈R )．(1)若f (x )在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋y ＋2＝0垂直，求实数a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间[1，e 2]上零点的个数．6．解析(1)f (x )＝ln x －12ax 2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＝1－ax 2x ，则f ′(2)＝1－4a2．因为直线2x ＋y ＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×1－4a2＝－1，解得a ＝0．(2)f ′(x )＝1－ax 2x ，x ∈(0，＋∞)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0′(x )>0，>0得0<x <aa ；由f ′(x )<0得x >aa ，所以f (x )综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )(3)由(2)可知，(ⅰ)当a <0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a >0，故f (x )在[1，e 2]上没有零点．(ⅱ)当a ＝0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a ＝0，故f (x )在[1，e 2]上有一个零点．(ⅲ)当a >0时，①若aa ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e 2]上单调递减．因为f (1)＝－12a <0，所以f (x )在[1，e 2]上没有零点．②若1<aa ≤e 2，即1e 4≤a <1时，f (x )在1，a a 上单调递增，在a a ，e 2上单调递减，而f (1)＝－12a <0，f ＝－12ln a －12，f (e 2)＝2－12a e 4，若f＝－12ln a－12<0，即a>1e时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f＝－12ln a－12＝0，即a＝1e时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f＝－12ln a－12>0，即a<1e时，由f(e2)＝2－12a e4>0，得a<4e4，此时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；由f(e2)＝2－12a e4≤0，得a≥4e4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若aa≥e2，即0<a≤1e4时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－12a<0，f(e2)＝2－12a e4>0，所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．综上所述：当a<0或a>1e时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4e4或a＝1e时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4e4≤a<1e时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．。
微专题10 导数解答题之零点问题(原卷版)
微专题10导数解答题之零点问题秒杀总结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.例1．（第21讲零点问题之一个零点-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()sin cos ,[,]2f x x x x ax x ππ=++∈-． (1)求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；(2)当0a =时，求()f x 的单调区间；(3)当0a >时，()f x 在区间[,]2ππ有一个零点，求a 的取值范围．例2．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2021-2022学年高三上学期第三次摸底考试理科数学试题）已知函数ln sin ()(0)x x a ea f x x a =+>，()'f x 为()f x 的导数. (1)若0x =为()'f x 的零点，试讨论()f x 在区间[]0,π的零点的个数；(2)当1a =时，()(0)2cos xf x mx x <>+，求实数m 的取值范围.例3．（湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高三上学期月考（四）数学试题）已知函数()()sin ln 1f x x x =-+.(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)证明：()f x 有且仅有2个零点.例4．（黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次校内检测数学（理）试题）已知()()1e 0x f a x x x -->=，1x =是()f x 的极值点（其中e 是自然对数的底数）.(1)求a 的值；(2)讨论函数()()sin h x f x x =-在()0,π的零点个数.（参考数据：12e 1.77π-≈）.过关测试1．（江苏省南通市如皋、镇江市2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题）设f (x )＝x e x －mx 2，m ∈R .(1)设g (x )＝f (x )－2mx ，讨论函数y ＝g (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在(0，＋∞)有两个零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2＞2.2．（考点12导数与不等式，函数零点等-2021年新高考数学一轮复习考点扫描）已知函数()ln f x x ax a =-+，2()1g x x =-.（1）当0a =，0x >且1x ≠时，证明：212()()11xf xg x x x +<--；（2）定义,{,},m m nmax m n n m n ≥⎧=⎨<⎩，设函数(){(),()}(0)h x max f x g x x =>，试讨论()h x 零点的个数.3．（湖南省常德市部分重点中学2019-2020学年高三上学期10月联考文科数学试题）已知函数()2,()ln x f x e ax a g x x =--=.（1）讨论()f x 的单调性；（2）用max{,}m n 表示,m n 中的最大值，设函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论()h x 零点的个数.4．（广西玉林市2022届高三上学期教学质量监测数学（理）试题）已知函数()2ln 1f x x ax =-+.(1)若()f x 存在零点，求实数a 的取值范围；(2)若0x 是()f x 的零点，求证：00220032e 1xx a x x --≤≤.5．（江西省景德镇市2022届高三第二次质检数学（文）试题）已知函数24e ()ln 214e xx f x x =+++.(1)求函数()y f x =在(0,(0))f 处切线的斜率；(2)求证：()y f x =有且只有一个零点0x ，且满足0112e e 2x<<.参考数据：ln20.693≈6．（北京市密云区2022届高三上学期期末考试数学试题）已知函数()e x f x x k =+，R k ∈．(1)求曲线()y f x =在点()()2,2M f 处的切线方程；(2)求函数()f x 的单调区间；(3)若函数()e x f x x k =+有两个不同的零点，记较大的零点为0x ，证明：当()01,2x ∈时，()2201e e 0k x k +->．7．（辽宁省大连市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()()e ,ln x f x ax g x ax x =-=-，其中a ∈R .(1)若0x >时，()()0f x g x ⋅>恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若函数()()()F x f x g x =+的最小值为m ，试证明：函数()e ln x m G x x -=-有且仅有一个零点.8．（广东省揭阳市2022届高三上学期期末数学试题）已知函数()e ln .x f x x ax a x a =--+(1)若e a =，判断函数()f x 的单调性，并求出函数()f x 的最值.(2)若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.。
浅谈函数零点个数问题的解决方法
教学篇•方法展示浅谈函数零点个数问题的解决方法李雪静（福建省福州第七中学，福建福州）摘要：从函数零点个数的问题出发，结合一定的例题，为学生总结归纳了函数零点个数的几种求法。
本文归纳的解法有直接法（定义法）、数形结合法、零点存在性定理和利用导数求解零点个数，希望对学生有一定的用处，能够提高学生的做题效率和解题能力。
关键词：函数零点；直接法；数形结合；零点存在性定理；导数一、引言对于最近几年各个地方的考试，函数零点是否存在、零点个数以及通过零点个数求一些参数的取值，经常出现在各种高中数学试卷的选择题、填空题中，甚至是解答题中，题目形式也多样化，函数零点问题渐渐成了考试中的热点，更是一个亮点。
在平常的学习中，一提到函数，学生们就会忧心忡忡，在函数零点问题上，也总是不知如何入手，为此结合个人教学体会，就函数零点个数问题，稍作归纳总结供学生参考和使用。
函数零点一直是考试的热点，是教学过程中的重点和难点，更是学生学习的难点。
多数学生数学思维差，不愿意计算，不愿意思考，更不会把所有的知识结合起来运用，也不会总结归纳，因此需要教师对求函数零点个数的方法进行归纳；通过具体实例的探究，归纳概括出所发现的结论，体验对函数知识由浅入深的认知过程和代数与图像相结合的思想方法，从函数与方程的联系中体会转化的辩证思想；让学生学会这些求解方法并会运用这些方法进行对函数零点问题应用的解答；对于学生而言，考查函数的零点个数，只需要看此函数对应方程有几个根，或者拆成两个函数，研究这两个函数的图象有多少个交点，或者将函数图象的草图画出来，研究函数图象与x轴有多少个交点也可以。
本文就函数零点个数的常见题型和对应的解法作出详细的分析，希望在以后的教学中能够更好地掌握函数的零点教学。
二、直接法（定义法）一般地，对于函数y=f（x）（x∈R），我们把方程f（x）=0的实数根x叫作函数y=f（x）（x∈R）的零点[1]（the zero of the function）；即函数的零点就是使函数值为零的自变量的值。
高考数学 基础+方法全解 第10讲 零点、根、交点,教你如何转化(含解析)
高考数学 基础+方法全解 第10讲 零点、根、交点，教你如何转化（含解析）考纲要求:1.函数的零点、方程根的个数是历年高考的重要考点．2.利用函数的图形及性质判断函数的零点，及利用它们求参数取值范围问题是重点，也是难点．基础知识回顾:一、方程的根与函数的零点（1）定义：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。
函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距、极值点等。
（2）函数零点的意义：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 =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点。
（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，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，这个c 也就是方程的根。
函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件。
【注】零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决。
二、二分法 （1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数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，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法。
（2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε。
数学思想在解答函数零点个数问题中的应用
考点透视函数零点的个数问题比较常见，常见的命题形式有两种：（1）求函数零点的个数；（2）已知函数零点的个数，求参数的取值范围.下面结合实例，谈一谈如何巧妙运用数学思想解答函数零点的个数问题.一、利用方程思想函数f (x )的零点即为函数f (x )=0时x 的取值.因此，在解答函数零点的个数问题时，可利用方程思想，令函数f (x )=0，将问题转化为求函数f (x )所对应的方程f (x )=0的解的个数.解该方程，便可确定函数的零点的个数.例1.求函数f (x )=ìíîïïx 2-2,-π<x ≤0,cos(3x +π6),0<x <π.零点的个数.解：当-π<x ≤0时，解方程x 2-2=0，得x =-2；当0<x <π时，解方程cos(3x +π3)=0,得3x +π6=π2+k π，即x =π9+k π3(k ∈Z)，当k =0,1,2时，x =π9，4π9，7π9，满足题意，所以函数f (x )有4个零点.该函数为分段函数，需分-π<x ≤0和0<x <π两种情况讨论f (x )=0的解的个数.运用方程思想求解函数零点的个数问题的思路较为简单，解方程即可求得问题的答案.二、利用数形结合思想函数的图象是解答函数问题的重要工具.由于函数f (x )的零点即为函数f (x )与x 轴交点的横坐标，所以可利用数形结合思想，根据函数的解析式画出函数的图象，通过研究函数的图象与x 轴交点的个数，来求得函数零点的个数.例2.求函数f (x )=ln x +2x -4零点的个数.解：由题意可知函数的定义域是{x |x >0}，令f (x )=ln x +2x -4=0，可得ln x =4-2x ，设g (x )=ln x ,h (x )=4-2x ,分别画出两个函数的图象，如图1所示，由图可知两个函数的图象交于第一象限，而g (x )=ln x 在第一象限单调递增，h (x )=4-2x 在第一象限单调递减，所以两个函数的图象只有1个交点，所以函数f (x )=ln x +2x -4只有1个零点.该函数由两个简单初等函数g (x )、h (x )构成，于是令f (x )=0，将方程变为g (x )=h (x )的形式，构造出两个新函数，然后在同一坐标系中分别画出g (x )和h (x )的图象，利用数形结合思想来解题.通过观察两个函数的图象，即可明确其交点的个数.两个函数的图象有几个交点，方程g (x )=h (x )就有几个解，函数f (x )=0就有几个解，函数f (x )就有几个零点.例3.已知函数f (x )=ax -2ln x (a ∈R)有2个零点，求a 的取值范围.解：令f (x )=0，可得ax -2ln x =0，即a =2ln x x(x >0).设g (x )=2ln x x(x >0),y =a，对g (x )求导可得g ′(x )=2(1-ln x )x 2,则当0<x <e 时，1-ln x >0，g ′(x )>0；当x >e 时，1-ln x <0，g ′(x )<0，所以g (x )在（0,e ）上单调递增，在（e ,+∞）上单调递减，故g (x )在x =e 处取得最大值g (e )=2e.画出函数g (x )=2ln xx的图象，如图2所示，要使直线y =a 与g (x )图象有2个交点，则需使直线y =a 必须在x 轴和直线y =2e 之间，因此，0<a <2e.解答本题的关键在于将f (x )=0进行适当的变形，通过分离参数，构造出两个函数，利用数形结合思想来研究两个函数图象的交点.在画函数的图象时，可利用导数法来判断函数的单调性，求函数的最值，以便确定函数图象的变化情况.总之，解答函数零点的个数问题，可以从方程和图象两个方面入手，利用方程思想和数形结合思想来解答.一般地，若易于求得方程f (x )=0的解，则可利用方程思想，通过解方程来解题；若不易求得方程f (x )=0的解，则需利用数形结合思想，借助函数图象来讨论函数零点的个数.（作者单位：陕西省神木职业技术教育中心）邱香云图2图139Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版)-高中数学
函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一)确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2.判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a=g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y=a与函数y=g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.1(2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数)已知函数f x =ax2e xa≠0,a∈R．(1)求f x 的极大值；(2)若a=1，求g x =f x -cos x在区间-π2,2024π上的零点个数．(二)根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.2(2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟)已知函数f x =ln x+2(1)求曲线y=f x 在x=-1处的切线方程；(2)求证：e x≥x+1；(3)函数h x =f x -a x+2有且只有两个零点，求a的取值范围．(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知f(a)的符号,探求赋值点m(假定m<a)使得f(m)与f(a)异号,则在(m,a)上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点x0落在规定区间内；确保运算可行三个优先：(1)优先常数赋值点；(2)优先借助已有极值求赋值点；(3)优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点(见例2解法),放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.3(2024届山东省烟台招远市高考三模)已知函数f x =x+ae x a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)当a=3时，若方程xf x -x +f x -xf x=m+1有三个不等的实根，求实数m的取值范围.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为x 0,再利用导函数的单调性确定x 0所在区间,最后根据fx 0 =0,研究f x 0 ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若f (x )中含有参数a ,关系式f '(x 0)=0是关于x 0,a 的关系式,确定x 0的合适范围,往往和a 的范围有关.4(2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考)已知函数f x =e x ，g x =ln x .(1)若函数h x =ag x -1 -x +1x -1，a ∈R ，讨论函数h x 的单调性；(2)证明：142x -1 f 2x -f x >2g x -2.(参考数据：e 45≈2.23，e 12≈1.65)1(2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研)已知函数f x =ln x+sin x+sin π10.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.2(2024届江西省九江市高三三模)已知函数f x =e ax+e-ax(a∈R，且a≠0).(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =x+x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围.3(2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测)已知函数f(x)=a(ln x+1)+1x3(a>0)．(1)求证：1+x ln x>0；(2)若x1,x2是f(x)的两个相异零点，求证：x2-x1<1-1 a．4(2022高考全国卷乙理)已知函数f x =ln1+x+axe-x (1)当a=1时,求曲线y=f x 在点0,f0处的切线方程；(2)若f x在区间-1,0,0,+∞各恰有一个零点,求a取值范围．5(2024届辽宁省凤城市高三下学期考试)已知函数f x =xe x -1-ln x -x .(1)求函数f x 的最小值；(2)求证：e f x +x >e x -e -1 ln x -12.6(2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷)已知函数f x =xe x-1,g x =ln x-mx,m∈R.(1)求f x 的最小值；(2)设函数h x =f x -g x ，讨论h x 零点的个数.7(2024届河南省信阳市高三下学期三模)已知函数f x =ax-ln1-x.a∈R(1)若f x ≥0恒成立，求a的值；(2)若f x 有两个不同的零点x1,x2，且x2-x1>e-1，求a的取值范围.8(2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考)已知函数f x =e x-1-ax-a a∈R.(1)当a=2时，求曲线y=f x 在x=1处的切线方程；(2)若函数f x 有2个零点，求a的取值范围.9(2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟)设函数f x =e x+a sin x，x∈0,+∞.(1)当a=-1时，f x ≥bx+1在0,+∞上恒成立，求实数b的取值范围；(2)若a>0,f x 在0,+∞上存在零点，求实数a的取值范围.10(2024届河北省张家口市高三下学期第三次模)已知函数f(x)=ln x+5x-4．(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；-2．(2)证明：f(x)>-35x11(2024届上海市格致中学高三下学期三模)已知f x =e x-ax-1，a∈R，e是自然对数的底数.(1)当a=1时，求函数y=f x 的极值；(2)若关于x的方程f x +1=0有两个不等实根，求a的取值范围；(3)当a>0时，若满足f x1，求证：x1+x2<2ln a.=f x2x1<x212(2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷)函数f (x )=e λx -4sin x +λ-2的图象在x =0处的切线为y =ax -a -3,a ∈R .(1)求λ的值；(2)求f (x )在(0,+∞)上零点的个数.13(2024年天津高考数学真题)设函数f x =x ln x ．(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的值；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 12．14(2024届河北省高三学生全过程纵向评价六)已知函数f x =axe x，g x =sin x+cos x.(1)当a=1时，求f x 的极值；(2)当x∈0,π时，f x ≤g x 恒成立，求a的取值范围.15(2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练)已知函数f x =a ln x-1x+x a∈R.(1)讨论f x 的零点个数；(2)若关于x的不等式f x ≤2x-2e在0,+∞上恒成立，求a的取值范围.16(2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试)设f x =(a2-1)e x+sin x-3(1)当a=2，求函数f(x)的零点个数.(2)函数h(x)=f(x)-sin x-x2+2ax+2，若对任意x≥0，恒有h(x)>0，求实数a的取值范围17(2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测)已知函数f x =2ax-sin x.(1)当a=1时，求曲线y=f x 在点0,f0处的切线方程；(2)当x>0时，f x ≥ax cos x恒成立，求实数a的取值范围.18(2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试)已知函数f x =2ln x-12mx2+1m∈R.(1)当m=1时，证明：f x <1；(2)若关于x的不等式f x <m-2x恒成立，求整数m的最小值.19(2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考)设函数f x =x3-3ax2+3b2x(1)若a=1，b=0，求曲线y=f x 在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k的最大值．20(2023届江苏省连云港市高三学情检测)已知函数.(1)判断函数f x 零点的个数，并证明；(2)证明：.。
高考复习专题：函数零点的求法及零点的个数
函数零点的求法及零点的个数题型1：求函数的零点。
[例1] 求函数2223+--=x x x y 的零点. [解题思路]求函数2223+--=x x x y 的零点就是求方程02223=+--x x x 的根[解析]令32220x x x --+=，∴2(2)(2)0x x x ---=∴(2)(1)(1)0x x x --+=，∴112x x x =-==或或即函数2223+--=x x x y 的零点为-1，1，2。
[反思归纳] 函数的零点不是点，而是函数函数()y f x =的图像与x 轴交点的横坐标，即零点是一个实数。
题型2：确定函数零点的个数。
[例2] 求函数f(x)=lnx ＋2x －6的零点个数. [解题思路]求函数f(x)=lnx ＋2x －6的零点个数就是求方程lnx ＋2x －6=0的解的个数 [解析]方法一：易证f(x)= lnx ＋2x －6在定义域(0,)+∞上连续单调递增，又有(1)(4)0f f ⋅<，所以函数f(x)= lnx ＋2x －6只有一个零点。
方法二：求函数f(x)=lnx ＋2x －6的零点个数即是求方程lnx ＋2x －6=0的解的个数即求ln 62y x y x =⎧⎨=-⎩的交点的个数。
画图可知只有一个。
[反思归纳]求函数)(x f y =的零点是高考的热点，有两种常用方法：①（代数法）求方程0)(=x f 的实数根；②（几何法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数)(x f y =的图像联系起来，并利用函数的性质找出零点。
题型3：由函数的零点特征确定参数的取值范围 [例3] (2007·广东)已知a 是实数,函数()a x ax x f --+=3222,假如函数()x f y =在区间[]1,1-上有零点，求a 的取值范围。
[解题思路]要求参数a 的取值范围，就要从函数()x f y =在区间[]1,1-上有零点找寻关于参数a 的不等式（组），但由于涉及到a 作为2x 的系数，故要对a 进行探讨[解析] 若0a = , ()23f x x =- ,明显在[]1,1-上没有零点, 所以 0a ≠.令()248382440a a a a ∆=++=++=, 解得32a -=①当a =时, ()y f x =恰有一个零点在[]1,1-上;②当()()()()05111<--=⋅-a a f f ，即15a <<时，()y f x =在[]1,1-上也恰有一个零点。
例谈函数零点问题处理的几种方法
例谈函数零点问题处理的几种方法作者：王世恩来源：《环球市场信息导报》2013年第12期函数零点问题往往以选择、填空题形式出现在近几年的高考试题中，该问题主要考查函数与方程的关系，要求学生能够运用分类讨论、数形结合、转化与化归思想来解决函数的零点分布或个数问题，该文从以下几个方法来探讨处理函数零点问题的策略。
方法一、直接法人教数学必修1在函数零点这一节中：“方程有实数根函数的图像与轴有交点函数有零点。
”由此可知，求函数的零点，就是直接求方程的实数根。
例1. （2010年福建卷理4）函数的零点个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3解：当时，令解得；当时，令解得，所以已知函数有两个零点，选C。
备注：利用直接法求函数零点，前提是函数的零点，即方程的实数根，是我们能够用代数方法求解的，往往是我们所熟悉的一次、二次、对数、指数等一些初等函数所对应的方程。
方法二、定理法人教数学必修1中的零点存在定理：如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么，函数在区间内有零点，即存在，使得，这个也就是方程的根，也就是函数的零点。
零点存在定理告诉我们，如果连续函数在区间端点的函数值异号，那么函数在区间内至少有一根（奇数个根）。
例2.（2010年高考天津卷理科2）函数的零点所在的一个区间是（） A.（-2，-1）B.（-1，0） C.（0，1） D.（1，2）解：因为，，所以选B。
例3.“ ”是“函数有零点”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解：若，不妨设则当时，有；当时，有。
将零点存在定理拓展的非正常区间，有，故函数在必有一根。
反之，显然不成立，若，函数可能退化为二次或一次函数，仍然可能有根，故选A备注：零点存在定理虽然是判断零点存在的一个充分条件，但是却定量的刻画了函数零点所在区间，尤其在引入二分法后，用逼近的思想，可以将函数的零点定位在一个长度充分小的区间内。
第10讲函数的零点与方程的解课件高三数学一轮复习
29
高考一轮复习课件
夯实基础 步步登高
(5)(2023·三明模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x－2)＝f(x)， 当0≤x≤1时，f(x)＝x，设函数g(x)＝f(x)－log7|x|，则函数g(x)的零点个数 为
A.6
B.8
C.12
D.14
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夯实基础 步步登高
4sin
πx，4≤x<5，
－5sin πx，5≤x<6，
…，
夯实基础 步步登高
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令 g(x)≥0 ， 解 得 x≤150 ， 画 出 y ＝ |f(x)|与y＝g(x)的部分图象如图所示．
夯实基础 步步登高
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高考一轮复习课件
夯实基础 步步登高
由图可知 y＝|f(x)|与 y＝g(x)的图象在每个区间[k，k＋1](3≤k≤149 且 k∈Z)上均有 2 个交点，所以交点总数为(150－3)×2＝294，所以方程|f(x)| ＝3－5x0在(0，＋∞)上的实根个数为 294.故选 C.
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高考一轮复习课件
夯实基础 步步登高
当 x>a 时 ， f(x) ＝ 2x － 3 单 调 递 增 ， 当 － 1<x≤a时，f(x)＝log2(x＋1)单调递增．由题意， 若存在实数t使得g(x)有两个不同的零点，即存在 实数t，使得方程f(x)＝－t有两个不相等的根，即 函数f(x)的图象与直线y＝－t有两个交点，所以当 点 P(a ， log2(a ＋ 1)) 在 点 Q(a ， 2a － 3) 上 方 ， 即 log2(a ＋ 1)>2a － 3 时 ， 符 合 题 意 ． 因 为 log2(2 ＋ 1)>22－3＝1，log2(3＋1)<23－3＝5，结合y＝2x－ 3与y＝log2(x＋1)的图象可得正整数a的最大值为 2.
第10讲利用导数研究函数的零点问题 高考数学
=
−
−
=
得
=
，构造函数
=
，求导得
, ＞
在 −∞, 上单调递减，在 , 上单调递增， , +∞ 上单调递减，
且 = ，
试卷讲评课件
=
＞ 及
→ +∞ 时 → ，
的图像如图，得到 =
当＜或 = 时， 有一个零点；
当＞ 时， 有两个零点.
试卷讲评课件
练1
f x = 2ex − 5x 2 的零点的个数为(
A.0
B.1
)
D.3
√
C.2
【分析】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数 =
,结
合导函数求解单调性及极值最后应用数形结合求解.
【详解】由
π
4
2e
a =______
【分析】常数分离得
=
= 有唯一的解，求出 的单调性与
极值，由 有且仅有一个零点可得 = .
试卷讲评课件
【详解】当 = 时， = ≥ 恒成立， 在[, ]上无零点.
1
, +∞
e
【分析】由 ′
2
3 1
,
2
2e e
3
0, 2
2e
−
，令
1
∪ , +∞
e
−
=
＜＜
，则直
上的图象有两个交点，利用导数分析函数
函数的零点个数问题-含答案
【知识要点】一、方程的根与函数的零点（1）定义：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.函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距和极值点等.（2）函数零点的意义：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 =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，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()0f c =，这个c 也就是方程的根.函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件.零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决. 二、二分法（1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数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，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法. （2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε. 第二步：求区间(,)a b 的中点1x .第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步. 三、一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布讨论一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布一般从以下个方面考虑列不等式组： （1）a 的符号； （2）对称轴2bx a=-的位置； （3）判别式的符号； （4）根分布的区间端点的函数值的符号.四、精确度为0.1指的是零点所在区间的长度小于0.1，其中的任意一个值都可以取；精确到0.1指的是零点保留小数点后一位数字，要看小数点后两位，四舍五入. 五、方法总结函数零点问题的处理常用的方法有：(1) 方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法. 【方法点评】方法一 方程法使用情景 方程可以直接解出来. 解题步骤 先解方程，再求解.【例1 】已知函数2()32(1)(2)f x x a x a a 区间(1,1)-内有零点，求实数a 的取值范围.【点评】（1）本题如果用其它方法比较复杂，用这种方法就比较简洁.关键是能发现方程能直接解出来.（2）对于含有参数的函数要尝试因式分解，如果不好因式分解，再考虑其它方法.【反馈检测1】函数2()(1)cos f x x x =-在区间[0,4]上的零点个数是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ． 7方法二 图像法使用情景一些简单的初等函数或单调性容易求出，比较容易画出函数的图像.解题步骤先求函数的单调性，再画图分析.学科@网【例2】（2017全国高考新课标I理科数学）已知函数2()(2)x xf x ae a e 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.(2) ①若0,a≤由（1）知()f x至多有一个零点.②若0a>，由（1）知当lnx a=-时，()f x取得最小值，1(ln)1lnf a aa-=-+.（i）当1a=时，(ln)f a-=0，故()f x只有一个零点.（ii）当(1,)a∈+∞时，由于11ln aa-+>0，即(ln)0f a->，故()f x没有零点.（iii）当0,1a∈（）时，11ln0aa-+<，即(ln)0f a-<.422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>故()f x在(,ln)a-∞-只有一个零点.00000000003ln(1),()(2)203ln(1)ln,()n n n nn n f n e ae a n e n naa f xa>-=+-->->->->-∞设正整数满足则由于因此在（-lna,+)有一个零点.综上所述，a的取值范围为（0,1）.【点评】（1）本题第2问根据函数的零点个数求参数的范围，用的就是图像法. 由于第1问已经求出了函数的单调性，所以第2问可以直接利用第1问的单调性作图分析. (2) 当0,1a∈（）时，要先判断(,ln)a-∞的零点的个数，此时考查了函数的零点定理，(ln)0f a-<，还必须在该区间找一个函数值为正的值，它就是422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>要说明(2)0f->，这里利用了放缩法，丢掉了42ae ae--+.(3) 当0,1a∈（）时，要判断(ln,)a-+∞上的零点个数，也是在考查函数的零点定理，还要在该区间找一个函数值为正的值，它就是03ln(1)n a>-，再放缩证明0()f n >0. （4）由此题可以看出零点定理在高考中的重要性.【例3】已知3x =是函数()()2ln 110f 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 =的图象有3个交点，求b 的取值范围.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()21616101616ln 291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<，因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--【点评】本题第(3)问，由于函数()f x 中没有参数，所以可以直接画图数形结合分析解答.【反馈检测2】已知函数2()1x e f x ax =+，其中a 为实数，常数 2.718e =.(1) 若13x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； (2) 当4a =-时，求函数()f x 的单调区间；。
专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。
求零点个数的方法
求零点个数的方法零点个数是一个数学问题，指的是在一个数的表示中，有多少个零。
这个问题在实际生活中并不常见，但在数学运算和数值计算中却有着重要的意义。
零点个数可以用来衡量一个数的位数结构以及数的性质。
对于不同的数，它们的零点个数也会有不同的计算方法。
首先，对于整数来说，其零点个数是比较容易计算的。
我们可以从各个位置来进行计算。
对于一个整数n，其零点个数可以表示为：f(n) = ∑10^i * [n / 10^(i+1)] (i=0,1,2,...,log10 n)，其中[]表示向下取整函数，log10表示以10为底的对数。
这个公式的意思是，对于n的每一位数字，我们都分别计算其对应的位置上有多少个零，然后将它们相加即得到整个数的零点个数。
这个公式的推导是比较简单的。
对于一个整数n，我们可以将其表示为各个位上的数字的和：n = a0 + a1*10 + a2*10^2 + ... + an*10^n。
对于一个位置i，我们可以计算i对应的位数上有多少个零：[n / 10^(i+1)]表示了位数i右边的数值范围，而10^i表示了位数i本身的权重，两者的乘积就是位数i上有多少个零。
最后将所有位数上的零点个数相加即可得到整数n的零点个数。
对于小数来说，其零点个数的计算方法也类似。
我们同样可以使用类似的方法来计算小数的零点个数。
对于一个小数m，其零点个数可以表示为：f(m) = -∑(-10)^-i * [m * 10^i] (i=1,2,...)，其中[ ]表示向下取整函数，-10^i表示10的-i次方。
这个公式的意思是，对于m的小数部分，我们都可以分别计算其对应的位置上有多少个零，然后将它们相加即得到整个数的零点个数。
这个公式的推导也是比较容易的。
对于一个小数m，我们可以将其表示为各个位上的数字的和：m = a1*10^-1 + a2*10^-2 + ... + an*10^-n。
对于一个位置i，我们可以计算i对应的位数上有多少个零：[m * 10^i]表示了位数i左边的数值范围，而10^-i表示了位数i本身的权重，两者的乘积就是位数i上有多少个零。
怎样判断函数零点的个数
.，所以 a = 2xe2x .
令 g(x) = 2e2x ，所 以 g'(x) = 2e2x(1 + 2x) ，当 x > 0
时 ，g'(x) = 2e2x(1 + 2x) 单 调 递 增 ，所 以 g(x) > g(0)
=0 ，
① 当 a ≤ 0 时，导函数 f'(x) 没有零点；②当 a > 0 时，f'(x) 有一个零点.
②当
a>0
时 ，y = e2x
单
调
递
增 ，y
=
-
a x
单调递
增，所以 f'(x) 在 x > 0 上单调递增.又因为 f'(a) > 0 ，所
以假设存在
b
，且
0<b<
a 4
，而
b<
1 4
，f'(b) < 0
.所以
当时 a > 0 ，f'(x) 存在唯一零点.
方法二：利用数形结合法解题.
数 学 篇
数形结合法是解答函数问题的常用方法，在求函 数零点的个数时，我们可以首先根据题意绘制出函数
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怎样判断函数零点的个数
崔铜铜
函数零点问题是历年来高考考查的热点问题.函 数 f (x) 的零点是当 f (x) = 0时x 的取值，即函数 y = f (x)
图象与 x 轴交点的横坐标.函数零点的个数问题不仅
考查了函数的图象和性质，还考查了解方程知识.本文
结合实例来探讨一下求函数零点的个数的方法. 题目：f (x) = e2x - a ln x(x > 0) ，讨论 f (x) 的导函数
第10讲 函数的零点与方程的解
知识梳理
1．函数的零点
(1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使□_1__f(_x_)＝__0____的实数x叫做
函数y＝f(x)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．
5
聚焦必备知识 突破核心命题 7拓展提能 限时规范训练
解．
提醒 连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可 能不变号．
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3．二分法
对 于 在 区 间 [a ， b] 上 图 象 连 续 不 断 且□5_f_(a_)_f_(b_)_<_0_______ 的 函 数 y ＝ f(x)，通过不断地把它的零点所在区间_□6__一__分__为__二___，使所得区间的两个
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D 令 f(x)＝0 得13x＝ln x．作出函数 y＝13x 和 y＝ln x 的图象，如图所 示．显然 y＝f(x)在(1e，1)内无零点，在(1，e)内有零点．
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反思感悟
确定函数零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象 是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必 有零点． (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否 有交点来判断．
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(2)若二次函数f(x)＝x2－2x＋m在区间(0，4)上存在零点，则实数m的 取值范围是________．
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g' x 1
2 x 1 x 1 x 1
令 g ' x 0 解得：
x 1 g x 在 0,1 单调递减，在 1,2 单调递增，
第 10 炼 函数零点的个数问题
一、知识点讲解与分析： 1、零点的定义：一般地，对于函数 y f x x D ，我们把方程 f x 0 的实数根 x 称 为函数 y f x x D 的零点 2、函数零点存在性定理：设函数 f x 在闭区间 a , b 上连续，且 f a f b 0 ，那么在 开区间 a , b 内至少有函数 f x 的一个零点，即至少有一点 x0 a , b ，使得 f x0 0 。 （1） f x 在 a , b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定” （假设 f x 连续） ① 若 f a f b 0 ，则 f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若 f a f b 0 ，那么 f x 在 a , b 不一定有零点 ③ 若 f x 在 a , b 有零点，则 f a f b 不一定必须异号 3、若 f x 在 a , b 上是单调函数且连续，则 f a f b 0 f x 在 a , b 的零点唯一 4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系 设函数为 y f x ，则 f x 的零点即为满足方程 f x 0 的根，若
3
A． 2 2,
D． , 2
-2-
思路：考虑数形结合，先做出 y x 3x 的图像，
3
y ' 3x 2 3 3 x 1 x 1 ，令 y ' 0 可解得： x 1 或
x 1 ，故 y x 3 3x 在 , 1 , 1, 单调递增，在
1 ln x x 0 ，无法直接求出根，构造函数 f x ln x x ，由 f 1 0, f 0 即可判 2
-1-
定其零点必在
1 ,1 中 2
2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理 作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。 缺点：方法单一，只能判定零点存在而无法判断个数，且能否得到结论与代入的特殊值有关 （2）方程的根： 工具：方程的等价变形 作用：当所给函数不易于分析性质和图像时，可将函数转化为方程，从而利用等式的性质可 对方程进行变形，构造出便于分析的函数 缺点：能够直接求解的方程种类较少，很多转化后的方程无法用传统方法求出根，也无法判 断根的个数 （3）两函数的交点： 工具：数形结合 作用：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变 为图形特征，是数形结合的体现。通过图像可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数） 或者确定参数的取值范围。 缺点：数形结合能否解题，一方面受制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进 行参变分离，其目的在于若含 x 的函数可作出图像，那么因为另外一个只含参数的图像为直 线，所以便于观察） ，另一方面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧， 以及作图时速度与精度的平衡（作图问题详见：1.7 函数的图像） 3、在高中阶段主要考察三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理， （2）二次方程 根分布问题， （3）数形结合解决根的个数问题或求参数的值。其中第（3）个类型常要用到 函数零点，方程，与图像交点的转化，请通过例题体会如何利用方程构造出函数，进而通过 图像解决问题的。 三、例题精析： 例 1：直线 y a 与函数 y x 3x 的图象有三个相异的交点，则 a 的取值范围为 ( )．
1,1 单调递减，函数的极大值为 f 1 2 ，极小值为
f 1 2 ，做出草图。而 y a 为一条水平线，通过图像可得， y a 介于极大值与极小
值之间，则有在三个相异交点。可得： a 2, 2 答案：A 小炼有话说：作图时可先作常系数函数图象，对于含有参数的函数，先分析参数所扮演的角 色，然后数形结合，即可求出参数范围。 例 2：设函数 f x x 2 x 2 ln x 1 ，若关于 x 的方程 f x x x a 在 0, 2 上
2 2
恰有两个相异实根，则实数 a 的取值范围是_________ 思路：方程等价于： x 2 x 2 ln x 1 x x a a x 2 ln x 1 ，即函数
2 2
y a 与 g x x 2 ln x 1 的图像恰有两个交
f x g x h x ,则方程可转变为 g x h x ，即方程的根在坐标系中为 g x , h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。
由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在 解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。 （详 见方法技巧） 二、方法与技巧： 1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为 一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。例如：对于方程