2020届高考数学江苏省二轮课件：第14讲 函数的零点问题

3.(2019南通通州、海门联考,12)已知函数f(x)=
|lg 2|x|
x|,x ,x
0.若函数y=|2f(x)-a|-1
0.
存在5个零点,则实数a的取值范围为
.
答案 (1,3)
解析 作出y=f(x)的图象,如图.
∵y=|2f(x)-a|-1有5个零点, ∴|2f(x)-a|-1=0有5个根,
1 x-a,x 0, 2

0,
h'(x)=
4x

9 2
,x

0,
-
1 ex

1 ,x 2

0,
所以x<- 9 时,函数h(x)单调递减,- 9 <x<0时,函数h(x)单调递增,0<x<ln 2时,函数
8
8
h(x)单调递减,x>ln 2时,函数h(x)单调递增.
由hh(0-)981-a-,3429
解析 (1)k=1时,不等式f(x)>-1,即ln x+x2-x>0,设g(x)=ln x+x2-x,因为g'(x)= 1 +2x-
x
1= 2x2-x 1>0在定义域(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)
x
=0,所以f(x)>-1的解集为(1,+∞).
(2)f '(x)= 1+2x-k= 2x2 -kx 1(x>0),
3-1 若函数f(x)=4x-2x-a,x∈[-1,1]有零点,则实数a的取值范围是
【方法归纳】 (1)函数有零点即方程有解问题,一般解题策略是等价转化、 数形结合思想的灵活应用,利用等价转化思想将问题转化为两个函数图象有 交点时斜率的范围问题,或者转化为一个新的函数在某一区间上的值域.(2) 函数y=f(x)的零点、方程f(x)=0的根、函数y=f(x)的图象与x轴的交点横坐标 是同一问题的三种不同说法.
当y=k(x+2)与y= 1-(x-1)2 (0<x≤2)的图象相切时,求得k= 2 ,当直线y=k(x+2)过
4
(1,1)时,k= 1 ,
3
∴ 1 ≤k<
2
.
3
4
从而在(0,9]上,
f(x)=g(x)有8个不同实数根时,k的取值范围是

1 3
,
2
4
.

【方法归纳】 已知函数零点个数,求参数的取值范围一般利用等价转化、 数形结合等思想,将问题转化为动直线与定曲线的交点个数问题.
如果x<a, f(x)=x3+3x-4a=0,即函数y=x3与y=-3x+4a的图象在(-∞,0)上有交点,由 图象可知不存在.
(2)当a<0时, 如果x≥a, f(x)=x3-3x+2a=0,即函数y=x3与y=3x-2a在(-∞,0)上有交点,如图,两图 象相切时,y'=3x2=3,x=-1,切点为(-1,-1),代入y=3x-2a,得a=-1, 所以,当-1≤a<0时,在x<0且x≥a处有交点,即存在x0<0,使得f(x0)=0.
x
递增,在(1,+∞)上递减,h(x)max=h(1)=-1<0,所以h(x)<0(x>0),即 ln x<x(x>0).因此,
f(x1)<x1-
x12
-2=-

x1
-
1 2
2

-

7 4
<0,又因为f(x)在(x1,x2)上递减,所以f(x2)<f(x1)<0,所以f
(x)在区间(0,x2)上不存在零点.
时, f(x)=x2+4cos x-4,有3个零点,不适合,舍去,故实数m的取值集合为{2}.
题型一 确定函数的零点个数 例1 设k∈R,函数f(x)=ln x+x2-kx-1,求: (1)k=1时,不等式f(x)>-1的解集; (2)函数f(x)的单调递增区间; (3)函数f(x)在定义域内的零点个数.
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②当k>2 2 时, f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上递增,在(x1,x2)上递减,其中2x1-kx1+1=0,2 x2-kx2+1=0, 则f(x1)=ln x1+ x12-kx1-1 =ln x1+ x12-(2 x12+1)-1 =ln x1- x12-2.
下面先证明ln x<x(x>0):设h(x)=ln x-x,由h'(x)=1-x >0得0<x<1,所以h(x)在(0,1)上
k 4
2
-8
,



;
当k≤2 2 时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
(3)据(2)知①当k≤2
2
时,函数f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增,令

x
2
-kx-1

0,
x 0,
解得x> k
k 2
2

4
,取m=max1,

k

k 2
2

4

,则当x>m时,
4
因为

x1 x1x2
x2

1 2
k 2 0,
0,
所以0<x1<x2,
所以f '(x)≥0的解集为 0, k-
k
2
-8
∪

k

4
k 4
2
-8
,



,
故函数f(x)的单调递增区间为 0, k-
k
2
-8
和

k

4
k 4
2
-8
,



.
(iii)当k<-2
2
时,同理可得

x1



x1
x2
x2

1 2
k 2 0,
0,
∴x1<x2<0, f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
综上所述,当k>2
2 时,函数f(x)的单调递增区间为 0, k-
k
2
-8

和
4
k
2
或|ln x|=e-3,故x= e-3-1或x=ee-3 或x=e-e-3 ,故方程f[f(x)]=3共有5个解.
2
一题多解
(数形结合)作出f(x)=
2x |ln
1,x 0,的图象,如图:
x|,x 0
设t=f(x), f(t)=3, 易知f(x)=3有2个根t1=e3,t2=e-3,

x3 x3
-3x 2a,x 3x-4a,x

aa,,若存在x0<0,使得f(x0)=
0,则实数a的取值范围是
.
答案 [-1,0)
解析 (1)当a≥0时, 如果x≥a, f(x)=x3-3x+2a=0,即函数y=x3与y=3x-2a的图象在(-∞,0)上有交点,由 图象可知不存在.
合为
.
答案 {2}
解析 因为f(-x)=f(x),所以f(x)是R上的偶函数,所以函数f(x)的唯一零点只能
是0,即f(0)=m2+2m-8=0,解得m=2或m=-4.当m=2时, f(x)=x2-2cos x+2, f ‘(x)=2x+2
sin x>0,x∈(0,+∞),则f(x)在x∈(0,+∞)上递增,此时f(x)有唯一零点x=0;当m=-4
k(x 2),0 x 1,

-
1 2
,1

x

2,
其中k>0.若在区间(0,9]上,关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的
实数根,则k的取值范围是
.
答案
1 3
,
2
4

解析 根据函数f(x)的周期性及奇偶性作图,如图所示.
由图知,当x∈(0,2]时,g(x)与f(x)的图象在x轴上方有2个公共点,当x∈(2,4]时,g (x)与f(x)的图象在x轴下方有1个公共点. 由f(x)与g(x)的周期性知,当x∈(4,8]时,g(x)与f(x)的图象有3个公共点,当x∈(8, 9]时,g(x)与f(x)的图象有2个公共点.
h( ln
2)

1

-a, ln 2
-a
⇒h

-
9 8
<h(ln
2)<h(0)⇒h(ln
2)=0或h(0)=0,解得a=1或

22
1 ln 2 .
2
故实数a的取值集合为1,

1 ln 2
2
.

题型三 函数的零点存在问题
例3
(2019泰州期末,13)已知函数f(x)=
f
3 2
=
7 >0,
8
f(2)=6>0,
∴f(x)的零点在1,
3 2
内.
∴k=1.
2.函数f(x)=

x
2
-2,x

0,
的零点个数是
.
2x-6 ln x,x 0
答案 2
解析 当x≤0时,f(x)=x2-2=0,解得x=- 2;当x>0时,f(x)=2x-6+ln x,其零点个数即 为方程2x-6+ln x=0(x>0)的实根个数,也即为函数y=6-2x,y=ln x,x>0图象的交点 个数,由函数图象可知f(x)=2x-6+ln x在(0,+∞)上有1个零点,故函数f(x)共有2 个零点.
∴f(x)=1 a 和f(x)= a-1共有5个零点.
2
2
a
①
0
2

1 1, a-1 2
f (x)有3个零点,
解得1<a<3.
1, f (x)有2个零点,
a-1
② 2
0
a
1,
1 2

1,
无解.
综上,a的取值范围是(1,3).
4.若函数f(x)=x2-mcos x+m2+3m-8有唯一零点,则满足条件的实数m所组成的集
如果x<a且a<-1时, f(x)=x3+3x-4a=0,即函数y=x3与y=-3x+4a在x<0,即x<a处有交
点,因a3+3a-4a=a(a+1)(a-1)<0,两图象交点的横坐标是大于a的,如图. 所以在x<a处,两图象无交点.
综上可知,-1≤a<0.
一题多解 令f(x)=0,则有x≥a时,x3=3x-2a,x<a时,x3=-3x+4a,等价于x3=3|x-a|+a 存在x0<0使得 x03=3|x0-a|+a,也就是研究函数y=x3的图象与函数y=3|x-a|+a的图 象在x<0时有交点. 如图,y=3|x-a|+a就是把y=3|x|图象顶点沿着直线y=x移动,不难发现a=-1时是临 界位置,从而-1≤a<0.

f(x)>x2-kx-1>0.设0<x<
1,x2-kx-1<max{-1,-k}=λ,所以f(x)<ln x+λ,当0<x<e-λ时, f(x)<0,取n=min{1,e-λ},则
当x∈(0,n)时, f(x)<0.又函数f(x)在定义域(0,+∞)上连续不间断,所以函数f(x)在
定义域内有且仅有一个零点.
2-1
(2019如皋一模,11)已知函数f(x)=
2x 1 ex
2 4x ,x 0,

1,x

0,
若函数h(x)=f(x)+
1 2
x-a
恰有3个不同的零点,则实数a的取值集合为
.
答案
1,1
ln 2
2

解析
h(x)=
2x

1
ex
2 9 x 1-a,x 2
由①知,当x>m时, f(x)>0, f(x)的图象连续不间断,所以f(x)在区间(x2,+∞)上有
且仅有一个零点.
综上所述,函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点.
【方法归纳】 确定函数y=f(x)零点个数的方法:(1)解方程f(x)=0,方程有几个 解函数就有几个零点;(2)画出函数y=f(x)的图象,确定与x轴的交点个数;(3)转 化为两个函数图象的交点个数.
1-1
(2019金陵中学期中,12)已知函数f(x)=
2x |ln
1,x 0,则关于x的方程f[f(x)]=
x|,x 0,
3的解的个数为
.
答案 5
解析 由题意得,2f(x)+1=3或|ln f(x)|=3,即f(x)=1(舍去)或f(x)=e3或f(x)=e-3.若f
(x)=e3,则2x+1=e3或|ln x|=e3,故x= e3-1(舍去)或x=ee3 或x=e-e3 .若f(x)=e-3,则2x+1=e-3
第14讲 函数的零点问题
第14讲 函数的零点问题
1.(2019苏州中学期初,8)已知方程x3=4-x的解在区间

k
,k

1 2
内,k是
1的整数
2
倍,则实数k=
.
答案 1
解析 作出y=x3与y=4-x的图象,如图.
观察发现:两函数图象有1个交点,且在点(1,1)的右侧.
设f(x)=x3+x-4,则f(1)=-2<0,
x
x
由f '(x)≥0得2x2-kx+1≥0(*).
(i)当Δ=k2-8≤0,即-2 2≤k≤2 2时,(*)在R上恒成立,所以f(x)的单调递增区间
为(0,+∞).
(ii)当k>2
2 时,Δ=k2-8>0,此时方程2x2-kx+1=0的相异实根分别为x1= k-
k 2 -8
4 ,x2
= k k 2 -8 ,
t1=e3时,方程f(x)=e3有2个根, t2=e-3时,方程f(x)=e-3有3个根,所以共有5个根.
题型二 已知函数的零点个数,求参数的取值范围 例2 (2019江苏,14,5分)设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数, f(x)的周期 为4,g(x)的周期为2,且f(x)是奇函数.当x∈(0,2]时, f(x)= 1-(x-1)2 ,g(x)=