零点问题的讲解版
高中数学考点12 零点定理(讲解)(解析版)知识点解析
考点12：零点定理【思维导图】【常见考法】考点一：求零点1．若幂函数()f x x α=的图象过点(，则函数()()3g x f x =-的零点是。
【答案】9【解析】∵幂函数()f x x α=的图象过点，∴2α=，解得1=2α，∴()12f x x =∴()123g x x =-由()1230g x x =-=，得9x =．2．函数()234f x x x =+-的零点是____________.【答案】1,4-【解析】令f （x ）=0，即x 2+3x-4=0，解得：x=-4，x=1.3．若函数()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩，则函数()1y f x =-的零点是___________.【答案】0【解析】要求函数()1y f x =-的零点,则令()10y f x =-=,即()1f x =,又因为：()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩,①当0x ≤时,()xf x e =,1x e =,解得0x =.②当0x >时,()21f x x =-,211x -=,解得x =,所以x =.综上所以,函数()1y f x =-的零点是0.故答案为：04．函数y ＝11x-的图象与函数y ＝2sinπx(－2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于.【答案】8【解析】函数y 1=11x-与y 2=2sinπx 的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，由图象可知,两个函数在[-2,4上共有8个交点,两两关于点(1,0)对称设对称的两个点的横坐标分别为m 、n 则m+n=2×1=2，故所求的横坐标之和为8，故答案为8.考点二：零点区间1．函数()42xxf x -=-的零点所在区间是()A ．(1,0)-B ．1(0,4C ．11(,42D ．1(,1)2【答案】D【解析】易知函数()f x 为减函数，又121111(402424f -=-=->，11(1)042f =-<，根据零点存在性原理，可知函数()42xx f x -=-的零点所在的区间是1(,1)2,故选D.2．函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】B【解析】∵函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，∴f （0）=-4，f （1）=-1，f （2）=7＞0，根据零点的存在性定理可得出零点所在的区间是()1,2，故选B ．3．函数()ln 3f x x x =+-的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】C【解析】∵f （x ）=ln x +x -3在（0，+∞）上是增函数f （1）=-2＜0，f （2）=ln2-1＜0，f （3）=ln3＞0∴f （2）•f （3）＜0，根据零点存在性定理，可得函数f （x ）=ln x +x -3的零点所在区间为（2，3）故选：C ．4．已知()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，满足()()2ln 21xf f x ex e --+=-，则函数()f x 的零点所在区间为（）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,e 【答案】C【解析】设()2ln 2xf x e x t --+=，即()2ln 2xf x e x t =+-+，()1f t e =-，因为()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，所以由解析式可知，()f x 在()0,∞+上单调递增．而()12f e t =-+，()1f t e =-，故1t =，即()2ln 1xf x e x =+-．因为()110f e =->，11112ln 13ee f e e e e ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，由于11ln ln 3ln 30ee e-=-<，即有13e e <，所以1130e f e e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭．故()110f f e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()f x 的零点所在区间为1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：C ．考点三：零点个数1．函数f(x)=|x-2|-lnx 在定义域内零点的个数为。
函数零点的判定定理-高中数学知识点讲解
函数零点的判定定理
1．函数零点的判定定理
【知识点的知识】
1、函数零点存在性定理：
一般地，如果函数y＝f（x）在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f（a）•f（b）＜0，那么函
数y＝f（x）在区间（a，b）内有零点，即存在c∈（a，b），使得f（c）＝O，这个c 也就是f（x）＝0 的根．
特别提醒：
（1）根据该定理，能确定f（x）在（a，b）内有零点，但零点不一定唯一．
（2）并不是所有的零点都可以用该定理来确定，也可以说不满足该定理的条件，并不能说明函数在（a，b）上没
有零点，例如，函数f（x）＝x2﹣3x+2 有f（0）•f（3）＞0，但函数f（x）在区间（0，3）上有两个零点．
（3）若f（x）在[a，b]上的图象是连续不断的，且是单调函数，f（a）．f（b）＜0，则f（x）在（a，b）上有唯
一的零点．
2、函数零点个数的判断方法：
（1）几何法：对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y＝f（x）的图象联系起来，并利用函数的性质找出
零点．
特别提醒：
①“方程的根”与“函数的零点”尽管有密切联系，但不能混为一谈，如方程x2﹣2x+1＝0 在[0，2]上有两个等根，而函数f（x）＝x2﹣2x+1 在[0，2]上只有一个零点；
②函数的零点是实数而不是数轴上的点．
（2）代数法：求方程f（x）＝0 的实数根．
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高考数学总复习考点知识与题型专题讲解22 利用导数研究函数的零点
高考数学总复习考点知识与题型专题讲解§3.7 利用导数研究函数的零点考试要求 函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围．高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现． 题型一 利用函数性质研究函数的零点 例1已知函数f (x )＝x sin x －1.(1)讨论函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的单调性；(2)证明：函数y ＝f (x )在[0，π]上有两个零点． (1)解 因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－x sin(－x )－1＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，又f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又函数f (x )为偶函数，所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减，综上，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0上单调递减．(2)证明 由(1)得，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f (0)＝－1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内有且只有一个零点， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，则g ′(x )＝2cos x －x sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，g ′(x )<0恒成立，即g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π上单调递减，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1>0，g (π)＝－π<0，则存在m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π，使得g (m )＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 上单调递增，当x ∈(m ，π]时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，则f (x )在(m ，π]上单调递减， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，f (π)＝－1<0，所以f (x )在(m ，π]上有且只有一个零点，综上，函数y ＝f (x )在[0，π]上有2个零点．思维升华利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练1(2023·芜湖模拟)已知函数f (x )＝ax ＋(a －1)ln x ＋1x －2，a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )只有一个零点，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋a －1x －1x 2＝(ax －1)(x ＋1)x 2，①若a ≤0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)若a ≤0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e ＋1－a ＋e －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1a ＋e －1>0，f (1)＝a －1<0.结合函数的单调性可知，f (x )有唯一零点．若a >0，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－(a －1)ln a ＋a －2＝(a －1)(1－ln a )＝0，解得a ＝1或a＝e.综上，a ≤0或a ＝1或a ＝e. 题型二 数形结合法研究函数的零点例2(2023·郑州质检)已知函数f (x )＝e x －ax ＋2a ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)求函数f (x )的零点个数．解 (1)f (x )＝e x －ax ＋2a ，定义域为R ，且f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln a ， 当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x －2)，当a ＝0时，e x ＝a (x －2)无解，∴f (x )无零点， 当a ≠0时，1a ＝x －2e x ，令φ(x )＝x －2e x ，x ∈R ，∴φ′(x )＝3－xe x ， 当x ∈(－∞，3)时，φ′(x )>0；当x ∈(3，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x )max ＝φ(3)＝1e 3， 又x →＋∞时，φ(x )→0， x →－∞时，φ(x )→－∞， ∴φ(x )的图象如图所示．当1a >1e 3，即0<a <e 3时，f (x )无零点； 当1a ＝1e 3，即a ＝e 3时，f (x )有一个零点； 当0<1a <1e 3，即a >e 3时，f (x )有两个零点； 当1a <0，即a <0时，f (x )有一个零点．综上所述，当a ∈[0，e 3)时，f (x )无零点；当a ∈(－∞，0)∪{e 3}时，f (x )有一个零点；当a ∈(e 3，＋∞)时，f (x )有两个零点．思维升华含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．跟踪训练2(2023·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x －2x . (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若函数f (x )在(0,16]上有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －2x ，该函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1x ，又f (1)＝－2，f ′(1)＝1，因此，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＋2＝x －1，即x －y －3＝0. (2)①当a ≤0时，f ′(x )＝a x －1x<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当a >0时，由f (x )＝a ln x －2x ＝0可得2a ＝ln xx ，令g (x )＝ln x x，其中x >0，则直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， g ′(x )＝x x －ln x2x x ＝2－ln x2x x，令g ′(x )＝0，可得x ＝e 2<16，列表如下，所以函数g (x )在区间(0,16]上的极大值为g (e 2)＝2e ，且g (16)＝ln 2，作出g (x )的图象如图所示．由图可知，当ln 2≤2a <2e ，即e<a ≤2ln 2时，直线y ＝2a 与曲线y ＝g (x )的图象在(0,16]内有两个交点， 即f (x )在(0,16]上有两个零点， 因此，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤e ，2ln 2.题型三 构造函数法研究函数的零点例3(12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －ax 和g (x )＝ax －ln x 有相同的最小值． (1)求a ；[切入点：求f (x )，g (x )的最小值](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差数列．[关键点：利用函数的性质与图象判断e x －x ＝b ，x －ln x ＝b 的解的个数及解的关系]思维升华涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x(2－x ln 2)2x(x>0)，令f′(x)>0，则0<x<2ln 2，此时函数f(x)单调递增，令f ′(x )<0，则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln 2，＋∞.(2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解． 设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)， 令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ， 且当x >e 时，g (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ， 即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．课时精练1．(2023·济南质检)已知函数f (x )＝ln x ＋axx ，a ∈R . (1)若a ＝0，求f (x )的最大值；(2)若0<a <1，求证：f (x )有且只有一个零点．(1)解 若a ＝0，则f (x )＝ln x x ，其定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1－ln xx 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当0<x <e 时，f ′(x )>0；当x >e 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (e)＝1e .(2)证明 f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a x －ln x －ax x 2＝1－ln x x 2， 由(1)知，f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∵0<a <1，∴当x >e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ＝a ＋ln x x>0， 故f (x )在(e ，＋∞)上无零点；当0<x <e 时，f (x )＝ln x ＋ax x ，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a －e<0，f (e)＝a ＋1e >0， 且f (x )在(0，e)上单调递增，∴f (x )在(0，e)上有且只有一个零点，综上，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)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋ln x＋1，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋x ln x，∴f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴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，＋∞)内有两个不同的零点，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象在(0，＋∞)内有两个不同的交点．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，f(e)＝0，作出f(x)图象如图．由图可知，当－1<m＋1<0，即－2<m<－1时，y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．因此实数m的取值范围是(－2，－1)．3．(2022·河南名校联盟模拟)已知f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a(a∈R)．(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．解(1)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a，则f′(x)＝x(e x－ax)．∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝x(e x－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则e x－ax≥0，x≥0.当x＝0时，则1≥0，即a∈R；当x>0时，则a≤e x x，构建g(x)＝e xx(x>0)，则g′(x)＝(x－1)e xx2(x>0)，令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，综上所述，a≤e.(2)f(x)＝(x－1)e x－13ax3＋13a＝(x－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x－13a(x2＋x＋1)，令f(x)＝0，则x＝1或e x－13a(x2＋x＋1)＝0，对于e x－13a(x2＋x＋1)＝0，即e xx2＋x＋1＝13a，构建h(x)＝e xx2＋x＋1，则h′(x)＝x(x－1)e x (x2＋x＋1)2，令h′(x)>0，则x>1或x<0，令h′(x)<0，则0<x<1，∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，h(0)＝1，h(1)＝e3且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，e xx2＋x＋1＝13a有两个根x1＝1，x2<0；当0<a<e时，e xx2＋x＋1＝13a只有一个根x3<0；当a≤0时，e xx2＋x＋1＝13a无根．综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；当0<a≤e时，f(x)有两个零点．4．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f (x )＝ax －1x －(a ＋1)ln x (x ＞0)，得f ′(x )＝a ＋1x 2－a ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x 2(x ＞0)． 当a ＝0时，由(1)可知，f (x )不存在零点；当a ＜0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝a －1＜0，所以f (x )不存在零点；当a ＞0时，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)x 2， 当a ＝1时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (1)＝a －1＝0， 所以函数f (x )恰有一个零点；当a ＞1时，0＜1a ＜1，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 因为f (1)＝a －1＞0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞f (1)＞0， 当x →0＋时，f (x )→－∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上必有一个零点，所以a ＞1满足条件，当0＜a ＜1时，1a ＞1，故f (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减． 因为f (1)＝a －1＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜f (1)＜0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，由零点存在定理可知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上必有一个零点，即0＜a ＜1满足条件．综上，若f (x )恰有一个零点，则a 的取值范围为(0，＋∞)．。
导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)
导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】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＝2.718 28….(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．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(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，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，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.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例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)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为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，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1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<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。
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
零点个数怎么求
零点个数怎么求①解方程：通过解方程 f(x)=0 得到零点；②数形结合：这是经常用到的分析方法，特别是选填题中得到广泛应用；③零点存在定理：用零点存在定理来确定某区间是否有零点，这是解答题中的重要方法；④求零点个数：求零点个数时，就要判断每个单调区间，同时还要判断个单调区间的零点存在性.而具体解答题的过程中，我们也会遇到函数较复杂，先将复杂问题转化为简单问题，再选择合适的方法来求零点.我们来看一个具体的例子.【例1】（2018全国2卷文数21-2）已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)，证明： f(x) 只有一个零点.【分析】 f(x) 是一个含参的三次函数，貌似是一个三次函数求零点个数问题，但是带着参数问题就变复杂了，所以这个时候可以转化一下，分离参数为求： a=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)} 的解个数问题.进一步转化为函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.【解析】因为 x^2+x+1>0 恒成立.所以 f(x) 零点个数等价于函数函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.先判断 g(x) 单调性，用导数法：g'(x)=\frac{3x^2(x^2+x+1)-x^3(2x+1)}{3(x^2+x+1)^2}=\frac{x^2(x^2+2x+3)}{3(x^2+x+ 1)^2}\geq0 ,当且仅当 x=0 时 g'(x)=0 ,g(x) 单调递增.所以 g(x) 至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点.又因为 f(3a+1)=\frac{1}{3}>0 , f(3a-1)=-6a^2+2a-\frac{1}{3}=-6(a-\frac{1}{6})^2-\frac{1}{6}<0 ,所以 f(x) 恰有一个零点.【小结】分离参数读者们应该还好理解，为什么要选择f(3a+1),f(3a-1) 就是一脸懵了.这属于找点的内容（内点定理），我们后面专门花章节来讲解这个内容.我们还是先理解零点存在定理的应用.本节我们重点讲解求零点个数问题的求法，近年高考也是热点题型，也是我们零点问题将面临的重点问题.【例2】（2019全国2卷理数20-1改编）已知函数f(x)=lnx-\frac{x+1}{x-1} ,求 f(x) 的零点个数.【分析】求零点个数问题，我们要求函数的单调区间，然后判断每一个单调区间的零点存在性.【解析】 f(x) 定义域为 (0,1)\cup(1,+\infty) ，而f(x)=lnx-1-\frac{2}{x-1} ,由和差法： y=lnx 和 y=-\frac{1}{x-1} 在(0,1)\cup(1,+\infty)上都是单调递增了，所以 f(x) 在(0,1)\cup(1,+\infty)单调递增；在 (0,1) 上 f(x) 单调递增，当 \frac{1}{3}<x<1 时，f(x)>f(\frac{1}{3})=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-1-ln3>\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ，当 0<x<\frac{1}{e^2} 时，f(x)<f(\frac{1}{e^2})=\frac{2}{1-\frac{1}{e^2}}-3<\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ，由零点存在定理和单调性， f(x) 在 (0,1) 有唯一零点，在 (1,+\infty) 上 f(x) 单调递增，当 1<x<3 时， f(x)<f(3)=ln3-2<0 ,当 x>e^2 时， f(x)>f(e^2)=1-\frac{2}{e^2-1}>1-\frac{2}{3-1}=0 ,所以 f(x) 在 (1,+\infty)有唯一零点.综上， f(x) 在定义域上有两个零点.【例3】（2019全国1卷文数20-1改编）已知函数h(x)=cosx+xsinx-1 ,证明： h(x) 在区间 (0,\pi) 存在唯一零点.【分析】让我确定零点个数，需要结合单调区间和零点存在定理来证明.【解析】给定了定义域区间为 (0,\pi) ,用导数法判断单调性： h'(x)=xcosx ，判正负区间： h'(x) 正负区间同 y=cosx ，易知在(0,\frac{\pi}{2}) 上 h'(x)>0,h(x) 单调递增；在(\frac{\pi}{2},\pi) 上， h'(x)<0,h(x) 单调递减.而 h(0)=0,h(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}-1>0，h(\pi)=-2<0 ,由零点存在定理和单调性，所以在(0,\frac{\pi}{2})上 h(x) 无零点，在 (\frac{\pi}{2},\pi) 上有唯一零点.得证.【例4】（2015全国1卷文书21-1）设函数 f(x)=e^{2x}-alnx .讨论 f(x) 的导函数 f'(x) 零点的个数.【分析】先求出 f'(x) 及定义域，通过判断 f'(x) 单调性和零点存在性来确定零点个数.【解析】 f'(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}(x>0) .①当 a\leq0 时，显然 f'(x)>0 恒成立，无零点.②当 a>0 时，判断 f'(x) 的单调性，用和差法：y=2e^{2x},y=-\frac{a}{x} 都是在 (0,+\infty) 上的单调递增函数，所以 f'(x) 单调递增.当 x>max(1,\frac{a}{2e^2}) 时， f'(x)>2e^2-2e^2=0 ,当 x<min(1,\frac{a}{2e^2}) 时， f'(x)<2e^2-2e^2=0 ,所以此时 f'(x) 有唯一零点，综上，当 a\leq0 ， f'(x) 无零点，当 a>0 时，有唯一零点.【例5】（2015广东理数19-2）设 a>1 ，函数f(x)=(1+x^2)e^x-a .证明 :f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【分析】还是求零点个数问题，用单调性+存在性来求解.【解析】 f(x) 的单调性，用求导法：f'(x)=e^x(x+1)^2\geq0 ，当且仅当 x=-1 时， f'(x)=0 ，所以 f(x) 是定义域上的单调递增函数.当 x>lna 时， f(x)>f(lna)>0 .当 -\sqrt{e-1}<x<-1 时，f(x)<\frac{e}{e}-a<0 ,由零点存在性定理及单调性，得证：:f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【总结】通过上面五题，是否明白求解零点个数问题的基本方法，如果遇到复杂函数，分参转化为新函数的零点个数问题不失为一种思路；具体求解过程，先判断函数的单调性，再确定每个单调区间函数的零点存在性.但是对于开区间上零点的存在，往往很难通过取点来确定函数值的符号，我们也不容易用极限的思想来解释。
考点12 零点定理(讲解)(解析版)
考点12：零点定理【思维导图】【常见考法】考点一：求零点1．若幂函数()f x x α=的图象过点(，则函数()()3g x f x =-的零点是。
【答案】9【解析】∵幂函数()f x x α=的图象过点，∴2α=，解得1=2α，∴()12f x x =∴()123g x x =-由()1230g x x =-=，得9x =．2．函数()234f x x x =+-的零点是____________.【答案】1,4-【解析】令f （x ）=0，即x 2+3x-4=0，解得：x=-4，x=1.3．若函数()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩，则函数()1y f x =-的零点是___________.【答案】0【解析】要求函数()1y f x =-的零点,则令()10y f x =-=,即()1f x =,又因为：()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩,①当0x ≤时,()xf x e =,1x e =,解得0x =.②当0x >时,()21f x x =-,211x -=,解得x =,所以x =.综上所以,函数()1y f x =-的零点是0.故答案为：04．函数y ＝11x-的图象与函数y ＝2sinπx(－2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于.【答案】8【解析】函数y 1=11x-与y 2=2sinπx 的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，由图象可知,两个函数在[-2,4上共有8个交点,两两关于点(1,0)对称设对称的两个点的横坐标分别为m 、n 则m+n=2×1=2，故所求的横坐标之和为8，故答案为8.考点二：零点区间1．函数()42xxf x -=-的零点所在区间是()A ．(1,0)-B ．1(0,4C ．11(,42D ．1(,1)2【答案】D【解析】易知函数()f x 为减函数，又121111(402424f -=-=->，11(1)042f =-<，根据零点存在性原理，可知函数()42xx f x -=-的零点所在的区间是1(,1)2,故选D.2．函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】B【解析】∵函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，∴f （0）=-4，f （1）=-1，f （2）=7＞0，根据零点的存在性定理可得出零点所在的区间是()1,2，故选B ．3．函数()ln 3f x x x =+-的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】C【解析】∵f （x ）=ln x +x -3在（0，+∞）上是增函数f （1）=-2＜0，f （2）=ln2-1＜0，f （3）=ln3＞0∴f （2）•f （3）＜0，根据零点存在性定理，可得函数f （x ）=ln x +x -3的零点所在区间为（2，3）故选：C ．4．已知()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，满足()()2ln 21xf f x ex e --+=-，则函数()f x 的零点所在区间为（）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,e 【答案】C【解析】设()2ln 2xf x e x t --+=，即()2ln 2xf x e x t =+-+，()1f t e =-，因为()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，所以由解析式可知，()f x 在()0,∞+上单调递增．而()12f e t =-+，()1f t e =-，故1t =，即()2ln 1xf x e x =+-．因为()110f e =->，11112ln 13ee f e e e e ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，由于11ln ln 3ln 30ee e-=-<，即有13e e <，所以1130e f e e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭．故()110f f e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()f x 的零点所在区间为1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：C ．考点三：零点个数1．函数f(x)=|x-2|-lnx 在定义域内零点的个数为。
专题05 利用导数研究函数零点问题 (解析版)
导数及其应用专题五：利用导数研究函数零点问题一、知识储备1、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 2、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解； (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 二、例题讲解1．（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）已知函数()e e x x f x x =+. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数.【答案】（1）单调递减区间是(,2)-∞-，单调递增区间是(2,)-+∞，极小值为21e -，无极大值；（2）详见解析. 【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，进而求得极值.（2）由（1）画出()f x 大致图象，由此对a 进行分类讨论，求得()g x 的零点个数. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为R ，且()(2)e x f x x '=+， 令()0f x '=得2x =-，则()'f x ，()f x 的变化情况如下表示：(2,)-+∞.当2x =-，()f x 有极小值为21(2)e f -=-，无极大值. （2）令()0f x =有1x =-：当1x <-时，()0f x <；当1x >-时，()0f x >，且()f x 经过212,e A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，(1,0)B -，(0,1)C .当x →-∞，与一次函数相比，指数函数e x y -=增长更快，从而1()0e xx f x -+=→；当x →+∞时，()f x →+∞，()f x '→+∞，根据以上信息，画出大致图象如下图所示.函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点的个数为()y f x =与y a =的交点个数. 当2x =-时，()f x 有极小值21(2)e f -=-. ∴关于函数()()()g x f x a a =-∈R 的零点个数有如下结论： 当21e a <-时，零点的个数为0个； 当21e a =-或0a ≥，零点的个数为1个； 当210ea -<<时，零点的个数为2个. 【点睛】求解含参数零点问题，可利用分离常数法，结合函数图象进行求解.感悟升华（核心秘籍）本题讨论()()()g x f x a a =-∈R 零点的个数，将问题分解为()y f x =与y a =交点的个数，注意在利用导函数求()f x 单调性，极值后，画出草图，容易出错，本题利用极限x →-∞时，()0f x →，从而将草图画的更准确；三、实战练习1．（2022·河南高三开学考试（文））若函数()34f x ax bx =+－，当2x =时，函数()f x 有极值43-．（1）求函数的递减区间；（2）若关于x 的方程()0f x k -=有一个零点，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）递减区间为()2,2-；（2）428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】（1）对函数进行求导，利用()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩，解方程即可得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，对函数求导，根据导数的性质列表，即可得答案；（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有1个交点，即可得答案； 【详解】（1）()23f x ax b '=-，由题意知()()2120,42824,3f a b f a b ⎧=-='⎪⎨=-+=-⎪⎩解得1,34.a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故所求的解析式为()31443f x x x =-+，可得()()()2422f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，得2x =或2x =-，由此可得所以函数的递减区间为2,2-.(2)由(1)知，得到当2x <-或2x >时， ()f x 为增函数; 当22x -<<时， ()f x 为减函数，∴函数()31443f x x x =-+的图象大致如图，由图可知当43k <-或283k >时， ()f x 与y k =有一个交点，所以实数k 的取值范围为428,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】关键点睛：根据函数的单调性做出该函数的大致图像，进而利用数形结合求解，考查利用导数研究函数的极值、单调性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．（2022·陕西西安中学高三月考（理））已知函数()()1xf x e ax a R =--∈.（1）试讨论函数()f x 的零点个数；（2）若函数()()ln 1ln xg x e x =--，且()()f g x f x <⎡⎤⎣⎦在()0,x ∈+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）(],1-∞【分析】（1）通过求解函数的单调性，然后根据零点存在定理，通过讨论求解得出函数零点的个数；（2）根据（1）中结论，得到函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，将不等式转换为自变量的比较，最后得出结论． 【详解】解：（1）根据题意，可得()x f x e a '=-，则有：①若0a ，则()0x f x e a '=->，此时可得函数()f x 在R 上单调递增， 又因为(0)0f =，所以函数只有一个零点； ②若0a >，令()0f x '=，则有ln x a =，所以()0ln f x x a '>⇒>，此时函数()f x 在(ln ,)a +∞上单调递增；()0ln f x x a '<⇒<，此时函数()f x 在(,ln )a -∞上单调递减；即()(ln )1ln min f x f a a a a ==--，则有：()i 当ln 01a a =⇒=时，则()0f x ，此时函数()f x 只有一个零点；()ii 当ln 0a ≠时，即1a ≠时，则(ln )(0)0f a f <=，又因为x →-∞时，()f x →+∞；x →+∞时，()f x →+∞， 根据零点存在定理可得，此时函数()f x 在R 上有两个零点． 综上可得，当0a 或1a =时，函数()f x 只有一个零点；当()()0,11,a ∈+∞时，函数()f x 有两个零点．（2）下面证明：0x ∀>，有()0g x x <<，先证：0x ∀>，有()0g x >，由（1）可知当1a =时，()()00min f x f ==，即当0x >时，1x e x ->，故0x ∀>，()()()1ln 1ln ln ln10x xe g x e x g x x ⎛⎫-=--==>= ⎪⎝⎭，再证0x ∀>，()g x x <；要证0x ∀>，()g x x <，只需证明0x ∀>，1x xe e x-<，即证0x ∀>，1x x e xe -<，即证0x ∀>，10x x xe e -+> 令()1(0)x x H x xe e x =-+>()0x H x xe '=>在(0,)+∞上恒成立，即得函数()H x 在(0,)+∞上单调递增，故有()(0)0H x H >=，即0x ∀>，10x x xe e -+>恒成立，即0x ∀>，有()0g x x <<，当1a ≤时，由（1）得，()f x 在(0,)+∞上单调递增，则由上结论可知，[()]()f g x f x <在(0,)x ∈+∞上恒成立，符合题意；当1a >时，由（1）得，()f x 在(0,ln )a 上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 此时当0ln x a <<时，0()ln [()]()g x x a f g x f x <<<⇔>，不合题意， 综上可得，1a ，即(],1a ∈-∞． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论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．3．（2022·榆林市第十中学高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x x =--，0a ≠．（1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】（1）当0a <时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）()0,1. 【分析】（1）求出导函数()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--，对a 分类讨论：当0a <时，函数()f x在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）把()f x 有两个零点，转化为2ln x xa x +=有两个解，令()2ln x x h x x+=，二次求导后得到函数()h x 的单调性和极值，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】函数()2ln f x ax x x =--的定义域为()0+∞，. （1）()212121ax x f x ax x x-'-=--=，设()221g x ax x =--当0a <时，因为函数()g x 图象的对称轴为104x a=<，()01g =-． 所以当0x >时，()0g x <，()0f x '<，函数()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0g x =．得1x =2x =当20x x <<时，()0<g x ，()0f x '<，当2x x >时，()0>g x ，()0f x '>．所以函数()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）若()f x 有两个零点，即2ln 0ax x x --=有两个解，2ln x x a x +=．设()2ln x x h x x +=，()312ln x h x xx '-=-， 设()12ln F x x x =--，因为函数()F x 在()0,∞+上单调递减，且()10F =， 所以当01x <<时，()0F x >，()0h x '>，当1x >时，()0F x <，()0h x '<． 以函数()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 且 x →+∞时，()0h x →，()11h =， 所以01a <<．即实数a 的取值范围为()0,1.4．（2022·沙坪坝·重庆南开中学）已知函数()e 1xf x x a -=++（R a ∈）．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；（2）()20,e -.【分析】（1）对函数求导，进而讨论a 的符号，进而得到函数的单调区间；（2）由（1）可以判断0a >，根据（1）可知()()min ln 0f x f a =<，进而根据零点存在定理结合放缩法得到答案. 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()1e xf x a -'=-，①当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增； ②当0a >时，令()0f x '=得ln x a =， 当ln x a <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ln x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增；当0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.（2）由（1）可知，0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，函数至多有一个零点，不合题意.0a >时，()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，因为函数有2个零点，所以()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=.记()()e 0x g x x x =-<，则()e 1xg x '=-，所以(),0x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()010g x g >=>，则e xx >，于是2e2x x ->-，则x <0时，2e 4xx ->. 所以当x <0时，()214ax f x x >++，限定1x <-，则()()212844ax f x x x ax >+=+， 所以当1x <-且8x a<-时，()0f x >.于是，若函数有2个零点，则()20,e a -∈.【点睛】在“()()2min ln ln 200e f x f a a a -==+<⇒<<，且()11e 02f a -+>=”这一步之后，另一个特值不太好找，这时候需要利用e xx >得到2e2x x->-，进而根据放缩法得到结论. 5．（2022·赣州市第十四中学高三月考（文））已知函数()e 2xf x x =+. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()()()g x f x ax a =-∈R ，在定义域内恰有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数；（2）⎛⎫+∞⎪⎪⎭. 【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，利用导数与函数单调性的关系可求得函数()f x 的增区间和减区间；（2）分析可知，直线y a =与函数()22xeh x x x=+（0x ≠且2x ≠-）的图象有三个交点，利用导数分析函数()22xe h x x x=+的单调性与极值，数形结合可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）因为()e 2xf x x =+的定义域为{}2x x ≠-，且()()()212x e x f x x +'=+，则当2x <-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当21x -<<-时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1x >-时，()0f x '>，()f x 为增函数，综上可得：()f x 在(),2-∞-和()2,1--上为减函数，在()1,-+∞上为增函数； （2）令函数()()0g x f x ax =-=，因为0x =不是方程的解，所以可得22xe a x x=+，构造函数()22xeh x x x =+（0x ≠且2x ≠-），则()()()22222x e x h x x x -'=+，由()0h x '=可得x =作出函数()h x 的图象如下图所示：由图可知，当a >时，函数y a =与函数()y h x =的图象有三个不同的交点，因此实数a 的取值范围是⎛⎫+∞⎪⎪⎭.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.6．（2022·天津静海一中高三月考）已知函数32()3f x x x ax b =-++在1x =-处的切线与x 轴平行． （1）求a 的值和函数()f x 的单调区间； （2）若函数()y f x =的图象与抛物线231532y x x =-+恰有三个不同交点，求b 的取值范围． 【答案】（1）-9，单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）根据(1)0f '-=即可求得a 的值，利用导函数求解单调区间；（2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，转化为()g x 有三个不同的零点.【详解】（1）由已知得2()36f x x x a '=-+， ∵在1x =-处的切线与x 轴平行 ∴(1)0f '-=，解得9a =-．这时2()3693(1)(3)f x x x x x ==+'--- 由()0f x '>，解得3x >或1x <-； 由()0f x '<，解13x ．∴()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞；单调减区间为(1,3)-． （2）令23239()()1536322g x f x x x x x x b ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭，则原题意等价于()g x 图象与x 轴有三个交点． ∵2()3963(1)(2)g x x x x x '=-+=--， ∴由()0g x '>，解得2x >或1x <； 由()0g x '<，解得12x <<．∴()g x 在1x =时取得极大值1(1)2g b =-；()g x 在2x =时取得极小值(2)1g b =-．依题意得10210b b ⎧->⎪⎨⎪-<⎩，解得112b <<．故b 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭．7．（2022·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）已知函数()()2ln =+-∈f x ax x x a R ．（1）当1a =时，求()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）若()()g x f x x =-在定义域内有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）3()=ln 24min f x +，()2max f x =；（2）10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭.【分析】（1）当1a =时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出()f x 在区间1[,1]3上的最值；（2）由()()0g x f x x =-=，分离参数得2ln ()x a h x x ==，根据函数2ln ()xh x x =得单调性作图，结合图像即可得出答案. 【详解】解：（1）当1a =时，()2ln f x x x x =+-，(21)(1)()x x f x x-+'=，∴()f x 在11[,)32单调递减，在1(,1]2单调递增，11114ln ln 339339f ⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭，()414112ln 993f e f ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭，∴13()()ln 224min f x f ==+，()(1)2max f x f ==.（2）()()0g x f x x =-=2ln ()x a h x x ⇔==，则312ln ()xh x x -'=，∴()h x在单调递增，在)+∞单调递减，12h e=，当0x →时，()h x →-∞，当x →+∞时，()0h x →， 作出函数2ln ()x h x x =和y a=得图像， ∴由图象可得，1(0,)2a e∈.8．（2022·全国高三专题练习）已知函数()ln f x a x bx =+的图象在点(1,3)-处的切线方程为21y x =--. （1）若对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，求实数k 的范围. 【答案】（1）[ln31--，)+∞；（2）3(ln2,0)4-.【分析】（1）()af x b x'=+，(0)x >，根据函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--．可得f '（1）2=-，f （1）3=-，解得a ，b ，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出实数m 的取值范围． （2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数k 的取值范围．【详解】解：（1）()a f x b x'=+，(0)x >.函数()f x 的图象在点(1,3)-处的切线的方程为21y x =--. f '∴（1）2=-，f （1）3=-，∴23a b b +=-⎧⎨=-⎩，解得3b =-，1a =.()ln 3f x x x ∴=-.13()13()3x f x x x --=-='，1[,)3x ∈+∞，()0f x '∴.∴当13x =时，函数()f x 取得最大值，1()ln313f =--.对任意1[,)3x ∈+∞有()f x m 恒成立，所以()max m f x ，1[,)3x ∈+∞.ln31m ∴--.∴实数m 的取值范围是[ln31--，)+∞.（2）由（1）可得：2()ln 32g x x x x k =-+++，∴1(21)(1)()23x x g x x x x--'=+-=， 令()0g x '=，解得12x =，1. 列表如下：由表格可知：当1x =时，函数()f x 取得极小值g （1）k =；当2x =时，函数()g x 取得极大值13()ln224g k =-++.要满足函数2()()2g x f x x k =+++在区间(0,)+∞内有3个零点， 3ln2040k k ⎧-++>⎪⎨⎪<⎩， 解得3ln204k -<<， 则实数k 的取值范围3(ln2,0)4-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、转化方法，考查了推理能力于计算能力，属于难题．9．（2022·全国高三开学考试）已知函数()()()21102f x x a x x =-+>. （1）若()()ln g x f x a x =+，讨论函数()g x 的单调性；（2）已知()()()2ln 222m x f x x x a x a =-++-+，若()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【分析】（1）求出导函数，对a 进行分类讨论：①0a ≤；②01a <<；③a =1；④a >1，利用导数研究单调性. （2）把()m x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点转化为关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a 的范围. 【详解】（1）()f x 的定义域为(0,+∞)，()()()()11x x a a f x x a x x--'=-++=. ①当0a ≤时，令()0f x '<，得到01x <<；令()0f x '>，得到1x >，此时()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；②当01a <<时，令()0f x '<，得到1<<a x ；令()0f x '>，得到0x a <<或1x >，此时()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数；③当a =1时,显然()0f x '≥恒成立，此时()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时,令()0f x '<，得到1x a <<；令()0f x '>，得到01x <<或x a >.此时()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.综上：①当0a ≤时， ()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数； ②当01a <<时， ()f x 在(a ,1)上为减函数，在(0,a )和()1,+∞上为增函数； ③当a =1时，()f x 在0,+∞)上为增函数；④当a >1时，()f x 在(1,a )上为减函数,在(0,1)和(a ,+∞)上为增函数.（2）()()()22ln 222ln 22m x f x x x a x a x ax x x a =-++-+=---+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有两个零点，即关于x 方程2ln 2=2x x x a x -++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不相等的实数根.令()2ln 21=,,22x x x h x x x -+⎡⎫∈+∞⎪⎢+⎣⎭则()()2232ln 4=2x x x h x x +--'+， 令()2132ln 4,2p x x x x x ⎡⎫=+--∈+∞⎪⎢⎣⎭，，则()()()212x x p x x-+'=，显然()0p x '≥在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上恒成立,故()p x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.因为p (1)=0，所以当1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，有()0p x <，即()0h x '<所以()h x 单调递减；当()1x ∈+∞，，有()0p x >，即()0h x '>所以()h x 单调递增； 因为()()9ln 24=,1,0111423ln 21532h h h h ⎛⎫⎛⎫+==-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a 的取值范围9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 10．（2022·贵州贵阳一中（文））已知函数3211()()32f x x ax a =-∈R 在[0,1]上的最小值为16-．（1）求a 的值；（2）若函数()()2()g x f x x b b =-+∈R 有1个零点，求b 的取值范围． 【答案】（1）1a =；（2）76b <-或103b >．【分析】（1）利用导数分0a ，01a <<，1a =和1a >四种情况求出函数的最小值，然后列方程可求出a 的值； （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，可得3211232b x x x =-++，构造函数3211()232h x x x x =-++，利用导数求出函数的单调区间和极值，结合函数图像可得答案 【详解】解：（1）由3211()32f x x ax =-，2()()f x x ax x x a =--'=，当0a 时，()'f x 在[0,)+∞上恒大于等于0，所以()f x 在[0,1]上单调递增， min ()(0)0f x f ==，不合题意；当01a <<时，则[0,]x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； [,1]x a ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以333min 111()()326f x f a a a a ==-=-，31166a -=-，所以1a =，不满足01a <<；当1a =时，在[0,1]上，()0f x '且不恒为0，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f ==-=-，适合题意；当1a >时，在[0,1]上，()0f x '<，所以()f x 在[0,1]上单调递减，min 111()(1)326f x f a ==-=-，所以1a =，不满足1a >；综上，1a =． （2）由（1）3211()232g x x x x b =--+，所以3211232b x x x =-++，令3211()232h x x x x =-++，则2()2(2)(1)h x x x x x =-++=--+'，所以(2)0,(1)0h h ''=-=，且当1x <-时，()0h x '<； 当12x -<<时，()0h x '>；当2x >时，()0h x '<，所以 117()(1)2326h x h =-=+-=-极小， 1110()(2)844323h x h ==-⨯+⨯+=极大，如图：函数()g x 有1个零点，所以76b <-或103b >．。
高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解10 函数零点
高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第10讲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(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 (2x 2+1)+f (λ-x )的零点，即方程f (2x 2+1)+f (λ-x )=0的根， 由f (2x 2+1)+f (λ-x )=0得f (2x 2+1)=-f (λ-x )，因f (x )是R 上奇函数， 从而有f (2x 2+1)=f (x -λ)，又f (x )是R 上的单调函数，则有2x 2+1=x -λ，而函数y =f (2x 2+1)+f (λ-x )只有一个零点，于是得2x 2-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（2021·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)【答案】B 【详解】因为()f x 为开口向上的抛物线，且对称轴为2a x =-，在区间（－1，1）上有两个不同的所以()()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．（2021·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 <当x →-∞时，所以若有最小值，只需要2∵()()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．（2021·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 ．()1,2 C ．()2,3D ．()3,4【答案】B 【详解】∵()ln 1f x x x =-，()1ln f x x '=+，由()1ln 0f x x '=+=得，1ex =，∴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.练．（2021·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【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， 根据零点存在性定理，()f x 在()1,0-上必有零点，故选：B.类型三、利用两图像交点判断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2021·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【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⎡⎫⎪⎢⎣⎭【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，可知满足不等式()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，满足不等式()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1ln2ln2144e 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．（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_______.【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 ⎧++<⎪=+-=⎨⎪-+>⎩剟 ， 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】【2021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 x x 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灵活应用．例3-4（两个曲线）49．（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________. 【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．（2021·四川·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 ．3B ．72C ．4D ．92【答案】B 【分析】根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，最后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．f x满足（两个曲线）【2021河北省武邑中学高三】若定义在R上的偶函数() ()()=，则函数()3logf x xy f x x=-的零点个数是+=，且当[]2x∈时，()f x f x0,1（）A． 6个 B． 4个 C． 3个 D． 2个【答案】B|x|的图象，【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=log3这两个函数图象的交点个数即为所求．详解：∵偶函数f（x）满足f（x+2）=f（x），故函数的周期为2．当x∈[0，1]时，f （x）=x，|x|的零点的个数等于函数故当x∈[﹣1，0]时，f（x）=﹣x．因为函数y=f（x）﹣log3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y=f y=f（x）的图象与函数y=log3|x|的图象，如图所示：（x）的图象与函数y=log3显然函数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判断，以及函数与方程的思想，根据函数零点和方程的关系进行转化是解决本题的关键．判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（直接解出零点）（2021·四川·高三月考（理））函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（ ） A ．12B ．14C ．16D ．18 【答案】C 【分析】令()25sin sin 10f x x x =--=可得21sin sin 5x x -=，根据()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，故只需要讨论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 =有三解， 所以在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，()21sin sin 5g x x x =-=有8解， 根据对称性可得()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， 故选：C.类型三、利用周期性判断零点个数例3-1．（2021·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 ．404B ．804C ．806D ．402 【答案】A 【分析】根据两个偶函数得()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⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C【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e2x =，所以当e0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭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，不满足题意；（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．（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 【答案】A 【分析】首先判断()f x 的奇偶性，再根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()61i i i x y =+=∑()3000⨯+=，故选：A ．例4-2（2021·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 【答案】C 【分析】根据题意可得函数()f x是周期为4，关于点(4,0)中心对称的函数，再将函数()()()4y k x=与()4=-的交点的横坐标，又函数=--的所有零点转化为()y f xg x f x k x()4=-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，在坐标系中作出草图，根据数形结合y k x即可求出结果.【详解】∵定义在R上的奇函数()=-，故图象关于1f x f x2f x满足()()x=对称，∴()()2+=-，f x f x--=-，故()()2f x f x∴()()()f x f x f x+=-+=，即周期为4，42又()f x一个对称中心，f x定义在R上的奇函数，所以(4,0)是函数()又因为当[]=，作出函数()f x的草图，如下：f x xx∈-时，()31,1函数()()()4=与()4y k x=-的交点的横坐标，y f xg x f x k x=--的所有零点即为()易知函数()4=-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，y k x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1324428ni i x ==⨯⨯+=∑.故选：C.类型五、等高线的使用例5-1．（2021·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】根据题意，作出函数()y f x =图象，数形结合即可求解.根据题意，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（2021·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根据分段函数解析式研究()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 =-+，则只需研究()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（2021·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 ．①②B．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，观察图像可得答案；②设a b c d <<<，则可得2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，根据关系代入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根据图像可得答案. 【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 d d-∴++=，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，研究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，并方便解答.例5-4．（2021·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 ．1B ．2C ．3D ．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，根据图象有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'=-+，显然()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()()20,4e 4g 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．（2021·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t所以当12t =-时，1()2f x =-，由图象可知方程有两个实根，当 =t ()f x =，由图象可知，方程有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．（2021·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 =，则根据题意得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 =，根据方程(())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()t h 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（2021·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 =，采用数形结合法即求． 【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，需要方程②有两个不同的t，且一个1t>，一个1t≤，结合图象可知，当(]01a∈，时，满足一个(]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 xax 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 ．(]0,3B ．(]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 a f x e x 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）根据导函数零点0x ，判断出()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 a f x e x a a -=-+>，∴1()x af 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 e x a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++. ∴()001ln 1x a x a-+=+，显然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：复杂函数得零点思想：①先设后求、设而不求②与零点存在性定理结合使用步骤：(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x y 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）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.【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 分类讨论确定()'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 x x xx 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 >⇔<'或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 2xg x x x x =--+，其定义域为()0,∞+，则()()()1e 11x g 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 x x =，00ln x x =-. 列表如下：由表格，可得()g x 的极小值为()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）寻找零点之间的关系，消元换元来解决例8-1．（2021·江苏高三开学考试）已知函数()ln a f 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 ≤时显然不成立，当0a >时求出函数的单调区间，即可得到函数的极小值()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 af 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 xx '=-=，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 取得极小值()ln 1f a a =+.又因为函数()ln a f 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 的极小值点为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 tx 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()()211l n 01t t h t t --'=<-，所以()h t 在()1,+∞上单调递减，所以()ln 1ln 1t t t t +<-，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：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论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 ，显然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，只需要证明：当x>0时f(x) < f(－x)即可。
高考数学复习压轴题专题讲解05 与函数的对称性相关的零点问题
【解析】由圆方程 ，可得 ，圆心坐标为(−3, 2)
，其对称中心为(−3, 2).
在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如右图所示：
数形结合可知，圆和函数都关于点M(−3, 2)对称，
故可得其交点A和C，B和D都关于点M(−3, 2)对称.
6.【答案】B
【分析】该题设计抽象函数 关于点 成中心对称，函数 由奇函数 向上平移一个单位得到，也关于点 成中心对称，因而两函数图象的交点为也关于点 成中心对称， ，考虑倒序相加法，可得 ， ，故 .
7.【答案】2020
【提示】两边取自然对数得
设 ，则易得其为 上的单增奇函数
所以 ，
故 .
8.【答案】
设 ，显然 关于直线 对称，顶点为 .
若 ，则函数 关于直线 对称，且在 上是减函数，在 上是增函数，最大值为 ， .
若 的图象与 的图象有一个公共点A，根据对称性必有另一个公共点B.所以， 不合题意；
若 ，函数 关于直线 对称，且在 上是增函数，在 上是减函数，最小值为 .若 的图象与 的图象只有一个公共点，必有 ，得 .
故 ，
所以 .
9.【答案】 或
10.【答案】A
点评：
f(0)＝0仅是函数存在零点的必要条件，要注意检验充分性，一般是代入检验进行取舍.
【巩固训练】
1.已知函数f(x)是偶函数，且当x>0时，f(x)=lnx－ax，若函数f(x)恰有5个零点，则实数a的取值范围是.
2.若函数 的零点有且只有一个，则实数 .
3.若函数f(x)＝x2－mcosx＋m2＋3m－8有唯一零点，则满足条件的实数m组成的集合为．
函数的图象及零点
函数的图像及零点一、求函数零点【知识点】定义：对于函数()y f x =，我们把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点。
【例题讲解】★☆☆例题1．函数42y x =−的零点为 ．★☆☆练习1．函数2()2(0)f x ax ax c a =++≠的一个零点为3−，则它的另一个零点是 ．★☆☆练习2．函数2()log 1f x x =−的零点为 ．★☆☆例题2：函数24,0,()lg ,0x x f x x x −⎧−≤=⎨>⎩的零点是 ．★☆☆练习1：函数1()f x x x=−的零点是 ．二、判断函数的零点所在区间【知识点】函数零点存在定理：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，且有()()0f a f b <，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()0f x =的解。
【例题讲解】★☆☆例题3．函数26()log f x x x=−，在下列区间中，包含()f x 零点的区间是（ ）A. (0,1)B. (1,2)C. (2,4)D. (4,)+∞★☆☆练习1．已知函数()f x 的图像是连续不断的，有如下的,()x f x 对应值表：由表可知，函数()f x 存在零点的区间至少有（ ）个 A. 1B. 2C. 3D. 4★☆☆例题4．函数()22xf x x =+在下列区间一定有零点的是（）A. [-1,0]B. [-3,-2]C. [1,2]D. [3,4]★☆☆练习1．已知0x 是函数1()21xf x x=+−的一个零点。
若1020(1,),(,)x x x x ∈∈+∞，则（ ）A. 12()0,()0f x f x <<B. 12()0,()0f x f x <>C. 12()0,()0f x f x ><D. 12()0,()0f x f x >>三、判断函数的零点个数【知识点】函数零点、方程的根、函数图像与x 有公共点三者是等价的，即方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =有零点⇔函数()y f x =的图像与x 有公共点。
高中数学讲义：函数零点的个数问题
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 =Î，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =Î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()()0f a f b <，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()0,x a b Î，使得()00f x =。
（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()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个② 若()()0f a f b >，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()()()0f a f b f x <Þ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()0f x =的根，若()()()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ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f æö><ç÷èø即可判定其零点必在1,12æöç÷èø中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。
专题03 函数与方程和零点问题与嵌套函数(解析版)
专题03 函数与方程和零点问题与嵌套函数一、重点题型目录【题型】一、零点存在定理法判断函数零点所在区间 【题型】二、方程法判断函数零点个数 【题型】三、数形结合法判断函数零点个数 【题型】四、转化法判断函数零点个数 【题型】五、利用函数的零点或方程有根求参数 【题型】六、利用函数的交点或交点个数求参数 【题型】七、一元二次不等式恒成立问题 【题型】八、一元二次不等式能成立问题 二、题型讲解总结【题型】一、零点存在定理法判断函数零点所在区间例1．（2023·全国·高三专题练习）函数()2ln 1f x x x =--的零点所在的区间是（ ）A ．()1,2B ．()2,3C ．()3,4D ．()4,5【答案】B【分析】利用零点存在性定理求解即可 【详解】函数()2ln 1f x x x =--在()1,+∞ 上单调递增，且在()1,+∞上连续. 因为()22ln 2ln 22021f =-=-<-，()23ln 3ln 31031f =-=->-， 所以()()230f f <，所以函数的零点所在的区间是()2,3. 故选：B例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，对任意,()0x ∈+∞，都有()2()log 20f f x x -=．现已知()()17f a f a +'=，那么（ ） A ．(1,1.5)a ∈ B ．(1.5,2)a ∈C ．(2,2.5)a ∈D ．(2.5,3)a ∈【答案】D【分析】先由()2()log 20f f x x -=求出2()16log f x x =+，再由()()17f a f a +'=得到21log 10ln 2a a --=，结合单调性和零点存在定理进行判断即可. 【详解】不妨设2()log f x x m -=，则()20f m =，所以2log 2016m m m +=⇒=，得2()16log f x x =+，1()ln 2f x x '=，因为()()17f a f a +'=，所以21log 10ln 2a a --=．令21()log 1ln 2g a a a =--，易得()g a 在(0,)+∞上单调递增，因为227ln118(3)log 3103ln 23ln 2g -=--=>，52531255ln 2ln 25ln 21ln 42410244(2.5)log 2.5102.5ln 25ln 25ln 25ln 25ln 2g ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭=--===<<， 由零点存在定理知：(2.5,3)a ∈. 故选：D ．例3．（2023·全国·高三专题练习）已知()=ln f x x ，()e xg x =，若()()f s g t =，则当s t -取得最小值时，()g t 所在区间是（ ） A ．11,3e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,e 2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()ln 2,1D ．1,ln 22⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】由已知条件构造函数()e ln ah a a =-，利用导数求出最值，由零点存在性定理验证001e 0a a -=的根的范围即可. 【详解】令()()f s g t a ==，即e ln 0t s a ==>， ∴ln t a =，e a s =， ∴e ln (0)a s t a a -=->，令()e ln ah a a =-，则()1e a h a a'=-，令()1e am a a =-，则()21e a m a a '=+， ∴()m a 在()0,∞+上单调递增，且()1e 10m =->，1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭∴存在唯一0a a =使得()0h a '=，当00a a <<时，1e a a <， ()0h a '<，当0a a >时，1e aa>， ()0h a '>，∴()0()min h h a a =，即s t -取得最小值时，0()f s a a ==，由零点的存在定理验证01e 0aa -=的根的范围，当012a =时，001e 0a a -<，当0ln2a =时，001e 0aa ->，故01(,ln 2)2a ∈， 故选：D ．例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2e 0-=->x af x x a 有两个极值点1x 和2x ，且12x x <，则下列结论正确的是（ ）A ．101x <<B ．2101xx e << C ．()101f x << D ．()1ln 2,a ∈-+∞【答案】ACD 【分析】函数()()2e0-=->x af x x a 有两个极值点1x 和2x ，令()0f x '=，则e2e =xa x判断函数()e x g x x =的单调性，由题知()e xg x x=与2e =a y 有两个交点，借助图像求出a 的取值范围，判断D ；再根据零点存在性定理判断A ；又根据11e 2-=x ax ，求出()1f x 的取值范围，判断C ；由()()1200f x f x ⎧'=='⎪⎨⎪⎩，得2112e e x xx x =，由于101x <<，21x >，所以12e 1>x x ，从而判断B.【详解】已知()2e -=-x a f x x ，则()e 2-'=-x af x x ，令()0f x '=，则e2e =xa x考虑函数()e xg x x =，则()()2e 1x x g x x-'=， 当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，即()g x 在(),0∞-上单调递减； 当()0,1x ∈时，()0g x '<，即()g x 在()0,1上单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，即()g x 在()1,+∞上单调递增； 故()g x 的图象大致如图：依题意，若()f x 有两个极值点，则2e e >a ，即1ln 2a >-，因此选项D 正确； 由图易知，101x <<，21x >，故选项A 正确； 又11e 2-=x ax ，故()()122211111e 211-=-=-=--x a f x x x x x ，因为101x <<，所以()101f x <<，故选项C 正确； 因为()()1200f x f x ⎧'=='⎪⎨⎪⎩，即1212e 2e 2x a x a x x --⎧=⎨=⎩，故1212e e =x x x x ，即2112e e x xx x =. 由于101x <<，21x >，所以12e 1>x x ，从而21e 1>xx ，故选项B 错误.故答案为：ACD.【题型】二、方程法判断函数零点个数例5．（2023·全国·高三专题练习）关于函数()ln ||ln |2|f x x x =+-有下述四个结论： ∴()f x 的图象关于直线1x =对称 ∴()f x 在区间(2,)+∞单调递减 ∴()f x 的极大值为0 ∴()f x 有3个零点 其中所有正确结论的编号为（ ） A ．∴∴ B ．∴∴ C ．∴∴∴ D ．∴∴∴【答案】D【分析】根据给定函数，计算(2)-f x 判断∴；探讨()f x 在(2,)+∞上单调性判断∴；探讨()f x 在(0,1)和(1,2)上单调性判断∴；求出()f x 的零点判断∴作答.【详解】函数()ln ||ln |2|f x x x =+-的定义域为(,0)(0,2)(2,)-∞⋃⋃+∞， 对于∴，(,0)(0,2)(2,)x ∈-∞⋃⋃+∞，则2(,0)(0,2)(2,)x -∈-∞⋃⋃+∞， (2)ln |2|ln ||()f x x x f x -=-+=，()f x 的图象关于直线1x =对称，∴正确；对于∴，当2x >时，()ln ln(2)f x x x =+-，()f x 在(2,)+∞单调递增，∴不正确； 对于∴，当0x <时，()ln()ln(2)f x x x =-+-，()f x 在(,0)-∞单调递减，当02x <<时，2()ln ln(2)ln[(1)1]f x x x x =+-=--+，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，又()f x 在(2,)+∞单调递增，因此()f x 在1x =处取极大值(1)0f =，∴正确；对于∴，由()0f x =得：2|2|1x x -=，即2210x x --=或2210x x -+=，解得1x =1x =，于是得()f x 有3个零点，∴正确， 所以所有正确结论的编号为∴∴∴. 故选：D【点睛】结论点睛：函数()y f x =的定义域为D ，x D ∀∈，存在常数a 使得()(2)()()f x f a x f a x f a x =-⇔+=-，则函数()y f x =图象关于直线x a =对称.例6．（2023·全国·高三专题练习）若()f x 为奇函数，且0x 是()2e x y f x =-的一个零点，则0x -一定是下列哪个函数的零点（ ） A ．()e 2x y f x -=-- B ．()e 2x y f x =+ C ．()e 2x y f x =- D ．()e 2x y f x =-+【答案】B【分析】根据()f x 是奇函数可得()()f x f x -=-，因为0x 是()2e =-xy f x 的一个零点，代入得()002e xf x =，利用这个等式对A 、B 、C 、D 四个选项进行一一判断可得答案.【详解】()f x 是奇函数，()()f x f x ∴-=-且0x 是()2e =-xy f x 的一个零点， 所以()002e xf x =，把0x -分别代入下面四个选项，对于A ，()()0020e e 222-=-x x f x ，不一定为0，故A 错误；对于B ，()()0000e 2e x xf x f x ---+=-0012e e 20x x -+=-⋅⋅+=，所以0x -是函数()e 2x y f x =+的零点，故B 正确；对于C ，()000224e 2e ---=--=-x f x ，故C 不正确；对于D ，()0000e 22e e +24--+==x x x f x ，故D 不正确；故选：B.例7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()cos 2cos f x x x =+，且[]0,2πx ∈，则()f x 的零点个数为（ ） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】解三角方程求得()f x 的零点即可解决【详解】由()()2cos 2cos 2cos cos 1cos 12cos 10x x x x x x +=+-=+-=可得cos 1x =-或1cos 2x =，又[]0,2πx ∈，则πx =，或π3x =，或5π3x =则()f x 的零点个数为3 故选：C例8．（2023·全国·高三专题练习）()f x 是定义在R 上的以3为周期的奇函数，且()20f =，则方程()0f x =在区间[]6,6-内解的个数的最小值是_______. 【答案】13【分析】根据函数周期性和奇偶性的性质，进行递推即可． 【详解】()f x 是定义在R 上的以3为周期的奇函数，()()3f x f x ∴+=，且()()f x f x -=-，则()00f =，则()()()()()()36600330f f f f f f ==-==-=-=，，()20f =，()()()()514050f f f f ∴=-=-=-=，， ()10f =，()40f =，()20f -=，方程的解至少有0，3，6，6-，3-，2，5，5-，2-，1-，1，4，4-，共13个． 故答案为：13【题型】三、数形结合法判断函数零点个数例9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x =-，则函数()()h x f f x c =-⎡⎤⎣⎦，[]2,2c ∈-的零点个数（ ）A ．5或6个B ．3或9个C ．9或10个D ．5或9个【答案】D【分析】设()t f x =，求导分析()33f x x x =-的最值与极值，画出图形，再分析()f t c =与()t f x =的根的范围与个数即可【详解】设()t f x =，则由()()0h x f f x c =-=⎡⎤⎣⎦， 得()f f x c =⎡⎤⎣⎦，即()f t c =，()t f x = 又()()()233311f x x x x '=-=-+， 由0fx得1x <-或1x >，此时函数单调递增，由()0f x '<得11x -<<，此时函数单调递减，即函数在=1x -处取得极大值()()()311312f -=--⨯-=，函数在1x =处取得极小值()311312f =-⨯=-，又由()()()322322f -=--⨯-=-，()322322f =-⨯=可得图象：若()f t c =，()2,2c ∈-，则方程有三个解， 满足121t -<<-，211t -<<，312t <<， 则当121t -<<-时，方程()t f x =，有3个根， 当211t -<<时，方程()t f x =，有3个根， 当312t <<时，方程()t f x =，有3个根，此时共有9个根，若()f t c =，2c =，则方程有两个解， 满足11t =-，22t =，则当11t =-时，方程()t f x =，有3个根， 当22t =，有2个根， 此时共有5个根，同理()f t c =，2c =-，也共有5个根 故选：D ．例10．（2023·全国·高三专题练习）若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∴[0,1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】D【分析】由题意知，f (x )是周期为2的偶函数，将函数零点转化为求两个函数图象交点的个数即可，作出图象观察得出结论.【详解】由题意知，f (x )是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )及y ＝log 3|x |的图象，如下：观察图象可以发现它们有4个交点， 即函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点． 故选：D.例11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()e 2,1ln 1,1xx f x x x -⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，则函数()()()21g x f f x f x =-+⎡⎤⎣⎦的零点个数是（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B【分析】令()t f x =，()0g x =，则()21f t t =-，分别作出函数()y f t =和直线21y t =-的图象，得到10t =，212t <<，再分别作出函数()y f x =和直线y t =的图象，得到方程()0f x =和方程()2t f x =的根的个数，进而得到函数()()()21g x f f x f x =-+⎡⎤⎣⎦的零点个数. 【详解】令()t f x =，()0g x =，则()210f t t -+=，即()21f t t =-， 分别作出函数()y f t =和直线21y t =-的图象，如图所示，由图象可得有两个交点，横坐标设为1t ，2t ， 则10t =，212t <<，对于()t f x =，分别作出函数()y f x =和直线2y t =的图象，如图所示，由图象可得，当()10f x t ==时，即方程()0f x =有两个不相等的根， 当()2t f x =时，函数()y f x =和直线2y t =有三个交点， 即方程()2t f x =有三个不相等的根，综上可得()0g x =的实根个数为5，即函数()()()21g x f f x f x =-+⎡⎤⎣⎦的零点个数是5. 故选：B.例12．（2023·上海·高三专题练习）对于给定的正整数n （n ≥2），定义在区间[0，n ]上的函数y ＝f （x ）满足：当01x ≤≤时，2()2f x x x =-+，且对任意的x ∴[1，n ]，都成立f （x ）＝f （x ﹣1）+1．若与n 有关的实数kn 使得方程f （x ）＝knx 在区间[n ﹣1，n ]上有且仅有一个实数解，则关于x 的方程f （x ）＝knx 的实数解的个数为____． 【答案】2n ﹣1##12-+n【分析】数形结合，画出y ＝f （x ）在区间[0，n ]上的图象，根据y ＝knx 与y ＝f （x ）的图象交点分析即可．【详解】由题意，画出y ＝f （x ）在区间[0，1]上的图象， 又对任意的[1，n ]，都成立f （x ）＝f （x ﹣1）+1．可理解为区间[n ﹣1，n ]的图象由区间[n ﹣2，n ﹣1]的图象向右平移一个单位所得， 即可画出y ＝f （x ）在区间[0，n ]上的图象，如图所示，故若与n 有关的实数kn 使得方程f （x ）＝knx 在区间[n ﹣1，n ]上有且仅有一个实数解， 则y ＝knx 与y ＝f （x ）在区间[n ﹣1，n ]上的图象相切，且易得y ＝f （x ）的图象在y ＝x 与区间[0，1]，[1，2]，[2，3]，∴[n ﹣1，n ]上的公切线之间， 故y ＝knx 与y ＝f （x ）在区间[0，1]，[1，2]，[2，3]，∴[n ﹣1，n ]上均有2个交点， 故关于x 的方程f （x ）＝knx 的实数解的个数为2（n ﹣1）+1＝2n ﹣1个． 故答案为：2n ﹣1．【题型】四、转化法判断函数零点个数例13．（2022·全国·高三专题练习）已知()f x 的定义域为[)0,∞+，且满足()[)()[)1,0,121,1,xe xf x f x x ⎧-∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩，若()()g x f x π=-，则()g x 在[]0,10内的零点个数为（ ） A ．8 B ．9 C ．10 D ．11【答案】B【分析】求出函数()f x 在区间[)(),109,n n n n N +≤≤∈值域及单调性，由此可得出结论.【详解】当[)0,1x ∈时，()[)10,1xf x e e =-∈-，当[)1,2x ∈时，[)10,1x -∈，则()()[)210,22f x f x e =-∈-，当[)2,3x ∈时，[)20,1x -∈，则()()()[)21420,44f x f x f x e =-=-∈-，以此类推，当[)(),109,x n n n n N ∈+≤≤∈时，()()())20,21n nf x f x n e ⎡=-=-⎣，且函数()f x 在区间[)(),109,n n n n N +≤≤∈上为增函数，122e e π-<<-，所以，函数()g x 在区间[)(),119,n n n n N +≤≤∈上有且只有一个零点，且()()()101010200g f f ππ=-=-<，因此，()g x 在[]0,10内的零点个数为9. 故选：B.【点睛】方法点睛：判定函数()f x 的零点个数的常用方法：（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；（2）数形结合法：先令()0f x =，将函数()f x 的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 例14．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()3log 911x f x x+=-，下列说法正确的是（ ）A ．()f x 既不是奇函数也不是偶函数B ．()f x 的图象与sin y x =有无数个交点C ．()f x 的图象与2y =只有一个交点D ．()()21f f -<- 【答案】C【分析】A 根据函数奇偶性的定义即可判断()f x 的奇偶性；B 利用放缩法，当0x >易证()1f x >，由奇函数的对称性知0x <时()1f x <-，即可知()f x 与sin y x =的交点情况；C ：由()2f x =变形可得112713xx⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，设()11327xxg x ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭只需判断()1g x =解得个数即可；D 根据函数解析式求出()()2,1f f --比较大小即可. 【详解】A ：()f x 定义域为{|0}x x ≠且()()()()()()333391log log 91log 91log 9191120x x x x x f x f x x x x x -⎛⎫+ ⎪+++⎝⎭-+=-+-=--=-，故()f x 为奇函数，错误；B ：当0x >时有()3log 91211xf x x>-=-=，又()f x 为奇函数，则当0x <时，()1f x <-，即在R 上()f x ∈()(),11,-∞-⋃+∞，则()f x 的图象与sin y x =没有交点，错误， C ：若()2f x =，则有()3log 9112x x+-=，即()3log 913x x +=，变形得9127x x+=，即112713x x⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭， 设()11327xxg x ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()g x 为减函数且其值域为0,，则()1g x =有且只有一个解，即()f x 的图象与2y =只有一个交点，正确，D ：()()2333182log 1log 2log 918181211222f -⎛⎫⎛⎫++ ⎪+ ⎪⎝⎭-=-=--=- ⎪- ⎪⎝⎭3182log 29=-⨯3log =-，而()333110101log 11log 1log 993f ⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则有()()21f f ->-，错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：A 利用奇偶性定义判断函数的奇偶性，B 放缩法及奇函数的对称性，结合正弦函数的性质判断交点情况，C 将交点问题，通过恒等变形转化为方程是否有解的问题，D 通过函数解析式求函数值，进而比较大小.例15．（2022·全国·高三专题练习）高斯被人认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.有这样一个函数就是以他名字命名的：设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则()[]f x x =称为高斯函数，又称为取整函数.如：(2.3)2f =，( 3.3)4f -=-.则下列结论正确的是（ ）A ．函数()f x 是R 上的单调递增函数B ．函数2()()3g x f x x =-有2个零点 C ．()f x 是R 上的奇函数D ．对于任意实数,a b ，都有()()()f a f b f a b +≤+ 【答案】BD【分析】对于AC ，举例判断，对于B ，利用取整函数和零点的定义判断即可，对于D ，定义{}[]a a a -=这样一个函数，就会有{}10a >≥，然后结合高斯函数的定义判断即可 【详解】对于A ，(1.1)1f =，(1.2)1f =，(1.1)(1.2)f f =，()f x ∴在R 上不是单调增函数，所以A 错.对于B ，由()[]f x x =，可得1()x f x x -<≤，所以1()33x xg x -<≤，若函数()g x 要有零点，则1033x x -<≤，得[0,3)x ∈，因为()g x 要想为0，必须23x 也为整数，在这个范围内，只有30,2x x ==两个点，所以B 正确， 对于C ，(1.1)1f =，( 1.1)2(1.1)f f -=-≠-，()f x ∴不是奇函数，所以C 错， 对于D ，如果我们定义{}[]a a a -=这样一个函数，就会有{}10a >≥，同时有{}{}{}{}()([][])[[][]]f a b f a b a b a b a b +=+++=+++，当{}{}1a b +≥时，会有()[][]()()f a b a b f a f b +=+=+，当{}{}01a b <+<时，()[][]()()f a b a b f a f b +>+=+，所以D 正确，故选：BD.【题型】五、利用函数的零点或方程有根求参数例16．（2023·全国·高三专题练习）函数f (x )＝ax 2－x －1有且仅有一个零点，则实数a 的值为（ ）A ．－14B ．0C ．14D ．0或－14【答案】D【分析】通过a 是否为0，然后求解函数的零点即可．【详解】解：当0a =时，函数()1f x x =--仅有一个零点，满足题意；当0a ≠时，函数2()1f x ax x =--仅有一个零点，可得140a ∆=+=，解得14a =-．故选：D例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数1,1()1()1,12x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩，若方程22()(23)()30-++=f x a f x a 有5个不同的实数解，则a 的范围是（ ）A ．33(1,)(,2)22⋃B ．(1,2)(2,3)C ．(1,)+∞D ．(1,3)【答案】A【分析】解方程22()(23)()30-++=f x a f x a 得()f x a =或3()2f x =，根据a 的取值分类讨论即可.【详解】方程22()(23)()30-++=f x a f x a ，解得()f x a =或3()2f x =， 若32a =，13,132()12()1,12x x f x x -⎧=⎪⎪==⎨⎪+≠⎪⎩， 解得1x =或0或2，不符合题意，所以32a ≠， 由3()2f x =，可得原方程有3个不等实根1x =或0或2； 所以只要|1|1()12x a -+=有2个不等实根即可．由|1|0x ->可得|1|10()12x -<<，即有12a <<，综上可得33(1,)(,2)22a ⋃∈．故选：A ．例18．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2ln ,043,0x x f x x x x >⎧=⎨---≤⎩，若函数()()21y f x mf x =++⎡⎤⎣⎦有6个零点，则m 的取值范围是（ ） A ．102,3⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．102,3⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．102,3⎛⎫⎪⎝⎭D ．102,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】画出()f x 的图像，结合函数()()21y f x mf x =++⎡⎤⎣⎦有6个零点，结合图像列不等式来求得m 的取值范围.【详解】当0x ≤时，()f x 是开口向下的二次函数，对称轴为2x =-，()()24831,03f f -=-+-==-.由243=0x x ---解得=1x -或3x =-. 由此画出()f x 的图像如下图所示，依题意，函数()()21y f x mf x =++⎡⎤⎣⎦有6个零点， 令()t f x =，则21y t mt =++，根据图像可知，函数21y t mt =++在区间[)3,1-上有两个不相等的实数根，则()222Δ403310110312m m m m ⎧=->⎪--+≥⎪⎪⎨++>⎪⎪-<-<⎪⎩，解得1023m <≤，所以m 的取值范围是102,3⎛⎤ ⎥⎝⎦.故选：D例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2221,0log ,0x x f x x x +⎧-≤⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程2[()]()40f x mf x ++=有6个不同的实数根，则m 的取值范围是（ ）A ．13(,5),43⎡⎫-∞-⋃--⎪⎢⎣⎭B ．13,43⎡⎫--⎪⎢⎣⎭ C ．134,(5,)3⎛⎤⋃+∞ ⎥⎝⎦ D ．134,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】A【分析】画出()f x 的图象，令()t f x =，则先讨论240t mt ++=的零点，根据二次函数判别式与韦达定理，结合()f x 的图象可得240t mt ++=的较小根的范围，进而根据m 与较小根的关系式结合函数的单调性求解即可.【详解】画出()f x 的图象如图，令()t f x =，则先讨论240t mt ++=的零点. 当2440m ∆=-⨯<，即44m -<<时，不合题意；当2440m ∆=-⨯=，即4m =±时，易得2t =或2t =-，此时当()2f x =或()2f x =-时均不满足有6个零点，不合题意；故2440m ∆=-⨯>，4m >或4m <-，设240t mt ++=的两根为12,t t ，不妨设12t t <，由韦达定理124t t =，且12,2t t ≠.∴当12,0t t <时，()1f x t =与()2f x t =均无零点，不合题意； ∴当12,0t t >时：1. 若101t <<，则24t >，此时()1f x t =有4个零点，()2f x t =有2个零点，合题意；2. 若112t ≤<，此时()1f x t =有3个零点，则()2f x t =有且仅有3个零点，此时223t <≤，故1423t ≤<； 综上可得101t <<或1423t ≤<. 又12t t m +=-，故()12114m t t t t ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，结合4y t t =+在()0,2上为减函数可得114m t t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在()0,1，4,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数.故13(,5),43m ⎡⎫∈-∞-⋃--⎪⎢⎣⎭故选：A【点睛】本题主要考查了数形结合解决复合函数零点的问题，需要换元先分析二次函数的零点情况，数形结合判断零点所在的区间，进而得出()f x 零点所在的区间，并结合二次函数的性质与韦达定理求解.属于难题.例20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()23,0,3,0,x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩以下结论正确的是（ ）A ．()f x 在区间[7,9]上是增函数B ．()()220222f f -+=C ．若函数()y f x b =-在(),6-∞上有6个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，则619i i x ==∑D ．若方程()1f x kx =+恰有3个实根，则11,3k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭【答案】BC【分析】A 根据()f x 的周期性判断区间单调性；B 利用周期性求得()() 202230f f =-=即可判断；C 转化为y b =与()y f x =的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D 根据函数图象求得1y kx =+与()y f x =交点个数为2或3时的临界值，即可得范围. 【详解】A ：由题意,当3x ≥-时()f x 以3为周期的函数，故()f x 在[7,9]上的单调性与()f x 在[-2,0]上的单调性相同，而当0x <时()23924x x f ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，∴()f x 在[-2,0]上不单调，错误；B ：()22f -=，()() 202230f f =-=，故()()2 20222f f -+=，正确；C ：作出()y f x =的函数图象如图所示：由于()y f x b =-在(),6-∞上有6个零点，故直线y b =与()y f x =在(),6-∞上有6个交点，不妨设1i i x x +<，i ＝1，2，3，4，5，由图象知:1x ，2x 关于直线32x =-对称，3x ，4x 关于直线32x =对称，5x ，6x 关于直线92x =对称，∴513392229222i i x ==-⨯+⨯+⨯=∑，正确；D ：若直线1y kx =+经过(3,0)，则13k =-，若直线1y kx =+与()230y x x x =--<相切，则消元可得：()2103x k x ++=+，令Δ0=可得()2340k +-=，解得k ＝-1或k ＝-5（舍），若直线1y kx =+与()y f x =在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k ＝1． 因为()1f x kx =+恰有3个实根，故直线1y kx =+与()y f x =有3个交点， ∴113k -<<-或k ＝1，错误，故选：BC ．例21．（2023·全国·高三专题练习）若函数()()2e 2xf x x x a =-++在区间(),1a a +上存在最大值，则实数a 的取值范围为_______【答案】2⎫⎪⎪⎝⎭【分析】根据开区间上连续函数的最值点必为导函数的零点，然后求导，数形结合，根据零点存在性定理建立不等式即可求解【详解】因为()()()22e 222e 2x xf x x x a x x a '=-++-+=-++，且函数()f x 在区间(),1a a +上存在最大值， 故只需()22h x x a =-++满足()()>0+1<0h a h a ⎧⎪⎨⎪⎩，所以()22++2>0+1++2<0a a a a --⎧⎪⎨⎪⎩，2a <<．故答案为：2⎫⎪⎪⎝⎭【题型】六、利用函数的交点或交点个数求参数例22．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R 上的奇函数，满足()()20f x f x -+=，当(]0,1x ∈时，()2log f x x =-，若函数()()sin()F x f x x π=-，在区间[]1,m -上有10个零点，则m 的取值范围是（ ） A ．[)3.5,4 B ．(]3.5,4 C ．(]3,4 D ．[)3,4【答案】A【分析】由已知得出函数()f x 是周期函数，周期为2，函数()F x 的零点个数转化为函数()f x 的图象与sin()y x π=的图象的交点个数，作出函数的图象（其中()f x 的图象由奇偶性与周期性结合作出），然后分析交点个数得出参数范围． 【详解】由(2)()0f x f x -+=得(2)()f x f x +=--，又()f x 是奇函数，所以(2)()()f x f x f x +=--=，即()f x 是周期函数，周期为2，sin()y x π=也是周期函数，且最小正周期是22ππ=，由奇偶性和周期性作出函数()f x 的图象，再作出sin()y x π=的图象，如图，函数()()sin()F x f x x π=-的零点个数即为函数()y f x =的图象与函数sin()y x π=的图象交点个数，()f x 是R 上的奇函数，所以(0)0f =，从而20()f k =，Z k ∈，易知它们在[1,1)-上有4个交点，从而在[1,3)上也有4个交点，而4x =时，点(4,0)是一个交点，所以4m <，在(0,1)上，2()log f x x =-，11()1sin 22f π==，即1(,1)2是(0,1)上交点，从而在(1,0)-上交点上交点为1(,1)2--，由周期性在(3,4)上两函数图象交点为7(,1)2-，所以72m ≥． 综上，724m ≤<．故选：A ．例23．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2cos()1(0,0π)f x x ωϕωϕ=+-><<经过(0,0)点，且()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，则ω的最大值为（ ）A ．43B ．12C ．2D ．136【答案】C【分析】运用代入法，结合余弦型函数的性质、函数零点的定义进行求解即可. 【详解】因为()2cos()1f x x ωϕ=+-经过(0,0)点， 所以12cos 10cos 2ϕϕ-=⇒=，因为0πϕ<<，所以π3ϕ=，即π()2cos()13f x x ω=+-，令ππ1()2cos()10cos()332f x x x ωω=+-=⇒+=，因为π()0,x ∈，所以πππ(,π)333x ωω+∈+，因为()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，所以有5πππ43327ππ3π33ωωω⎧<+⎪⎪⇒<≤⎨⎪≤+⎪⎩，所以ω的最大值为2， 故选：C例24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数π()2cos()1(0,0)2f x x ωϕωϕ=+-><<，在0x =处的切线斜率为，若()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，则ω的最大值为（ ）A ．43B ．12C ．2D ．136【答案】C【分析】求出函数()f x 的导数，利用导数的几何意义求出ϕ，再由零点信息列出不等式，求解作答.【详解】依题意，()2sin()f x x ωωϕ'=-+，则(0)2sin f ωϕ'=-=，即sin ϕ=，而π02ϕ<<，解得π3ϕ=， 因此，π()2cos()13f x x ω=+-，由()0f x =得：π1cos()32x ω+=，又π()0,x ∈，有πππ(,π)333x ωω+∈+，因()f x 在(0,π)上只有一个零点0x ，于是得5ππ7ππ333ω<+≤，解得423ω<≤， 所以ω的最大值为2. 故选：C例25．（2023·全国·高三专题练习）定义在R 上的偶函数()f x 满足()22)(f x f x -+=，当[0,2]x ∈时，()xf x =，若在区间[0,10]x ∈内，函数()()(1)mg x f x x =-+有个5零点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()110,log e B ．(]11710,log e ,log e 2⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭C ．111log e,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11711log e,,log e 22⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【分析】根据函数的奇偶性求出函数在[2,0]-上的解析式，将问题转化为函数图象()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点，结合图形即可得出结果.【详解】由题意知，函数()f x 为偶函数，且(2)(2)f x f x -=+，令2x x →+，则(22)()(4)()f x f x f x f x --=-=+=， 所以函数()f x 是以4为周期的函数. 当[2,0]x ∈-时，[0,2]x -∈，所以()x f x --=，即当[2,0]x ∈-时()x f x -=，因为函数()()(1)m g x f x x =-+在[0,10]上有5个零点， 所以方程()(1)0m f x x -+=在[0,10]上有5个根，即函数图象()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点，如图，当[0,2]x ∈时，()xf x =，()121e 2x f x '=，()102f '=，设()(1)mp x x =+，则()1(1)m p x m x -'=+，()0p m '=，当12m ≤，()()00p f '≤'， 所以在[0,2]x ∈时，函数()()(1)m g x f x x =-+只有一个零点，此时，若要使图象()y f x =与(1)m y x =+在[0,10]上有5个不同的交点， 则()()11010mf +≤，11log e m ≤，所以110log e m <≤； 当12m >时，()()00p f '>'， 所以在[0,2]x ∈时，函数()()(1)m g x f x x =-+有两个零点， 所以()()166mf +<且()()11010mf +>，即7e 11e m m ⎧<⎨>⎩，解得71log e 2m <<，故m 的取值范围为(]11710,log e ,log e 2⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭.故选：B.例26．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()31,21()1,2x x f x x x ⎧≥⎪-=⎨⎪-<⎩，若函数()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．[)1,+∞B ．0,1C ．()1,+∞D ．()(),00,1-∞⋃【答案】C【分析】根据已知条件画出函数()f x 的图象，将函数()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点转化为函数()f x 与直线()1y k x =-图象恰有两个交点即可求解.【详解】由题意知，画出函数()31,21()1,2x x f x x x ⎧≥⎪-=⎨⎪-<⎩的简图，如图所示由()()g x f x kx k =-+恰好有两个零点转化为()f x 与直线()1y k x =-有两个不同的交点， 由图知，当直线经过点()()1,0,0,1-两点的斜率为10101k --==-，则1k >. 所以实数k 的取值范围为()1,+∞. 故选：C.例27．（2023·全国·高三专题练习）已知()e xx f x =．则下列说法正确的有（ ）A ．函数()y f x =有唯一零点0x =B ．函数()y f x =的单调递减区间为()(),01,-∞⋃+∞C ．函数()y f x =有极大值1eD ．若关于x 的方程()f x a =有三个不同的根．则实数a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ACD【分析】根据零点的定义判断A ，利用导数分析函数的单调性，作出函数()f x 的图象，根据图象判断其余选项.【详解】由()0f x =得：0x =，即0x =，故函数()f x 有唯一零点0x = 由题可知：(),0e e ,0e xx xxx x f x x x ⎧≥⎪⎪==⎨⎪-<⎪⎩ 设()e ex x xg x x -==⋅，x ∈R ，则()()1x g x x e -'=-⋅， 由()()1e 0x g x x -⋅'=-≥得：1x ≤；由()()1e 0xg x x -⋅'=-≤得；1x ≥；故()g x 在(],1-∞上单调递增﹐在[)1,+∞上单调递减，作出()y g x =图象，并将0x <的部分图象关于x 轴对称可得()y f x =的图象如下：观察图象可得函数()y f x =的单调递减区间为(),0∞-，()1,+∞，B 错， 函数()y f x =在1x =时有极大值1e，C 对，方程()f x a =有三个不同的根，则实数a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，D 对，故选：ACD.【题型】七、一元二次不等式恒成立问题例28．（2023·全国·高三专题练习）已知m 是区间[]0,4内任取的一个数，那么函数3221()233f x x x m x =-++在x ∈R 上是增函数的概率是（ ）A ．14B ．13C ．12D ．23【答案】C【分析】首先得到220()4f x x x m '=-≥+恒成立，则解出m 的范围，再根据其在[0,4]内取数，利用几何概型公式得到答案. 【详解】22()4f x x x m '=-+，3221()233f x x x m x =-++在x ∈R 上是增函数22()40f x x x m '∴=-+≥恒成立21640m ∴∆=-≤解得2m ≥或2m ≤- 又m 是区间[0,4]内任取的一个数24m ∴≤≤由几何概型概率公式得函数3221()233f x x x m x =-++在x ∈R 上是增函数的概率42142P -== 故选：C ．例29．（2023·全国·高三专题练习）当13x ≤≤时，关于x 的不等式210ax x -<+恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．,⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭14C ．,1,4∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】分离参变量得211a x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立，只用2min11a x x ⎡⎤⎛⎫<-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦可求解.【详解】当13x ≤≤时，由210ax x -<+恒成立可得，211a x x⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立， 令2211111()()24f x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，1113,,13x x ⎡⎤≤≤∴∈⎢⎥⎣⎦，∴当111,123x ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，即当2x =时， ()f x 取得最小值为()()min124f x f ==-， 因为211a x x⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立，所以()min a f x <，即14a <-.故选:B ．例30．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（ ）A ．6e B．(2e +C．(2e +D ．2e【答案】AB【分析】本题的含义是不等式左边的最大值小于等于右边的最小值，t 是常数， 因此先要算出左边的最大值和右边的最小值，再计算不等式即可. 【详解】因为()()3253153222x x f x x x x +-+===-+++，所以()f x 在[)0,∞+上单调递增， 所以对[0,)x ∀∈+∞，()()102f x f ≥=； ()()42e x g x x =-，所以()()()'2e 42e 21e x x x g x x x =-+-=- ，当1x >时，()'0g x < ；当01x <<时，()'0g x > ，函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， ∴()max ()12e g x g ==；因为0t >，任意[)12,0,x x ∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，即()()221e 2e e 2t t +⋅≤+，整理得224e 3e 0t t --≥，解得(2e t ≤或(2e t ≥，所以正数t的取值范围为()2e,⎡+∞⎣； 6e与(2e均在区间()2e,⎡+∞⎣内，(2e +与2e均不在区间()2e,⎡+∞⎣内； 故选：AB ．【题型】八、一元二次不等式能成立问题31．（2023·全国·高三专题练习）已知命题:R p x ∀∈，20x x a -+>，若p ⌝是真命题，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,)4-∞（ C ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A【分析】由题意得到20x x a -+≤有解，进而由根的判别式列出不等式，求出实数a 的取值范围.【详解】若p ⌝是真命题，由题意知不等式20x x a -+≤有解，140a ∴∆=-≥，解得:14a ≤. 因此，实数a 的取值范围是1,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选：A例32．（2023·全国·高三专题练习）若1,22x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使2210x x λ-+<成立，则实数λ的取值范围是______________．【答案】)+∞【分析】利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论. 【详解】由2210x x λ-+<可得，221x x λ>+，因为1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以12x x λ>+，根据题意，min 12x x λ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>即可，设()12f x x x =+，易知()f x在12⎛ ⎝⎭单调递减，在2⎫⎪⎪⎝⎭单调递增，所以()min f x f ==⎝⎭所以λ>故答案为：)+∞。
多项式函数与零点问题(教师版)
多项式函数与零点问题(教师版)
一、知识概念
多项式函数是一种很重要的函数类型，它的零点问题是求解多项式方程的根或者是函数图像与x轴的交点的问题。
二、教学方法
1. 突出重点，讲解基本原理。
对于多项式函数的零点问题，需要重点讲解求解多项式方程的基本原理。
尤其是二次方程及其解法，需要着重讲解。
2. 深入浅出，通过例题引导学生。
通过已知函数图像和函数值，引导学生求解多项式函数的零点问题。
设计合理的例题，引导学生思考和实践，培养其独立思考和解决实际问题的能力。
3. 灵活运用，总结归纳。
讲解各种多项式函数，总结其求解零点问题的方法和步骤，让学生掌握方法并能够灵活运用，提高其解题的效率和准确率。
三、教学重点
1. 掌握多项式方程的基本原理；
2. 掌握二次方程及其解法；
3. 掌握求解多项式函数零点问题的方法和步骤。
四、教学建议
在教学中，可以适当添加有趣的例题，让学生在轻松愉悦的环境中研究。
教师还可以将多项式函数与其它数学知识进行联系，如函数基本变换等，提高学生的综合运用能力。
五、作业布置
1. 课堂练：练求解多项式函数的零点问题；
2. 布置课外作业：选择一道多项式函数零点问题的例题，自主完成并提交答案。
六、教学评价
本课讲解清晰，重点突出，难易适当，丰富多样的例题设计培养了学生的独立思考和解决实际问题的能力。
作业布置合理，达到了提高学生的熟练度和综合运用能力的目的，欣赏此次授课。
方程零点问题
方程零点问题
在求解方程的零点问题时，最常用的一种方法是解方程。
在数学中，方程零点问题的定义是：求解方程f(x)=0的根。
通过求解一元二次方程的零点公式，我们可以通过配方法计算出方程的零点。
在实践中，这一方法可以应用于求解物体的运动轨迹、企业的利润最大化点、电路的电电压等问题。
另外，牛顿迭代公式也是求解连续函数零点的一种实用方法。
它基于曲线的切线，通过选取初始近似值，通过反复计算得到逼近解。
如果函数是连续的，且待求的零点是孤立的，牛顿法在邻近区域内必定收敛。
在实际应用时，需要根据具体问题选择合适的方法进行求解。
初中数学零点分析教案模板
课时：1课时年级：八年级教材：《义务教育课程实验教科书(五四学制)数学》八年级下册教学目标：1. 知识与技能目标：（1）理解函数零点的概念，掌握零点的求法。
（2）能够运用零点分析判断函数图像与x轴的交点情况。
2. 过程与方法目标：（1）通过观察、比较、分析等活动，培养学生观察能力和逻辑思维能力。
（2）通过小组合作探究，提高学生合作学习和解决问题的能力。
3. 情感态度与价值观目标：（1）激发学生对数学问题的探究兴趣，培养学生对数学知识的热爱。
（2）通过零点分析，让学生认识到数学在解决实际问题中的重要作用。
教学重难点：1. 教学重点：函数零点的概念、求法以及应用。
2. 教学难点：函数图像与x轴交点的判断方法。
教学准备：1. 多媒体课件2. 函数图像3. 练习题教学过程：一、导入1. 复习函数的概念，引导学生回顾函数图像的基本性质。
2. 提出问题：如何判断一个函数图像与x轴的交点个数？3. 引入课题：零点分析。
二、新课讲授1. 讲解函数零点的概念：函数f(x)在x=a处，若f(a)=0，则称a为函数f(x)的零点。
2. 介绍零点的求法：（1）直接计算法：直接将函数f(x)在x轴上的值计算出来，找到等于0的x 值。
（2）数值逼近法：通过改变x的值，逐渐逼近零点。
（3）图像分析法：观察函数图像与x轴的交点，判断交点个数。
3. 小组合作探究：（1）展示函数图像，引导学生观察图像与x轴的交点情况。
（2）讨论不同函数图像与x轴的交点个数与函数零点的关系。
（3）总结零点分析的方法。
三、巩固练习1. 课堂练习：给出几个函数，让学生判断其零点个数。
2. 小组讨论：分析函数图像与x轴的交点个数，找出规律。
四、课堂小结1. 回顾本节课所学内容，强调函数零点的概念、求法及应用。
2. 强调零点分析在解决实际问题中的重要性。
五、布置作业1. 完成课后习题，巩固所学知识。
2. 查找生活中与零点分析相关的问题，尝试用所学知识解决。
嵌套函数的零点问题(解析版)
嵌套函数的零点问题思路引导函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t ，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解.例题讲解类型一嵌套函数零点个数的判断【典例1】已知函数f (x )=2x +22,x ≤1log 2x -1 ,x >1，则函数F (x )=f f x -2f x -32的零点个数是( )A.4B.5C.6D.7【解题指导】令t =f (x ),F (x )=0→f (t )=2t -32→作函数y =f (x )与y =2x +32图象→两个交点的横坐标为t 1=0,t 2∈(1,2)→f (x )=t 1、f (x )=t 2判断F (x )的零点个数.【解析】令t =f (x ),F (x )=0，则f (t )-2t -32=0，作出y =f (x )的图象和直线y =2x +32，由图象可得有两个交点，设横坐标为t 1,t 2，∴t 1=0,t 2∈(1,2).当f (x )=t 1时，有x =2，即有一解；当f (x )=t 2时，有三个解，∴综上，F (x )=0共有4个解，即有4个零点，故选A【方法总结】1.判断嵌套函数零点个数的主要步骤(1)换元解套，转化为t =g (x )与y =f (t )的零点．(2)依次解方程，令f(t)=0，求t，代入t=g(x)求出x的值或判断图象交点个数．2．抓住两点：(1)转化换元．(2)充分利用函数的图象与性质．【针对训练】(2022·长春市实验中学高三模拟)已知f(x)=lg x,x>02x ,x≤0，则函数y=2[f(x)]2-3f(x)+1的零点个数是( )A.3B.5C.7D.8【答案】B【分析】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，画出函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象，数形结合可得答案．【详解】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象如下图所示：由图可得方程f(x)=12和f(x)=1共有5个根，即函数y=2f2(x)-3f(x)+1有5个零点，故选B．类型二已知嵌套函数的零点个数求参数【例2】函数f(x)=ln(-x-1),x<-12x+1,x≥-1，若函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，则实数a的取值范围____．【解题指导】设t=f(x)→令g(x)=f(f(x))-a=0→a=f(t)→作y=a，y=f(t)的图像数形结合根据a的范围分类讨论y=a，y=f(t)的交点个数【解析】设t=f(x)，令g(x)=f(f(x))-a=0，则a=f(t)．在同一平面直角坐标系内作y=a，y=f(t)的图像：①当a≥-1时，y=a与y=f(t)的图像有两个交点，设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<-1，t2≥-1．当t1<-1时，t1=f(x)有一解；当t2≥-1时，t2=f(x)有两解，∴此时g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，满足题意；②当a<-1时，y=a与y=f(t)的图像有一个交点．设交点的横坐标为t 3，令ln (-t -1)=-1得t =-1-1e ，∴-1-1e<t 3<-1，此时t 3=f (x )有一个解，不满足题意；综上所述，当a ≥-1时，函数g (x )=f (f (x ))-a 有三个不同的零点．【方法总结】(1)求解本题抓住分段函数的图象性质，由y =a 与y =f (t )的图象，确定t 1，t 2的取值范围，进而由t =f (x )的图象确定零点的个数．(2)含参数的嵌套函数方程，还应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合．【针对训练】已知函数f (x )=2x-1 ,x <12-x ,x ≥1，若关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，则实数b 的取值范围是__________．【答案】-32,-2【解析】作出f (x )的函数图象如下：设f (x )=t ，则当t =1或t <0时，方程f (x )=t 只有1解，当t =0时，方程f (x )=t 有2解，当0<t <1时，方程f (x )=t 有3解，当t >1时，方程f (x )=t 无解．∵关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，∴关于t 的方程2t 2+2bt +1=0在0,1 上有两解，∴4b 2-8>00<-b 2<12+2b +1>0，解得-32<b <-2．模拟训练1.(2023春·浙江温州·高二温州中学校联考期末)已知函数f x =x e x 2+axex -2a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则2-x 1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3=( )A.1B.4C.16D.64【答案】C【解析】令t (x )=x e x ，则t (x )=1-xe x.所以当x <1时，t (x )>0，函数t (x )=x e x 单调递增；当x >1时，t(x )<0，函数t (x )=x e x单调递减.所以t (x )max =t (1)=1e.由题意g t =t 2+at -2a 必有两个根t 1<0，且0<t 2<1e.由根与系数的关系有：t 1+t 2=-a ，t 1t 2=-2a .由图可知，t 1=x e x 有一解x 1<0，即t 1=x 1e x 1.t 2=xex 有两解x 2,x 3且0<x 2<1<x 3，即t 2=x 2e x 2=x3ex 3.所以2-x 1e x 122-x 2e x 22-x3e x 3=2-t 1 22-t 2 2-t 2 =2-t 1 2-t 2 2=4-2t 1+t 2 +t 1t 2 2=4+2a -2a 2=16.故选：C2.(2023秋·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)已知函数F x =ln x x2+(a -1)ln xx+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.1-aB.a -1C.-1D.1【答案】D 【解析】令y =ln x x ，则y ′=1-ln xx 2，故当x ∈(0，e )时，y ′>0，y =ln x x 是增函数，当x ∈(e ，+∞)时，y ′>0，y =ln x x是减函数；且limx →0ln xx =-∞，ln e e =1e ，lim x →+∞ln xx =0；令ln x x =t ，则可化为t 2+(a -1)t +1-a =0，故结合题意可知，t 2+(a -1)t +1-a =0有两个不同的根，故△=(a -1)2-4(1-a )>0，故a <-3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，①若a <-3，t 1+t 2=1-a >4，与t 1≤1e 且t 2≤1e相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负；不妨设t 1<0<t 2，结合y =ln xx 的性质可得，ln x 1x 1=t 1，ln x 2x 2=t 2，ln x 3x 3=t 2，故1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3=(1-t 1)2(1-t 2)(1-t 2)=(1-(t 1+t 2)+t 1t 2)2又∵t 1t 2=1-a ，t 1+t 2=1-a ，∴1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3=1；故选D ．3.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=(xe x )2+(a -1)(xe x )+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.其中x 1<x 2<x 3，则(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2的值为( )A.1B.(a -1)2C.-1D.1-a【答案】A【解析】令t =xe x ，则t ′=(x +1)e x ，故当x ∈(-1,+∞)时，t ′>0，t =xe x 是增函数，当x ∈(-∞,-1)时，t ′<0，t =xe x 是减函数，可得x =-1处t =xe x 取得最小值-1e ，x →-∞，t →0，画出t =xe x 的图象，由f (x )=0可化为t 2+(a -1)t +1-a =0，故结合题意可知，t 2+(a -1)t +1-a =0有两个不同的根，故Δ=(a -1)2-4(1-a )>0，故a <-3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，①若a <-3，t 1+t 2=1-a >4，与-2e<t 1+t 2<0相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负；不妨设t 1<0<t 2，结合t =xe x 的性质可得，x 1e x 1=t 1，x 2e x 2=t 1，x 3e x 3=t 2，故(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2=(1-t 1)(1-t 1)(1-t 2)2=(1-(t 1+t 2)+t 1t 2)2又∵t 1t 2=1-a ，t 1+t 2=1-a ，∴(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2=(1-1+a +1-a )2=1．故选：A ．4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x e x 2+axex -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为A.1B.-1C.aD.-a【答案】A 【解析】令x e x =t ，构造g (x )=x e x ，求导得g (x )=1-xex ，当x <1时，g (x )>0；当x >1时，g (x )<0，故g (x )在-∞,1上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，且x <0时，g (x )<0，x >0时，g (x )>0，g (x )max =g (1)=1e，可画出函数g (x )的图象(见下图)，要使函数f (x )=x e x2+axex -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则方程t 2+at -a =0需要有两个不同的根t 1,t 2(其中t 1<t 2)，则Δ=a 2+4a >0，解得a >0或a <-4，且t 1+t 2=-at 1⋅t 2=-a ，若a >0，即t 1+t 2=-a <0t 1⋅t 2=-a <0 ，则t 1<0<t 2<1e，则x 1<0<x 2<1<x 3，且g x 2 =g x 3 =t 2，故1-x 1e x121-x 2e x21-x 3ex 3=1-t 1 21-t 2 2=1-t 1+t 2 +t 1t 2 2=1+a -a 2=1，若a <-4，即t 1+t 2=-a >4t 1⋅t 2=-a >4 ，由于g (x )max =g (1)=1e ，故t 1+t 2<2e<4，故a <-4不符合题意，舍去.故选A .5.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax +ln x x -ln x -x 2，有三个不同的零点，(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.a -1B.1-aC.-1D.1【答案】D【解析】令f (x )=0，分离参数得a =x x -ln x -ln x x 令h (x )=x x -ln x -ln xx由h ′(x )=ln x 1-ln x 2x -ln xx 2x -ln x 2=0 得x =1或x =e ．当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，e )时，h ′(x )>0；当x ∈(e ，+∞)时，h ′(x )<0．即h (x )在(0，1)，(e ，+∞)上为减函数，在(1，e )上为增函数．∴0<x 1<1<x 2<e <x 3，a =x x -ln x -ln x x 令μ=ln xx则a =11-μ-μ即μ2+(a -1)μ+1-a =0，μ1+μ2=1-a <0，μ1μ2=1-a <0，对于μ=ln x x ，μ =1-ln xx 2则当0<x <e 时，μ′>0；当x >e 时，μ′<0．而当x >e 时，μ恒大于0．不妨设μ1<μ2，则μ1=ln x 1x 1,μ2=ln x 2x 2,μ3=ln x 3x 3， 1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 =(1-μ1)2(1-μ2)(1-μ3)=[(1-μ1)(1-μ2)]2=[1-(1-a )+(1-a )]2=1．故选D ．6.(2023·辽宁·校联考二模)已知函数f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3的值为( )A.81B.-81C.-9D.9【答案】A【解析】f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2=0∴a -3 x ln x -3x 2 =-9ln x 2∴a -3=9ln x 23x 2-x ln x =9ln x x 23-ln xx令t =3-ln x x ，t ∈0,+∞ ，则ln xx =3-t ，∴t =-1-ln x x 2=ln x -1x 2令t =0，解得x =e∴t ∈0,e 时，t <0，t 单调递减；t ∈e ,+∞ 时，t >0，t 单调递增；∴t min =3-1e ，t ∈3-1e,+∞ ，∴a -3=9(3-t )2t =9t 2-54t +81t ∴9t 2-51+a t +81=0.设关于t 的一元二次方程有两实根t 1，t 2，∴Δ=51+a 2-4×9×81>0，可得a >3或a <-105.∵a -3=93-t 2t >0，故a >3∴a <-105舍去∴t 1+t 2=51+a 9>51+39=6，t 1t 2=9.又∵t 1+t 2=t 1+9t 1≥29=6，当且仅当t 1=t 2=3时等号成立，由于t 1+t 2≠6，∴t 1>3，t 2=9t 1<3(不妨设t 1>t 2).∵x 1<1<x 2<x 3，可得3-ln x 1x 1>3，3-ln x 2x 2<3，3-ln x 3x 3<3.则可知3-ln x 1x 1=t 1，3-ln x 2x 2=3-ln x 3x 3=t 2.∴3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3=t 1t 2 2=81.故选：A .7.(2023春·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=ae x-x +3e 2x e x -x有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为( )A.1B.3C.4D.9【答案】D【解析】由f x =0得a =x e x -3e xe x -x，即a =x e x -31-x e x =-1-x e x -31-x e x+1，记t =1-x e x ，且设g x =1-xex ，一方面由a =-t -3t +1得t 2+a -1 t +3=0(*)，当Δ>0时方程(*)有两个不相等的实数根t 1，t 2，且t 1+t 2=1-a ，t 1t 2=3；另一方面，由g x =x -1e x知g x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，g 1=1-1e，g 0 =1，当x →-∞时，g x →+∞，当x →+∞时，g x →1-，如图：t1≥1>t 2>1-1e，且1-x 1e x 1=t 1，1-x 2e x 2=1-x3ex 3=t 2，因此1-x 1e x 121-x 2e x 21-x 3e x 3=t 21⋅t 2⋅t 2=t 1t 2 2=9.故选：D8.(2023秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3,且x 1<0<x 2<x 3, 则3-x 1e x123-x 2e x23-x 3e x 3的值是( )A.81B.-81C.9D.-9【答案】A【解析】由f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点知：9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x =0有三个不同的实根，即a -3=9x 23e 2x -xe x =9x ex 23-x ex有三个不同实根，若t =3-xe x ，则a -3=9(3-t )2t ，整理得9t 2-(a +51)t +81=0，若方程的两根为t 1,t 2，∴t 1t 2=9，而t=xe x -e x e 2x=x -1e x，∴当x <1时，t <0即t 在(-∞,1)上单调递减；当x >1时，t >0即t 在(1,+∞)上单调递增；即当x =1时t 有极小值为3-1e ，又x 1<0<x 2<x 3，x =0有t =3，即t 1>3>t 2>3-1e.∵方程最多只有两个不同根，∴x 1<0<x 2<1<x 3，即t 1=3-x 1e x 1，t 2=3-x 2e x 2=3-x 3e x3，∴3-x1e x 123-x 2e x23-x 3ex 3=t 12t 22=81.故选：A9.(2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中)已知函数f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<0<x 2<x 3，则2-x1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3的值为( )A.3B.6C.9D.36【答案】D【解析】因为f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2，所以f (x )=e 2x 2(a +2)-(a +1)x e x +x e x 2，因为e 2x>0，所以2(a +2)-(a +1)x e x +x e x 2=0有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，令g x =x e x ，则g x =1-x e x，所以当x <1时g x >0，当x >1时g x <0，即g x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，所以g x max =g 1 =1e ，当x >0时x e x >0，令t =x ex ∈-∞,1e ，则2(a +2)-(a +1)t +t 2=0必有两个根t 1、t 2，不妨令t 1<0、0<t 2<1e ，且t 1+t 2=a +1，t 1t 2=2a +2 ，即t 1=x e x 必有一解x 1<0，t 2=xe x 有两解x 2、x 3，且0<x 2<1<x 3，故2-x 1e x122-x 2e x22-x 3ex 3=2-t 1 22-t 2 2=4-2t 1+t 2 +t 1t 2 2=4-2a +1 +2a +2 2=36故选：D10.(2023·陕西·统考模拟预测)已知函数f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x121-x 2e x21-x 3e x 3的值为( )A.3B.4C.9D.16【答案】C【解析】f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2=e 2x x e x 2-a +1 ⋅x ex +a +3 ，e 2x >0，x e x2-a +1 ⋅xex +a +3 =0有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.令g x =x e x ,g x =1-xe x，g x 在-∞,1 递增，在1,+∞ 上递减，g x max =g 1 =1e .x >0时，xex >0.令t =x ex ∈-∞,1e，t 2-a +1 ⋅t +a +3 =0必有两个根t 1,t 2，t 1<0,0<t 2<1e，且t 1+t 2=a +1,t 1⋅t 2=a +3，t 1=x e x 有一解x 1<0，t 2=x ex 有两解x 2,x 3，且0<x 2<1<x 3，故1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3e x 31-t 1 21-t 22=1-t 1+t 2 +t 1⋅t 2 2=1-a +1 +a +3 2=9.故选：C11.(2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为( )A.eB.1C.4D.1-m【答案】B【解析】令t =ln xx-1，则t =1-ln xx 2，当x >e 时，t <0，当0<x <e 时，t >0，所以t 在e ,+∞ 上递减，在0,e 上递增，所以当x =e 时，函数取得最大值1e-1，函数t =ln xx-1的图象如图所示：则ln x 1x 1-1=t 1,ln x 2x 2-1=t 2,ln x 3x 3-1=t 3，由图象知：t 2=t 3，因为关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，所以方程t +1t+m +1 =0有两个不等的实数解t 1,t 2，由韦达定理得：t 1⋅t 2=1，所以ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 =t 12⋅t 2⋅t 3=t 12⋅t 22=1，故选：B12.(2023秋·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习)若关于x 的方程e ln x x +x e ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的取值范围为( )A.0,1e B.0,e C.1,e D.0,1【答案】A【解析】由方程e ln x x +x e ln x +x +m =0，可得e ln x x +1e ln x x+1+m =0.令e ln x x =t ，则有t +1t +1+m =0，即t 2+m +1 t +m +1=0.令函数g x =e ln x x ，则g x =e ⋅1-ln x x 2，由g x >0，解得0<x <e ，g x <0，解得x >e所以g x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且g e =1作出图象如图所示，要使关于x 的方程e ln x x +x e ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，结合图象可得关于t 的方程t 2+m +1 t +m +1=0一定有两个实根t 1，t 2，且e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=t 2，t 1+t 2=-m +1 ，t 1t 2=m +1.所以Δ=m +1 2-4m +1 >0，解得m >3或m <-1若t 1=1，则1+m +1 ×1+m +1=0,解得m =-32，则t 2=-12此时e ln x 2x 2=t 2=-12只有1个实数根，此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.若t 1=0，则m =-1，可得t 2=0，显然此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.要使原方程有3个不等实数根，则t 1<0<t 2<1所以m +1<0，1+m +1+m +1>0，解得-32<m <-1.所以e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=e ln x 3x 3=t 2故ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3=2e t 1+t 2 =-2m +1 e ∈0,1e.故选：A13.(2023·山西阳泉·统考三模)关于x 的方程ln x x +x ln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为A.e B.1 C.1+m D.1-m【答案】B【解析】设f x =ln x x ，则f x =1-ln x x 2，故函数在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，f e =1e，画出函数图像，如图所示：设ln x x =t ，ln x x +x ln x -x +m =0，则ln x x +1ln x x -1+m =0，即t +1t -1+m =0，化简整理得到：t 2+m -1 t +1-m =0，故t 1+t 2=1-m ，t 1t 2=1-m ，且t 1<0，0<t 2<1e，ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 =t 1-1 2t 2-1 2=t 1t 2-t 1+t 2 +1 2=1.故选：B .14.(多选题)(2023秋·山东临沂·高三校联考阶段练习)若关于x 的方程e ln x x +x e ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的值可能为( )A.1B.2e 3C.1e 2D.1e 【答案】BC【解析】由方程e ln x x +x e ln x +x +m =0，可得e ln x x +1e ln x x+1+m =0．令e ln x x =t ，则有t +1t +1+m =0，即t 2+(m +1)t +m +1=0．令函数g (x )=e ln x x ，则g (x )=e ⋅1-ln x x 2，所以g (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减．作出图象如图所示，要使关于x 的方程e ln x x +x e ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，结合图象可得关于t 的方程t 2+(m +1)t +m +1=0一定有两个实根t 1，t 2(t 1<0<t 2<1)，且e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=t 2，t 1+t 2=-(m +1)，t 1t 2=m +1．所以m +1<0，1+m +1+m +1>0，解得-32<m <-1．故ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3=2e (t 1+t 2)=-2(m +1)e ∈0,1e．因为2e 3∈0,1e ,1e 2∈0,1e，所以BC 都符合题意，故选：BC15.(2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考开学考试)已知函数f (x )=x x -e x +e 2x +me x x -e x 有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3，其中m ∈R ，e =2.718为自然对数的底数，则m -x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 的范围为______．【答案】0,1e 2-e 【解析】由f x =0，两边同时除以e x x -e x 变形为x e x +e x x -e x+m =0，有x e x +1x e x-1+m =0设x e x =t 即t +1t -1+m =0，所以t 2+(m -1)t +1-m =0令g (x )=x e x ，则g (x )=1-x e x，所以g (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且g 0 =0，g 1 =1e，当x >0时，g (x )>0其大致图像如下．要使关于x 的方程x e x +e x x -e x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3．结合图像可得关于t 的方程g (t )=t 2+(m -1)t +1-m =0一定有两个不等的实数根t 1，t 2且t 1<0<t 2<1e ，从而1<m <1+1e 2-e．t 1+t 2=1-m ，t 1⋅t 2=1-m ，则x 1e x 1=t 1，x 2e x 2=x 3ex 3=t 2．所以x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 =t 1-1 2t 2-1 2=t 1-1 t 2-1 2=t 1t 2-t 1+t 2 +1 2=[1-m -(1-m )+1]2=1m -x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 =m -1∈0,1e 2-e .故答案为：0,1e 2-e。
考点12 零点定理(讲解)(原卷版)-2021年高考数学复习一轮复习笔记
考点12：零点定理【思维导图】【常见考法】考点一：求零点1．若幂函数()f x x α=的图象过点(，则函数()()3g x f x =-的零点是 。
2．函数()234f x x x =+-的零点是____________.3．若函数()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩，则函数()1y f x =-的零点是___________.4．函数y ＝11x-的图象与函数y ＝2sinπx(－2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于 .考点二：零点区间1．函数()42xxf x -=-的零点所在区间是( ) A ．(1,0)- B ．1(0,)4C ．11(,)42D ．1(,1)22．函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在的区间为（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,43．函数()ln 3f x x x =+-的零点所在的区间为（ ） A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,44．已知()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，满足()()2ln 21xf f x ex e --+=-，则函数()f x 的零点所在区间为（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭ C ．1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．()1,e考点三：零点个数1．函数f(x)=|x-2|-lnx 在定义域内零点的个数为 。
2．方程20181log 2019xx ⎛⎫= ⎪⎝⎭的解的个数是 。
3．方程2sin(2)103x π+-=在区间[0,4)π上的解的个数为 。
4．若函数()f x 是定义在R 上的偶函数,(4)()f x f x +=,且22,01()42,12x x f x x x ⎧≤<=⎨-≤≤⎩,则函数1()()13g x f x x =--的零点个数为___________.5．已知函数()()()ln 000x x f x x ⎧≠⎪=⎨=⎪⎩，则方程()()20f x f x -=的不相等的实根个数为______.6．已知定义在R 上的函数()y f x =对任意x 都满足()()1f x f x +=-，且当01x ≤<时，()f x x =，则函数()()ln ||g x f x x =-的零点个数为 。
初中数学零点分析教案
初中数学零点分析教案教学目标：1. 了解零点的概念及其在数学中的应用；2. 掌握求解函数零点的方法和技巧；3. 培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
教学内容：1. 零点的概念及其性质；2. 求解函数零点的方法；3. 零点在实际问题中的应用。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引导学生回顾函数的定义，让学生思考函数与零点的关系；2. 提问：同学们，你们听说过零点吗？零点在数学中有什么作用呢？二、新课讲解（15分钟）1. 讲解零点的概念：零点是函数图像与x轴交点的横坐标，即函数值为0的点；2. 介绍零点的性质：零点存在的条件、零点的唯一性等；3. 讲解求解函数零点的方法：a. 图像法：观察函数图像，找出与x轴交点的横坐标；b. 代数法：利用函数性质，建立方程求解；c. 迭代法：利用函数的单调性，逐步逼近零点；4. 举例讲解求解函数零点的方法和技巧。
三、课堂练习（15分钟）1. 布置练习题，让学生独立完成；2. 引导学生总结解题思路和方法；3. 分析学生解题过程中遇到的问题，并进行讲解。
四、实际应用（15分钟）1. 介绍零点在实际问题中的应用，如方程求解、优化问题等；2. 让学生举例说明零点在实际问题中的应用；3. 引导学生思考如何利用零点解决实际问题。
五、课堂小结（5分钟）1. 让学生回顾本节课所学内容，总结零点的概念、性质和求解方法；2. 强调零点在数学和实际问题中的重要性；3. 鼓励学生在日常生活中发现和运用零点。
六、作业布置（5分钟）1. 布置课后作业，让学生巩固所学知识；2. 提醒学生注意作业中的易错点；3. 鼓励学生进行自主学习，提高解决问题的能力。
教学反思：本节课通过讲解零点的概念、性质和求解方法，使学生了解了零点在数学和实际问题中的应用。
在教学过程中，要注意引导学生思考问题，培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
同时，要关注学生的学习情况，及时发现和纠正错误，提高学生的学习效果。
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零点问题的求解策略（讲课版）
2018.7.9
函数零点问题的定性判定：
1、二次函数零点：由二次函数的判别式来决定零点的个数；若是区间上的问题，还应考虑区间上的最值问题；
2、超越函数的零点问题：由于零点不能直接通过方程求出，从而采用一种“试根法”；即为《零点存在性定理》。
定理内容：（请填空）
已知函数()f x 在闭区间[],a b 上__________________，并且()f a 与()f b 中_____________，则在该区间内__________________个零点。
函数零点问题的定量问题：
1、二分法（此处不做介绍）
2、导数引入：超越函数较难解决方程的直接求解，那么不得不引入导函数这一个工具，，导数可以研究函数的_________________，_____________________。
并且零点与上述两个因素密不可分。
3、优先考虑的方法：分离参数法，研究不带参数的函数，通过参数变化以及图像直接求解，但是计算较为繁杂；
4、分类讨论，讨论含有参数的函数。
【答案】单调性，最值与极值，/3、、判断零点个数，零点存在性定理与单调性的结合就体现了出来哦！下面一起来探究几个问题吧！
（1）()f x 是R 上的连续函数，且在[]
,a b 上单调，那么函数的零点个数为几个？
（2）若上述函数不单调，存在一个极值点，那么函数的零点个数如何判定？
（3）若函数存在两个极值点（三次函数为例，后期将专题讲解）则零点个数又该如何判定呢？
通过上述的三个思考，如何深入这类问题？
1、零点问题与函数的极值，最值，单调性有着密不可分的关系；
2、零点存在性定理与单调性结合形成既定性又定量的关系；
3、单调函数不一定有零点，取决于它的极限值。
4、（难点）超越函数的试根方法，涉及取点，隐零点，极限问题。
那么如何取点，也是一个问题；隐零点又如何确定？（答：设而不求，过渡）
涉及的命题点：
1、函数的最值又是一个以参数为主元的函数，决定零点的个数，对含参数函数的研究；
2、求导数以后导函数是一个超越函数，不便于求零点，那么构造这个函数研究其零点问题；
3、涉及函数的极限问题，单调函数是否只有一个零点？它有没有渐近线？预测结果，可以
考虑函数的阶吗？（极限）如果需要探究，这里试根法显得尤为重要，如何取点？怎样取点？隐零点如何突破？
下列请看两道高考试题：
【例1】（2017年新课标全国卷I ）
已知函数()()22x x f 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。
【例2】（2016年新课标全国卷I ）
已知()()()2
=21x f x x e a x -+-有两个零点 （1）求a 的取值范围；
（2）（极值点偏移问题，专题讲解）若两个零点为12,x x ，证明：122x x +<
通过上述两道例题，如何认识到零点问题的本质？请做好总结工作，能够很厉害地完成，后续将会有一些题型归纳的训练题。
微专题：复合函数的零点问题
策略：将函数逐层拆开进行求解。
（课上习题讲解时进行）。