最新高考数学函数零点专题资料

合集下载

高考数学《函数零点的个数问题》知识点讲解与分析

高考数学《函数零点的个数问题》知识点讲解与分析一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()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 ∈，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 <⇒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 ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭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。

函数的零点与方程的解-高考数学复习

微专题 5
课时跟踪检测
知识逐点夯实
PART
1
知识逐点夯实
课前自修
必备知识系统梳理基础重落实
目录
1. 函数的零点
（1）定义：对于一般函数 y ＝ f （ x ），我们把使
f （ x ）＝0 的
⁠
实数 x 叫做函数 y ＝ f （ x ）的零点；
（2）几个等价关系：方程 f （ x ）＝0有实数解⇔函数 y ＝ f （ x ）的
图象与 x 轴有公共点 ⇔函数 y ＝ f （ x ）有零点 .
⁠
提醒
函数 f （ x ）的零点不是一个点，而是一个实数，是方
程 f （ x ）＝0的根，也是函数 y ＝ f （ x ）的图象与 x 轴交点的
横坐标.
目录
2. 函数零点存在定理
（1）条件：①函数 y ＝ f （ x ）在区间[ a ， b ]上的图象是一条连续
坐标系中画出两函数的图象如图所示，两图象的
交点个数即为 f （ x ）的零点个数.故函数 f （ x ）
在区间（0，1）内有且只有1个零点.
目录
函数零点的应用
考向1
【例3】
根据函数零点个数求参数
｜ − 3| − 1， ≥ 0，
已知函数 f （ x ）＝൝ 2
函数 g （ x ）＝
− + 2， < 0，
（ x ）＝log3 x ， h （ x ）＝－ x ＋2图象交点的横坐标
所在的范围.作出两函数图象如图所示，可知 f （ x ）的
零点所在的区间为（1，2）.故选B.
目录
解题技法
1. 确定函数 f （ x ）的零点所在区间的常用方法
（1）利用函数零点存在定理：首先看函数 y ＝ f （ x ）在区间[ a ，

2025届高考数学二轮复习专项突破10函数零点

《函数零点》专项突破高考定位函数的零点其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为高考命题的热点.其常常与函数的图像、性质等学问交汇命题，以选择、填空题的形式考查可难可易，以大题形式出现，相对较难.考点解析（1）零点个数的确定（2）二次函数的零点分布（3）零点与函数性质交汇（4）嵌套函数零点的确定（5）困难函数的零点存在性定理（6）隐零点的处理（7）隐零点的极值点偏移处理题型解析类型一、转化为二次函数的零点分布例1-1．（2024·全国·高三专题练习）已知f(x)是奇函数并且是R上的单调函数，若函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，则实数λ的值是（）A．14B．18C．78-D．38-【答案】C【分析】利用函数零点的意义结合函数f(x)的性质将问题转化为一元二次方程有等根即可. 【详解】依题意，函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)的零点，即方程f(2x2+1)+f(λ-x)=0的根，由f(2x2+1)+f(λ-x)=0得f(2x2+1)=-f(λ-x)，因f(x)是R上奇函数，从而有f(2x2+1)=f(x-λ)，又f(x)是R上的单调函数，则有2x2+1=x-λ，而函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，于是得2x2-x+1+λ=0有两个相等实数解，因此得Δ=1-8(1+λ)=0，解得λ=78-，所以实数λ的值是78-.故选：C.练（2024·湖北·黄冈中学模拟预料）若函数2()2a f x x ax =+-在区间(1,1)-上有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（） A ．2(2,)3-B ．2(0,)3C ．(2,)+∞D ．(0,2)【答案】B 【详解】因为()f x 为开口向上的抛物线，且对称轴为2ax =-，在区间（－1，1）上有两个不同的零点，所以()()101002112f f a f a ⎧->⎪>⎪⎪⎛⎫⎨-< ⎪⎝⎭⎪⎪⎪-<-<⎩，即22102102022222a a a a a a a a ⎧-->⎪⎪⎪+->⎪⎨⎪⎛⎫---<⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪-<<⎩，解得023a <<，所以实数a 的取值范围是2(0,)3.故选：B例1-2．（2024·湖北恩施·高三其他模拟）设函数()()2x f x x a e =+在R 上存在最小值(其中e为自然对数的底数，a R ∈)，则函数()2g x x x a =++的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．无法确定【答案】C解析：()()22x f x x x a e '=++当1a ≥时，220x x a ++≥在R 恒成立，所以()()2'20xf x x x a e =++≥在R 恒成立，所以函数()()2x f x x a e =+在R 上单调递增，没有最小值；当1a <时，令() '0f x =得111x a =---，211x a =--，且12x x < x()1,x -∞1x()12,x x2x()2,x +∞()'f x+0 -+()f x极大值微小值当x →-∞时，()0f x →所以若()f x 有最小值，只须要()20f x ≤∵()()22221022100xf x a e a a =--⇔--≤⇔≤≤，∴20x x a ++=的判别式1410a ∆=->≥，因此()2g x x x a =++有两个零点.故选：C ．类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2024·天津二中高三期中）已知函数()ln 1f x x x =-，则()f x 的零点所在的区间是（） A ．()0,1 B ．()1,2 C ．()2,3 D ．()3,4【答案】B 【详解】∵()ln 1f x x x =-，()1ln f x x '=+，由()1ln 0f x x '=+=得，1e x =，∴1,()0ex f x '>>，函数()f x 为增函数，当01x <<时，()ln 10f x x x =-<，又()()410,2ln 21ln 0e12f f =-<=-=>，故()f x 的零点所在的区间是()1,2. 故选：B练．（2024·天津·大钟庄中学高三月考）函数()2xf x x =+的零点所在的区间为（）A ．()2,1--B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,2【答案】B 【详解】因为()2xf x x =+为单调递增函数，当2x =-时，()2722204f --=-=-<，当1x =-时，()1112102f --=-=-<，当0x =时，()002010f =+=>，由于()()010f f ⋅-<，且()f x 的图象在()1,0-上连续，依据零点存在性定理，()f x 在()1,0-上必有零点，故选：B.类型三、利用两图像交点推断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2024·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩，则函数()1y f x =-的零点个数为（） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．0个【答案】B 【分析】由已知函数()f x 的解析式作出图象，把函数()1y f x =-的零点转化为函数()f x 与1y =的交点得答案．【详解】由函数解析式222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩由图可知，函数()1y f x =-的零点的个数为2个．故选：B ．练．已知m 、n 为函数()1ln xf x ax x+=-的两个零点，若存在唯一的整数()0,x m n ∈则实数a 的取值范围是（）A ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．ln 20,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【分析】 ()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，作出函数()21ln x g x x +=的图象，可知满意不等式()a g x <的整数解有且只有一个，从而可得出关于实数a 的不等式，由此可解得实数a 的取值范围. 【详解】由()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，令()21ln x g x x +=，其中0x >，则()()243121ln 2ln 1x x x x x g x x x ⋅-+--'==.当120x e -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当12x e ->时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减.且当12x e ->时，()21ln 0xg x x +=>，作出函数()g x 的图象如下图所示：由图可知，满意不等式()a g x <的整数解有且只有一个，所以，()1,m n ∈，()2,m n ∉，所以，()()21g a g ≤<，即1ln 2ln 2144e a +=≤<.因此，实数a 的取值范围是ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式的整数解的个数求参数，解题的关键在于利用图象确定整数有哪些，进而可得出关于参数不等式（组）来进行求解.例3-2（一个曲线一个直线）28．（2024·浙江·绍兴市柯桥区老师发展中心高三学业考试）已知函数()()()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则实数b 的取值范围为_______. 【答案】7,24⎛⎫⎪⎝⎭【分析】求出函数()()y f x g x =-的表达式，构造函数()()(2)h x f x f x =+-，作函数()h x 的图象，利用数形结合进行求解即可. 【详解】∵()()22,2,2,2,x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩， ∴()222,02,0x x f x x x ⎧--⎪-=⎨<⎪⎩，∵函数y =f (x )−g (x )恰好有四个零点，∴方程f (x )−g (x )=0有四个解，即f (x )+f (2−x )−b =0有四个解，即函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象有四个交点，()()222,022,0258,2x x x y f x f x x x x x ⎧++<⎪=+-=⎨⎪-+>⎩ ，作函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象如下，115572222224f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，结合图象可知， 74<b <2，故答案为:7,24⎛⎫⎪⎝⎭.例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2024福建省厦门市高三】已知函数()221,20, ,0,xx x x f x e x ⎧--+-≤<=⎨≥⎩若函数()()g x f x ax a =-+存在零点，则实数a 的取值范围为__________．【答案】13a ≤-或2a e ≥ 【解析】函数g x f x ax a =-+（）（）存在零点，即方程0f x ax a -+=（）存在实数根，也就是函数y f x =（）与1y a x =-（）的图象有交点．如图：直线1y a x =-（）恒过定点10（，），过点21-（，）与10（，）的直线的斜率101213k -=---＝；设直线1y a x =-（）与x y e =相切于00x x e （，），则切点处的导数值为0x e ，则过切点的直线方程为()000x x y e e x x --＝，由切线过10（，），则()00000012x xx x e e x x e e --∴＝，＝，得02x = ．此时切线的斜率为2e ．由图可知，要使函数g x f x ax a =-+（）（）存在零点，则实数a 的取值范围为13a ≤- 或2a e ≥．【点睛】本题考查函数零点的判定，其中数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法的敏捷应用．例3-4（两个曲线）49．（2024·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________. 【答案】2 【分析】先利用诱导公式、二倍角公式化简，再将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，进而画出图象进行判定. 【详解】2π()2sin sin()2f x x x x =+-222sin cos sin 2x x x x x =-=-，函数f (x )的零点个数可转化为函数1sin 2y x =与22y x =图象的交点个数，在同一坐标系中画出函数1sin 2y x =与22y x =图象的（如图所示）：由图可知两函数图象有2个交点，即f (x )的零点个数为2. 故答案为：2.（两个曲线）8．（2024·四川·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 和()1f x +都是奇函数，当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，若函数()()sin()F x f x x π=-在区间[1,]m -上有且仅有10个零点，则实数m 的最小值为（） A ．3 B ．72C ．4D ．92【答案】B 【分析】依据函数的奇偶性确定函数()f x 的周期，将函数的零点问题转化为两函数的交点，最终通过数形结合求解出参数的值. 【详解】因为()1f x +是奇函数，所以函数()y f x =的图象关于点()1,0成中心对称，即(2)()0f x f x -+=．又因为函数()f x 为奇函数，所以(2)()()f x f x f x -=-=-，即(2)()f x f x +=，所以函数()y f x =是周期为2的周期函数．由于函数()y f x =为定义在R 上的奇函数，则(0)0f =，得(2)(4)0f f ==．又因为当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，所以21log 212f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11122f f ⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是得出7311222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，51122f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．作出函数()y f x =与函数()sin y x π=的图象如下图所示，由图象可知，函数()y f x =与函数()sin y x π=在区间[]1,m -上从左到右10个交点的横坐标分别为1-，12-，0，12，1，32，2，52，3，72，第11个交点的横坐标为4．因此，实数m 的取值范围是7,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭，故实数m 的最小值为72．故选：B ．（两个曲线）【2024河北省武邑中学高三】若定义在R 上的偶函数()f x 满意()()2f x f x +=，且当[]0,1x ∈时， ()f x x =，则函数()3log y f x x =-的零点个数是（）A ． 6个B ． 4个C ． 3个D ． 2个【答案】B【解析】分析：在同一个坐标系中画出函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象，这两个函数图象的交点个数即为所求．详解：∵偶函数f （x ）满意f （x+2）=f （x ），故函数的周期为2．当x∈[0，1]时，f （x ）=x ，故当x∈[﹣1，0]时，f （x ）=﹣x ．因为函数y=f （x ）﹣log 3|x|的零点的个数等于函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象，如图所示：明显函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象有4个交点，故选B ．点睛：本题考查了根的存在性及根的个数推断，以及函数与方程的思想，依据函数零点和方程的关系进行转化是解决本题的关键．推断零点个数一般有三种方法：（1）方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法.本题利用的就是方法（3）.例3-5（干脆解出零点）（2024·四川·高三月考（理））函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（） A ．12 B ．14 C ．16 D ．18【答案】C 【分析】令()25sin sin 10f x x x =--=可得21sin sin 5x x -=，依据()2sin sin g x x x =-为偶函数，只需求()21sin sin 5g x x x =-=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解的个数，等价于21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-的解的个数，结合正弦函数的性质以及对称性即可求解.【详解】令()0f x =可得21sin sin 5x x -=，设()2sin sin g x x x =-，则()()22sin sin sin sin g x x x x x g x -=--=-=，所以()2sin sin g x x x =-是偶函数，故只须要探讨21sin sin 5x x -=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解得个数，当0x ≥时，由21sin sin 5x x -=可得21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-，解方程21sin sin 5x x -=可得sin x sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x解方程21sin sin 5x x -=-可得sin x 或sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x 有三解，sin x = 所以在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，()21sin sin 5g x x x =-=有8解，依据对称性可得()21sin sin 5g x x x =-=在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上有16解，所以函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为16，类型三、利用周期性推断零点个数例3-1．（2024·广东·高三月考）已知定义域为R 的函数()y f x =在[0,10]上有1和3两个零点，且(2)y f x =+与(7)y f x =+都是偶函数，则函数()y f x =在[0,2013]上的零点个数为（） A ．404 B ．804 C ．806 D ．402【答案】A 【分析】依据两个偶函数得()f x 的对称轴，由此得函数的周期，10是其一个周期，由周期性可得零点个数．【详解】因为(2)y f x =+与(7)y f x =+都为偶函数，所以(2)(2)f x f x +=-+，(7)(7)f x f x +=-+，所以()f x 图象关于2x =，7x =轴对称，所以()f x 为周期函数，且2(72)10T =⋅-=，所以将[0,2013]划分为[0,10)[10,20)[2000,2010][2010,2013]⋅⋅⋅.而[0,10)[10,20)[2000,2010]⋅⋅⋅共201组，所以2012402N =⨯=，在[2010,2013]中，含有零点(2011)(1)0f f ==，(2013)(3)0f f ==共2个，所以一共有404个零点.故选：A. 例3-2．偶函数()f x 满意()()44f x f x +=-，当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，则实数a 的取值范围是（）A ．1ln6,ln23⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．1ln2,ln63⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．1ln2,ln63⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1ln6,ln23⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】因为()f x 为偶函数，所以()()()444f x f x f x +=-=-，所以()()8f x f x +=所以()f x 是周期函数，且周期为8，且()f x 关于4x =对称，又当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，则()()()221ln 21ln 2(0)x x xx f x x x x ⋅--'==>，令()0f x '=，解得e 2x =，所以当e 0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数，当e ,42x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，作出()f x 一个周期内图象，如图所示：因为()f x 为偶函数，且不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，所以不等式在()0,200内有100个整数解，因为()f x 周期为8，所以在()0,200内有25个周期，所以()f x 在一个周期内有4个整数解，（1）若0a >，由()()20f x af x +>，可得()0f x >或()f x a <-，由图象可得()0f x >有7个整数解，()f x a <-无整数解，不符合题意；（2）若0a =，则()0f x ≠，由图象可得，不满意题意；（3）若0a <，由()()20f x af x +>，可得 ()f x a >-或()0f x <，由图象可得()0f x <在一个周期内无整数解，不符合题意，所以()f x a >-在一个周期()0,8内有4个整数解，因为()f x 在()0,8内关于4x =对称，所以()f x 在()0,4内有2个整数解，因为()1ln 2f =，()ln 42ln 22f ==，()ln 633f =，所以()f x a >-在()0,4的整数解为1x =和2x =，所以ln 6ln 23a ≤-<，解得ln 6ln 23a -<≤-. 故选：C类型四、零点之和例4-1．（2024·全国·高三专题练习（文））已知函数()1sin sin f x x x=+，定义域为R 的函数()g x 满意()()0g x g x -+=，若函数()y f x =与()y g x =图象的交点为()()()112266,,,,,,x y x y x y ⋯，则()61i j i x y =+=∑（）A ．0B ．6C ．12D ．24【答案】A 【分析】首先推断()f x 的奇偶性，再依据奇偶函数的对称性计算可得；【详解】由()()0g x g x -+=得()y g x =的图象关于()0,0对称，因为()1sin sin f x x x=+，定义域为{}|,x x k k Z π≠∈，且()()()()11sin sin sin sin f x x x f x x x -=+-=--=--，所以()1sin sin f x x x=+为奇函数，即()1sin sin f x x x=+也关于()0,0对称，则函数()1sin sin f x x x=+与()y g x =图象的交点关于()0,0对称，则不妨设关于点()0,0对称的坐标为()()1166,,,,x y x y ⋯，则16160,022x x y y ++==， 252534340,0,0,02222x x y y x x y y ++++==== 则1616252534340,0,0,0,0,0x x y y x x y y x x y y +=+=+=+=+=+=，即()61iii x y =+=∑()3000⨯+=，故选：A ．例4-2（2024·新疆·克拉玛依市教化探讨所模拟预料（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满意()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的全部零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（）A ．20B ．24C ．28D ．36【答案】C 【分析】依据题意可得函数()f x 是周期为4，关于点(4,0)中心对称的函数，再将函数()()()4g x f x k x =--的全部零点转化为()y f x =与()4y k x =-的交点的横坐标，又函数()4y k x =-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，在坐标系中作出草图，依据数形结合即可求出结果. 【详解】∵定义在R 上的奇函数()f x 满意()()2f x f x =-，故图象关于1x =对称， ∴()()2f x f x --=-，故()()2f x f x +=-， ∴()()()42f x f x f x +=-+=，即周期为4，又()f x 定义在R 上的奇函数，所以(4,0)是函数()f x 一个对称中心，又因为当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，作出函数()f x 的草图，如下：函数()()()4g x f x k x =--的全部零点即为()y f x =与()4y k x =-的交点的横坐标，易知函数()4y k x =-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，又1335k <<，分别作出函数()143y x =-和()345y x =-的图象，则函数()4y k x =-的图象在函数()143y x =-和()345y x =-的图象之间，如下图所示：则()y f x =与()4y k x =-交点关于(4,0)中心对称，由图像可知关于(4,0)对称的点共有3对，同时还经过点(4,0)，所以1324428nii x==⨯⨯+=∑.故选：C.类型五、等高线的运用例5-1．（2024·福建宁德·高三期中）已知函数()()8sin ,02log 1,2x x f x x x π≤≤⎧=⎨->⎩，若a ､b ､c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围是___________. 【答案】[)3,10/310a b c ≤++< 【分析】依据题意，作出函数()y f x =图象，数形结合即可求解. 【详解】依据题意，作出函数()y f x =图象，令()()()f a f b f c t ===，可知函数()y f x =图象与y t =的图象有三个不同交点，由图可知01t ≤<.因a ､b ､c 互不相等，故不妨设a b c <<，由图可知1212a b +=⨯=. 当01t <<，时()8log 1c t -=，因01t <<，所以118c <-<，即29c <<，故310a b c <++<；当0t =时，2c =，故3a b c ++=. 综上所述，310a b c ≤++<. 故答案为：[)3,10.例5-2（2024·山西太原·高三期中）设函数22log (1),13()(4),3x x f x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩，()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x ，且1234x x x x <<<，则()3412114x x x x ++的取值范围是（） A ．109,32⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(0,1)C ．510,23⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【分析】依据分段函数解析式探讨()f x 的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得123412345x x x x <<<<<<<<、348x x +=、12(1)(1)1x x --=，进而将目标式转化并令11121t x x =-+，构造1()21g x x x =-+，则只需探讨()g x 在3(,2)2上的范围即可. 【详解】由分段函数知：12x <≤时()(,0]f x ∈-∞且递减；23x <≤时()[0,1]f x ∈且递增； 34x <<时，()(0,1)f x ∈且递减；4x ≥时，()[0,)f x ∈+∞且递增；∴()f x 的图象如下：()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x 且1234x x x x <<<，由图知：01a <<时()f x a =有四个实数根，且123412345x x x x <<<<<<<<，又348x x +=，由对数函数的性质：121212(1)(1)()11x x x x x x --=-++=，可得21111x x =-， ∴令()3411122111112214x x x x x t x x x ++=+=-+=，且1322x <<，由1()21g x x x =-+在3(,2)2上单增，可知31()21(2)2g x g x <-+<，所以10932t << 故选：A.例5-3（2024·吉林吉林·高三月考（理））()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩，若存在互不相等的实数a ，b ，c ，d 使得()()()()f f b f d m a c f ====，则下列结论中正确的为（）①()0,1m ∈；②()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ③函数()y f x x m =--恰有三个零点. A ．①② B ．①③C ．②③D ．①②③【答案】D【分析】①将问题转化为直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，视察图像可得答案；②设a b c d <<<，则可得2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，依据关系代入a b c d +++求值域即可；③函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，关注1m =和0m =时的交点个数即可得答案依据图像可得答案. 【详解】解：函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩的图像如图：()()()()f f b f d a c f m ====，即直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，故()0,1m ∈，①正确；()()()()f f b f d a c f m ====，不妨设a b c d <<<，则必有2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，ln ln 2d c ∴+=-，则2e c d-=，且11e d << 2e c d dd-∴++=，由对勾函数的性质可得函数2e y x x -=+在1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， ()2122e ,e 1e dc d d ---∴+=∈++，()1222,1a b c d e e --∴+++∈--，②正确；函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，如图当1m =时，函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点，当0m =时，探讨y x =与1ln y x =+是否相切即可， 1y x'=，令1y '=，则1x =，则切点为()1,1，此时切线方程为11y x -=-，即y x =，所以y x =与1ln y x =+图像相切，此时函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点，因为()0,1m ∈，故函数()y f x =与y x m =+的图像恒有3个交点，即函数()y f x x m =--恰有三个零点，③正确.故选：D. 【点睛】关键点点睛：将函数的零点问题转化为图像的交点问题，可以使问题更加直观，并便利解答.例5-4．（2024·辽宁试验中学高三期中）已知函数()266,1ln 1,1x x x f x x x ⎧---≤⎪=⎨+>⎪⎩，若关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解123x x x <<，则关于n 的方程()()121222356516n x x x x x -+=++-的正整数解取值可能是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】ABC 【分析】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象，依据图象有3个交点确定出123,,x x x 的关系，所以可将方程转化为()3315(ln 21)n x x -+=-，然后构造函数()()()ln 21g x x x =+-并分析()g x 的单调性确定出其值域，由此可求解出n 的取值范围，则n 的值可确定.【详解】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象如下图所示：当1x ≤时，()2333y x =-++≤，当1x >时，ln 11y x =+>，所以由图象可知：()1,3m ∈时关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解，又()221223236,ln 625x x x x x ++=⨯-=+-=--，所以()()()121223323ln 2)5651(16n x x x x x x x -+=+++-=-，又因为()1,3m ∈，所以()3ln 11,3x +∈，所以()231,e x ∈ ，设()()()()()2ln 211,e g x x x x =+-∈，所以()1ln 3g x x x'=-+，明显()g x '在()21,e 上单调递增，所以()()120g x g ''>=>，所以()g x 在()21,e 上单调递增，所以()()()()21,e g x g g ∈，即()()20,4e4g x ∈-，所以()1250,4e 4n -∈-，所以n 可取1,2,3 故选：ABC.类型六、嵌套函数零点例6-1．（2024·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（理））设函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，则函数()()12y f f x =-的零点个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【详解】函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩的图象如图所示，由()()102y f f x =-=，得()()12f f x =，令()f x t =，则1()2f t =，当0t ≤时，1322t +=，得12t =-，当0t >时，1lg 2t =，则10=t 所以当12t =-时，1()2f x =-，由图象可知方程有两个实根，当 10=t ()10f x =1个实根，综上，方程()()12f f x =有3个实根，所以函数()()12y f f x =-的零点个数为3，故选：C例6-2．（2024·天津市第四十七中学高三月考）已知函数()2e ,0,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，2()2g x x x=-+（其中e 是自然对数的底数），若关于x 的方程(())g f x m =恰有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<，则12322x x x -+的最大值为___________.【答案】3ln3- 【分析】设()f x t =，则依据题意得2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t <，故122t t +=，212t t =-，再结合()f x 的图象可得1221x x e t ==，3212x t t ==-，101t <<，进而1231122ln 34x x x t t -+=-+，再构造函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，分析函数的单调性，求得最大值. 【详解】由题意设()f x t =，依据方程(())0g f x m -=恰有三个不等实根，即2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t < 122t t ∴+=，则212t t =-，方程1()f x t =或2()f x t =有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<，作出图象如图所示：那么1221x x e t ==，可得3212x t t ==-，101t <<，所以1231122ln 34x x x t t -+=-+，构造新函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，则13()th t t-'=，所以()h t 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以max 1()3ln 33h t h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以12322x x x -+的最大值为3ln3-. 故答案为：3ln3-.例6-3（2024·全国·高三专题练习）设函数()210log 0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，若函数()()()g x f f x a=-有三个零点，则实数a 的范围为________．【答案】(]01，．【分析】令()t f x =，则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =，采纳数形结合法即求．【详解】函数()g x 的零点即为方程()0g x =的解，令()t f x =，则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =的图象，由图象可知，当1t>时，有唯一的x与之对应；当1t≤时，有两个不同的x与之对应．由方程组()()t f xf t a=⎧⎪⎨=⎪⎩，①②有三个不同的x知，须要方程②有两个不同的t，且一个1t>，一个1t≤，结合图象可知，当(]01a∈，时，满意一个(]10t∈-，，一个(]12t∈，，符合要求，综上，实数a的取值范围为(]01，．故答案为：(]01，.例6-4. 已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题意结合函数的图形将原问题转化为二次方程根的分布的问题，据此得到关于a的不等式组，求解不等式组即可.【详解】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.类型七、隐零点处理例7-1．（1）已知函数f(x)＝x 2＋πcos x，求函数f(x)的最小值；（2）已知函数()()32213210f x x ax a x a a ⎛⎫=++++> ⎪⎝⎭，若()f x 有极值，且()f x 与()f x '（()f x '为()f x 的导函数）的全部极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（） A ．(]0,3B ．(]1,3C ．[]1,3D ．[)3,+∞【解析】（1）易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x，令2x －πsin x=0，得2,0π==x x ，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.（2）【答案】B 【解析】由题意得()221362f x x ax a a'=+++()0a >，因为()f x 有极值，所以()2213620f x x ax a a'=+++=有2个不等实根，即()222116432120a a a a a ⎛⎫⎛⎫∆=-⨯⨯+=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即310a a->，因为0a >，解得1a >．令()()()2213620h x f x x ax a a a'==+++>，由()660h x x a '=+=得x a =-，设()f x 的极值点为1x ，2x ，则1x ，2x 为方程()2213620f x x ax a a'=+++=的根，则122x x a +=-，2122133a x x a=+，因为()()3223221211122211321321f x f x x ax a x x ax a x a a ⎛⎫⎛⎫+=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()3221212121212121336220x x x x x x a x x ax x a x x a ⎛⎫=+-+++-++++= ⎪⎝⎭，所以()()()2121263f x f x f a a a '++-=-+≥-，令()()211g a a a a=-+>，易得()g a 在()1,+∞上单调递减，且()2633g =-，所以31≤<a ．故选：B.例7-2已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）12（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点即可；（2）依据导函数零点0x ，推断出()f x 的单调性，从而()min f x 可确定，利用()min 1f x =以及1ln y x x=-的单调性，可确定出0,x a 之间的关系，从而a 的值可求. 【详解】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x a f x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x a e x a-=+（*）. 函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，明显01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.【方法总结】类型一：化为一元二次函数得零点问题类型二：困难函数得零点思想：①先设后求、设而不求②与零点存在性定理结合运用步骤：(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f(x 0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．例7-3已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．【答案】(],2-∞．解：原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x+--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=，令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0001ln 2000000ln 1ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有xy xe =在()0,∞+上单调递增， ∴0001ln ln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000min 0ln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦， ∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞．例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）探讨函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，推断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析. （1）求出导数()'f x ，按a 分类探讨确定()'f x 的正负，得函数的单调性；（2）求出导函数()'g x ，对其中一部分，设()1e xh x x=-(0x >)，用导数确定它的零点0(0,1)x ∈，这样可确定()g x 的单调性与极值，然后结合零点存在定理确定结论．【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e xxxx x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数；当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=+⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'x >()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2x g x x x x =--+，其定义域为()0,∞+，则()()()1e 11xg x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->，所以存在01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e xx =，00ln x x =-.列表如下：由表格，可得()g x 的微小值为()12g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+-因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点.又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>，所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点. 类型八、隐零点之极值点偏离类型一、目标与极值点相关思想：偏离−−→−转化对称步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数（2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）构造对称函数类型二、目标与极值点不相关步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数（2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）找寻零点之间的关系，消元换元来解决例8-1．（2024·江苏高三开学考试）已知函数()ln af x x x=+（a ∈R ）有两个零点. （1）证明：10ea <<. （2）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：a x x 221>+.（3）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：.121<+x x 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先求出导函数，当0a ≤时明显不成立，当0a >时求出函数的单调区间，即可得到函数的微小值()f a ，依题意()0f a <，即可求出参数a 的取值范围；（2）由（1）可得120x a x <<<，设()()()2g x f a x f x =--，求出函数的导函数，即可得到122x x a +>，（3）由（1）可得120x a x <<<，再设21x tx =，1t >，则1221ln ln x x t x x ==，则()()12ln 1ln ln 1t t x x t t t +⎛⎫+=- ⎪-⎝⎭，再利用导数说明()ln 1th t t =-的单调性，即可得到121x x +<，从而得证；【详解】（1）证明：由()ln a f x x x =+，0x >，可得()21af x x x'=-，0x >.当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，与题意不符. 当0a >时，令()210af x x x '=-=，得x a =. 当()0,x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增. 可得当x a =时，()f x 取得微小值()ln 1f a a =+.又因为函数()ln af x x x =+有两个零点，所以()n 10l a f a =+<，可得1e a <.综上，10ea <<.（2）解：由上可得()f x 的微小值点为x a =，则120x a x <<<. 设()()()()l 2ln 22n a ag x f a x f x a x a x xx =--=-+---，()0,x a ∈，可得()()()()222224110222a x a a ag x a x x x a x x a x ---'=--+=>---，()0,x a ∈，所以()g x 在()0,a 上单调递增，所以()()0g x g a <=，即()()20f a x f x --<，则()()2f a x f x -<，()0,x a ∈，所以当120x a x <<<时，12a x a ->，且()()()1122f a x f x f x -<=.因为当(),x a ∈+∞时，()f x 单调递增，所以122a x x -<，即122x x a +>.（3）由（1）可得120x a x <<<，设21x tx =，1t >，则1122ln 0,ln 0,a x x a x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩则1221ln ln x x t x x ==，即()1211ln ln ln ln ln x t x t tx t x t ===+.所以1ln ln 1t t x t =--，所以()()()()()1211ln 1ln ln ln ln 1ln ln 1ln 111t t tt x x x t x t t t t t t ⎛⎫++=+=++=-++=- ⎪--⎝⎭. 又因为()ln 1th t t =-，则()()211ln 01t t h t t --'=<-，所以()h t 在()1,+∞上单调递减，所以()ln 1ln 1t t tt +<-，所以()12ln 0x x +<，即12 1.x x +<综上，1221a x x <+<. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数探讨含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．留意分类探讨与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．练、已知函数f(x)＝x 2＋πcos x. (1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π. 【解析】 (1)易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h(x)＝2x －πsin x，h′(x)＝2－πcos x，明显h′(x)单调递增，而h′(0)＜0，h′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h′(x 0)＝0.当x∈(0，x 0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，而 h(0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h(x)＜0，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，f(x 1)=f(x 2), 构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsin x＞0，即函数F(x)单调递增，所以F(x)＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f(x)＜f(π－x)，而x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f(x 1)＜f(π－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)，即f(x 2)＜f(π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞.由(1)可知，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：当12()()f x f x =12()x x ≠时，120x x +<【解析】解： (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以，()y f x =在0]-∞在（，上单调递增；在[0x ∈+∞，）上单调递减.（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只须要证明：当x>0时f(x) < f(－x)即可。

函数零点题型归纳讲义

专题四《函数》讲义5.9函数的零点知识梳理.函数的零点1．函数的零点(1)函数零点的定义：对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)三个等价关系：方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．2．函数零点的判定如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是f(x)＝0的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．题型一.零点所在的区间1．函数f（x）＝3x−3−2的零点所在区间是（）A．（﹣1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）【解答】解：由于函数f（x）＝3x−3−2，∴f（1）＝3﹣3﹣2＝﹣2＜0，f（2）＝9−32−2＞0，∵f（1）•f（2）＜0，函数是连续增函数，∴函数f（x）＝3x−3−2的零点所在的区间是（1，2），故选：C．2．函数f（x）＝log2x+x+2的零点所在的一个区间是（）A．(0，18)B．(18，14)C．(14，13)D．(13，12)【解答】解：函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且其图象在定义域上是一条不间断的曲线，又o18)=−3+18+2=−78＜0，o14)=−2+14+2=14＞0，由函数零点存在性定理可知，函数f（x）在(18，14)上有零点．故选：B．3．设函数y＝x3与y＝（12）x﹣2的图象交点为（x0，y0），则x0所在的区间是（）A．（0，1）B．（3，4）C．（1，2）D．（2，3）【解答】解：函数y＝x3在R上单调递增，y=(12)K2在R上是减函数．∵x≤1时，函数y＝x3的图象在y=(12)K2的下面；x≥2时，函数y＝x3在y=(12)K2的上面．∴x0所在的区间是（1，2）．故选：C．题型二.零点的个数1．函数f（x）＝4x|log0.5x|﹣1的零点个数为2．【解答】解：函数的零点满足|l0.5U=(14)，则零点的个数即函数y＝|log0.5x|与=(14)交点的个数，绘制函数图象如图所示，观察可得，交点个数为2，故函数零点的个数为2．故答案为：2．2．函数f（x）=2−2，≤12−3+2，＞1的图象与函数g（x）＝ln（x+1）的图象的交点的个数是2．【解答】解：作出函数f（x）和g（x）的图象如图：由两个函数的图象可知两个函数有2个交点，故答案为：2．3．若偶函数f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），在x∈[0，1]时，f（x）＝x2，则关于x的方程f（x）＝（110）x在[0，4]上根的个数是4．【解答】解：因为偶函数f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），所以函数f（x）的图象关于y 轴对称，同时以2为周期．根据x∈[0，1]时，f（x）＝x2得该函数在[0，4]上的图象为：再在同一坐标系中做出函数=(110)的图象，如图，当x∈[0，4]时，两函数图象有四个交点．所以方程f（x）＝（110）x在[0，4]上有4个根．故答案为4．4．已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2，函数g（x）=l(−1)＞12≤1，若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上恰有8个零点，则a的取值范围为（）A．（2，4）B．（2，5）C．（1，5）D．（1，4）【解答】解：函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上恰有8个零点即函数f（x）与函数g（x）在区间[﹣5，5]上有8个交点，由f（x+1）＝﹣f（x）＝f（x﹣1）知，f（x）是R上周期为2的函数，作函数f（x）与函数g（x）在区间[﹣5，5]上的图象如下，由图象知，当x∈[﹣5，1]时，图象有5个交点，故在[1，5]上有3个交点即可；故l(3−1)＜1l(5−1)＞1；解得，2＜a＜4；故选：A．题型三.已知零点个数求参1．若函数f（x）＝e x﹣x2+ax﹣1在区间[1，2]内有且仅有一个零点，则实数a的取值范围为（）A．[5−22，+∞)B．（﹣∞，2﹣e] C．(5−22，2−p D．[5−22，2−p【解答】解：依题意，−=−−1在x∈[1，2]上有且仅有一个解，设op=−−1，则n(p=⋅K2−1+12=(K1)(−K1)2，由e x≥x+1（当且仅当x＝0时取等号）可知，当x∈[1，2]时，函数g（x）单调递增，∴当x∈[1，2]时，op m=o1)=−2，op B=o2)=22−2−12=2−52，∴−∈[−2，2−52]，∴∈[5−22，2−p．故选：D．2．若函数f（x）＝log a x﹣x+a（a＞0且a≠1）有两个零点，则实数a的取值范围是（）A．（0，1）B．（1，+∞）C．（1，e）D．（e，+∞）【解答】解：令f（x）＝0，有log a x＝x﹣a，①当a＞1时，函数y＝log a x单增，函数y＝x﹣a相当于函数y＝x向下至少移动了1个单位，故函数y＝log a x与y＝x﹣a的图象有两个交点；②当0＜a＜1时，函数y＝log a x与y＝x﹣a的图象显然仅有一个交点，综上，a＞1．故选：B．3．已知函数f（x）=3，∈(−1，0]∈(0，1]，且函数g（x）＝f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（−94，﹣2]∪（0，32]．【解答】解：由g（x）＝f（x）﹣mx﹣m＝0，即f（x）＝m（x+1），分别作出函数f（x）（图中红色曲线），和y＝h（x）＝m（x+1）的图象（图中绿色曲线），为一条过点（﹣1，0）的直线，如图：由图象可知f（1）＝3，h（x）表示过定点A（﹣1，0）的直线，当h（x）过（1，3）时，m=32，此时两个函数有两个交点，此时满足条件的m的取值范围是0＜m≤32①．当h（x）过（0，﹣2）时，h（0）＝﹣2，解得m＝﹣2，此时两个函数有两个交点．当h（x）与f（x）相切时，两个函数只有一个交点，此时1r3x+3＝m（x+1），即m（x+1）2+3（x+1）﹣1＝0，当m＝0时，只有1解；当m≠0，由△＝9+4m＝0得m=−94，此时直线和f（x）相切．∴要使函数有两个零点，则−94＜m≤﹣2②．综上可得，函数g（x）＝f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围为（−94，﹣2]∪（0，32]，故答案为：（−94，﹣2]∪（0，32]．4．已知函数f（x）＝e2x﹣a（x+2）．当a＝2时，f（x）的增区间为（0，+∞）；若f （x）有两个零点，则实数a的取值范围为（2e﹣3，+∞）．【解答】解：当a＝2时，f（x）＝e2x﹣2（x+2），f′（x）＝2e2x﹣2，令f′（x）＞0，解得x＞0，则f（x）的增区间为（0，+∞）．f′（x）＝2e2x﹣a，x∈R．①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当a＞0时，令f′（x）＝0⇒x=12ln2，可得f（x）在（﹣∞，12ln2）单调递减，在（12ln2，+∞）单调递增，故f（x）的最小值为f（12ln2）=2−a（12ln2+2）=−2ln2−32．∵f（x）有两个零点，当x→±∞时，f（x）→+∞，∴f（2ln2）＜0⇒2ln2+32＞0，解得a＞2e﹣3，所以实数a的取值范围为（2e﹣3，+∞）故答案为：（0，+∞）；（2e﹣3，+∞）．5．已知f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x+12|，若函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a的取值范围是（0，12）．【解答】解：f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x+12|，若函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），在同一坐标系中画出函数f（x）与y＝a的图象如图：由图象可知∈(0，12)．故答案为：（0，12）．6．已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），当0≤x≤1时，f（x）＝2x2，g（x）＝log a|x﹣1|（2＜a＜2），则函数h（x）＝f（x）﹣g（x）所有零点的和为（）A．3B．4C．5D．6【解答】解：函数f（x）是定义域为R的偶函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），可得对称轴x＝1，所以可得周期T＝2，又g（x）＝log a|x﹣1|（2＜a＜2），可得g（x）也是关于x＝1对称，令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝0，可得g（x）＝f（x），在同一坐标系中在作y＝f（x）与y＝g（x）的图象如图所示：因为2＜a＜2，g（x）＝log a|x﹣1|，所以g（2）＝0，g（5）＝log a4∈（2，4），与f（x）无交点，g（3）＝log a2∈（1，2）与f（x）有两个交点，所以x＞1时，g（x）与f（x）有3个交点，所以x∈R时，g（x）与f（x）有3对关于x＝1对称的点，所以所以交点之和为2+2+2＝6，即函数h（x）＝f（x）﹣g（x）所有零点的和为6，故选：D．7．已知函数g（x）＝a﹣x2（1≤x≤e（e为自然对数的底数）与h（x）＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（）A．[1，1+2]B．[12+2，e2﹣2]C．[e2﹣2，+∞）D．[1，e2﹣2]【解答】解：因为h（x）＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的函数为：f（x）＝﹣2lnx，所以可得g（x）＝f（x）有零点，即a＝x2﹣2lnx（1≤x≤e）有解，令t（x）＝x2﹣2lnx（1≤x≤e），则t'（x）＝2x−2=2⋅(K1)(r1)，当x∈（1，1）时，t'（x）＜0，则t（x）单调递减，x∈（1，e）时，t（x）＞0，t（x）单调递增，而t（1）=12−2ln1=12+2，t（1）＝12﹣2ln1＝1，t（e）＝e2﹣2lne＝e2﹣2＞o1)，所以t（x）∈[1，e2﹣2]．所以a的取值范围为[1，e2﹣2]．故选：D．8．已知函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，则负实数a＝（）A．−13B．−12C．﹣3D．﹣2【解答】解：函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，设x﹣1＝t，则函数f（t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t）﹣a2有唯一零点，则3e|t|﹣a（2t+2﹣t）＝a2，设g（t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t），∵g（﹣t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t）＝g（t），∴g（t）为偶函数，∵函数f（t）有唯一零点，∴y＝g（t）与y＝a2有唯一的交点，∴此交点的横坐标为0，∴3﹣2a＝a2，解得a＝﹣3或a＝1（舍去），故选：C．题型四.复合函数的零点1．已知f（x）＝x2e x，若函数g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，则实数k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）B．（2，42+24）C．（82，2）D．（42+24，+∞）【解答】解：f′（x）＝2xe x+x2e x＝x（x+2）e x，令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝﹣2，∴当x＜﹣2或x＞0时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，∴当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值f（﹣2）=42，当x＝0时，f（x）取得极小值f（0）＝0．作出f（x）的大致函数图象如图所示：令f（x）＝t，则当t＝0或t＞42时，关于x的方程f（x）＝t只有1解；当t=42时，关于x的方程f（x）＝t有2解；当0＜t＜42时，关于x的方程f（x）＝t有3解．∵g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0，42）上有1解，在（42，+∞）∪{0}上有1解，显然t＝0不是方程t2﹣kt+1＝0的解，∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0，42）和（42，+∞）上各有1解，∴164−42+1＜0，解得k＞42+24．故选：D．2．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．以上都有可能【解答】解：由题意可得，f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不同的实数根x1，x2，不妨设x1≠x2，所以3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根f（x）＝x1，f（x）＝x2，若x1＜x2，易得函数f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，在x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，此时f（x）＝x2有2个根，f（x）＝x1可能的根3或2或1，此时关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数5或4或3个，当x1＞x2，同理可得关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数3个，故选：D．3．已知函数f（x）=(12)−4，≤−1B(+1)，＞−1，若f（f（x））＜0，则x的取值范围为（）A．（﹣2，0）B．(−∞，12−1) C．(−2，12−1)D．(−2，−1)∪(12−1，0)【解答】解：令f（x）＝t，则f（t）＜0，t≤﹣1时，(12)−4＜0，所以2﹣t＜4，解得﹣2＜t≤﹣1；t＞﹣1时，ln（t+1）＜0，解得﹣1＜t＜0；综上知，t的取值范围是﹣2＜t＜0，即﹣2＜f（x）＜0．由f（x）＝﹣2，x≤﹣1时，(12)−4＝﹣2，解得x＝﹣1；x＞﹣1时，ln（x+1）＝﹣2，解得x=12−1；综上知，x＝﹣1或=12−1，画出函数f（x）的图象，如图所示：根据分段函数f（x）的图象得，f（f（x））＜0的解集为(−2，−1)∪(12−1，0)．故选：D．4．已知函数f（x）＝x3﹣3x，则函数h（x）＝f[f（x）]﹣c，c∈[﹣2，2]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【解答】解：设t＝f（x），则由y＝f[f（x）]﹣c＝0，得f[f（x）]＝c，即f（t）＝c，t＝f（x），函数f（x）的导数f′（x）＝3﹣3x2，由f′（x）＞0得﹣1＜x＜1，此时函数单调递增，由f′（x）＜0得x＜﹣1或x＞1，此时函数单调递减，即函数在x＝1，取得极大值f（1）＝3﹣1＝2，函数在x＝﹣1，取得极小值f（﹣1）＝﹣3+1＝﹣2，又由f（﹣2）＝﹣2，f（2）＝2得：若f（t）＝c，c∈（﹣2，2），则方程有三个解，满足﹣2＜t1＜﹣1，0＜t2＜1，1＜t3＜2，则当﹣2＜t1＜﹣1时，方程t＝f（x），有3个根，当0＜t2＜1时，方程t＝f（x），有3个根，当1＜t3＜2时，方程t＝f（x），有3个根，此时共有9个根，若f（t）＝c，c＝2，则方程有两个解，满足t1＝﹣2，t2＝1，则当t1＝﹣2时，方程t＝f（x），有2个根，当t2＝1，有3个根，此时共有5个根，同理f（t）＝c，c＝﹣2时，也共有5个根故选：D．课后作业.函数的零点1．设定义在R上的函数op=2，≤0|l2U，＞0，g（x）＝f（x）﹣a，则当实数a满足0＜a ＜1时，函数y＝g（x）的零点个数为3个．【解答】解：定义在R上的函数op=2，≤0|l2U，＞0，函数的图象如图：g（x）＝f（x）﹣a，则当实数a满足0＜a＜1时，函数y＝g（x）的零点个数，就是y ＝f（x）与y＝a图象的交点个数，由图象可知，零点个数为3个．故答案为：3．2．已知函数f（x）=|+1|，≤0|l2U，＞0，若方程f（x）＝a（a∈R）有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则（x1+x2）x4的取值范围是[﹣4，﹣2）．【解答】解：由题意作函数f（x）=|+1|，≤0|l2U，＞0与y＝a的图象如下，，结合图象可知，x1+x2＝﹣2，0＜log2x4≤1，故x1+x2＝﹣2，1＜x4≤2，故﹣4≤（x1+x2）x4＜﹣2，故答案为：[﹣4，﹣2）．3．已知函数op=|BU，＞0|2+4+3|，≤0，若g（x）＝ax（a∈R）使得方程f（x）＝g（x）恰有3个不同的实根，则实数a的取值范围为[0，1)∪{23−4}．【解答】解：由已知得f（x）得图象如图（1），（1）当a＞0时，要使得方程f（x）＝g（x）恰有3个不同根，则需存在x＞1，使得lnx ＞ax，即a＜B，又y=B的图象如图（2），故0＜a＜1；（2）当a＜0时，由图象（1）知y＝ax需与函数f（x）＝|x2+4x+3|＝﹣x2﹣4x﹣3相切，设切点为（m，n），则y﹣f（m）＝f'（m）（x﹣m），即y﹣（﹣m2﹣4m﹣3）＝（﹣2m﹣4）（x﹣m）过点（0，0），故m2＝3，因为m＜0，故m=−3，所以a＝f'（m）=23−4，（3）当a＝0时，显然符合题意，综上，实数a的取值范围为[0，1)∪{23−4}．故答案为：[0，1)∪{23−4}．4．已知函数f（x）=3−34+32，0≤≤122+12，12＜≤1，g（x）＝e x﹣ax（a∈R），若存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，1]B．（﹣∞，e﹣2]C．（﹣∞，e−54]D．（﹣∞，e]【解答】解：①当0≤x≤12时，f（x）＝x3−34+32，则f′（x）＝3x2−34≤0在[0，12]上恒成立，所以函数f（x）在区间[0，12]上单调递减，则f（12）≤f（x）≤f（0），即54≤op≤32，②当12＜≤1时，f（x）＝2x+12，函数在区间（12，1]上单调递增，所以f（12）＜f（x）≤f（1），即32＜op≤52，综上，函数f（x）的值域为[54，52]；又g′（x）＝e x﹣a，x∈[0，1]，若a≤0时，则g′（x）＞0，函数g（x）在[0，1]上单调递增，所以g（0）≤g（x）≤g （1），即g（x）∈[1，e﹣a]，此时若要满足题意，只需[1，e﹣a]∩[54，52]≠∅，当a≤0时恒成立；若a＞0时，令g′（x）＝e x﹣a＝0，解得x＝lna，当0＜a＜e时，函数g（x）在[0，1]上单调递增，所以g（0）≤g（x）≤g（1），即1≤g （x）≤e﹣a，又因为[1，e﹣a]∩[54，52]≠∅，所以−≥540＜＜，解得0＜a≤−54，当a＞e时，g（x）在[0，1]上单调递减，所以g（1）≤g（x）≤g（0），即e﹣a≤g（x）≤1，此时[e﹣a，1]∩[54，52]=∅，所以不存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）＝g（x2），综上，实数a的取值范围为（−∞，−54]，故选：C．5．已知函数f（x）=，=1(12)|K1|+1，≠1，若方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有5个不同的实数解，则a的范围是（）A．（1，32）∪（32，2）B．（1，2）∪（2，3）C．（1，+∞）D．（1，3）【解答】解：方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0，解得f（x）＝a或f（x）=32，若a=32，f（x）=，=1(12)|K1|+1，≠1，可得x＝1或0或2，不满足题意；则a≠32，由f（x）=32，可得原方程有3个不等实根；只要1+（12）|x﹣1|＝a有2个不等实根即可．由|x﹣1|＞0可得0＜（12）|x﹣1|＜1，即有1＜a＜2，综上可得a∈（1，32）∪（32，2）．故选：A．6．已知f（x）=2−4，≤−1，＞（其中a＜0，e为自然对数的底数），若g（x）＝f[f（x）]在R上有三个不同的零点，则a【解答】解：（1）当x≤a时，f（x）＝x2﹣4，①当x2﹣4≤a时，由f（f（x））＝f（x2﹣4）＝（x2﹣4）2﹣4＝0得x=−2；②当x2﹣4＞a时，由f（f（x））＝f（x2﹣4）=2−4−1＝0得x＝﹣2（2）当x＞a时，f（x）＝e x﹣1，①当e x﹣1≤a时，由f（f（x））＝f（e x﹣1）＝（e x﹣1）2﹣4＝0得e x＝﹣1无解，②当e x﹣1＞a时，由f（f（x））＝f（e x﹣1）=−1−1＝0解得x＝0，因为g（x）＝f（f（x））在R上有三个不同的零点，所以−2≤−2≤0＞，解得：−2≤a＜0，故答案为：[−2，0）．。

高考数学科学复习创新方案：利用导数研究函数的零点问题

利用导数研究函数的零点问题例1(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x.(1)判断直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点分别有几个；(2)证明：曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点；(3)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解(1)设S(x)＝e x－x－b，S′(x)＝e x－1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，所以S(x)min＝S(0)＝1－b.当b<1时，S(x)min＝1－b>0，S(x)无零点；当b＝1时，S(x)min＝1－b＝0，S(x)有1个零点；当b>1时，S(x)min＝1－b<0，而S(－b)＝e－b>0，S(b)＝e b－2b，设u(b)＝e b－2b，则当b>1时，u′(b)＝e b－2>0，故u(b)在(1，＋∞)上为增函数，故u(b)>u(1)＝e－2>0，故S(b)>0，故S(x)＝e x－x－b有两个不同的零点．，设T(x)＝x－ln x－b，T′(x)＝x－1x当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以T(x)min＝T(1)＝1－b.当b<1时，T(x)min＝1－b>0，T(x)无零点；当b＝1时，T(x)min＝1－b＝0，T(x)有1个零点；当b>1时，T(x)min＝1－b<0，而T(e－b)＝e－b>0，T(e b)＝e b－2b>0，所以T(x)＝x－ln x－b有两个不同的零点．综上可知，当b<1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是0；当b＝1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是1；当b>1时，直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)的交点个数都是2.(2)证明：由f(x)＝g(x)得e x－x＝x－ln x，即e x＋ln x－2x＝0，设h(x)＝e x＋ln x－2x，其中x>0，故h′(x)＝e x＋1x－2，设s(x)＝e x－x－1，则当x>0时，s′(x)＝e x－1>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，故s(x)＞s(0)＝0，即e x>x＋1，所以h′(x)>x＋1x－1≥2－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，而h(1)＝e－2>0，e1e3－3－2e3<e－3－2e3＜0，故h(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点x0，且1e3<x0<1，当0<x<x0时，h(x)<0，即e x－x<x－ln x，即f(x)<g(x)，当x>x0时，h(x)>0，即e x－x>x－ln x，即f(x)>g(x)，所以曲线y＝f(x)和y＝g(x)有且只有一个公共点．(3)证明：由(2)知，若存在直线y＝b与曲线y＝f(x)，y＝g(x)有三个不同的交点，则b＝f(x0)＝g(x0)>1，此时e x－x＝b有两个不同的解x1，x0(x1<0<x0)，x－ln x＝b有两个不同的解x0，x2(0<x0<1<x2)，故e x1－x1＝b，e x0－x0＝b，x2－ln x2－b＝0，x0－ln x0－b＝0，所以x2－b＝ln x2，即e x2－b＝x2，即e x2－b－(x2－b)－b＝0，故x2－b为方程e x－x＝b的解，同理x0－b也为方程e x－x＝b的解，所以{x1，x0}＝{x0－b，x2－b}，而b>10＝x2－b，1＝x0－b，即x1＋x2＝2x0.利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法(1)构建函数g(x)(需g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．(2024·衡水模拟)已知函数f(x)＝(x－2)e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x＋(x－2)e x＝(x－1)e x，又e x>0恒成立，∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．函数f(x)的极小值为f(1)＝－e，无极大值．(2)当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，∴g(x)的零点个数等价于f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．当a≥0时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当－e<a<0时，f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点；当a＝－e时，f(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点；当a<－e时，f(x)的图象与直线y＝a无交点．综上所述，当a∈[0，＋∞)∪{－e}时，g(x)有唯一零点；当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同的零点；当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．例2(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)ln x.(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝－1x －ln x(x＞0)，则f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－1x －(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋1x2－a＋1x＝（ax－1）（x－1）x2(x＞0)．当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；当a<0时，f′(x)＝x－1）x2，若x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，若x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；当a＞0时，f′(x)＝x－1）x2，若a＝1，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，所以函数f(x)恰有一个零点，若a＞1，则f(x)(1，＋∞)为f(1)＝a－1＞0，所以f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知，f(x)a＞1满足条件．若0＜a＜1，则f(x)在(0，1)因为f(1)＝a－1＜0，所以f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，f(x)0＜a＜1满足条件．综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞)．根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．(2024·南阳一中月考)设函数f(x)＝(x－2)ln(x－1)－ax，a∈R.(1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解(1)∵f′(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，令H(x)＝ln(x－1)＋1－1x－1－a(x>1)，则H′(x)＝1x－1＋1（x－1）2>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]．(2)f(x)＝0⇒a＝（x－2）ln（x－1）x，令g(x)＝（x－2）ln（x－1）x，故g′(x)＝1x－1－2·xx－1－ln（x－1）x2＝（x－1）－1x－1＋2ln（x－1）x2，令h(x)＝(x－1)－1x－1＋2ln(x－1)，∴h′(x)＝1＋1（x－1）2＋2x－1>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0，又由当x→1时，x－2x→－1，ln(x－1)→－∞，则g(x)→＋∞；当x→＋∞时，x－2x→1，ln(x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞，若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0.∴a的取值范围为(0，＋∞)．例3(2023·泰州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax2＋bx－1，其中a，b为常数，e 为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a＝0时，若函数f(x)≥0，求实数b的取值范围；(2)当b＝2a时，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1＋bx2＞28；②2a(x1＋x2)>3x1x2；③x1－1＋x2－1>2.请从①②③中任选一个进行证明．解(1)当a＝0时，f(x)＝e x＋bx－1，f′(x)＝e x＋b，当b≥0时，因为f(－1)b<0，所以此时不符合题意；当b＜0时，当x∈(－∞，ln(－b))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x ∈(ln (－b )，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (ln (－b ))＝－b ＋b ln (－b )－1，要使f (x )≥0，只需f (x )min ＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，令g (x )＝x －x ln x －1，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，则由g (－b )＝－b ＋b ln (－b )－1≥0，得－b ＝1，所以b ＝－1，故实数b 的取值范围为{－1}．(2)证明：当b ＝2a 时，f (x )＝e x －ax 2＋2ax －1，f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，令φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a ，则φ′(x )＝e x －2a ，因为函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以φ(x )＝f ′(x )＝e x －2ax ＋2a 有两个零点，若a ≤0，则φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，不可能有两个零点，所以a ＞0，令φ′(x )＝e x －2a ＝0，得x ＝ln (2a )，当x ∈(－∞，ln (2a ))时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减；当x ∈(ln (2a )，＋∞)时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )min ＝φ(ln (2a ))＝4a －2a ln (2a )，因为φ(x )有两个零点，所以4a －2a ln (2a )＜0，则a >12e 2.设x 1＜x 2，因为φ(1)＝e ＞0，φ(2)＝e 2－2a ＜0，所以1＜x 1＜2＜x 2，因为φ(x 1)＝φ(x 2)＝0，所以e x 1＝2ax 1－2a ，e x 2＝2ax 2－2a ，则e x 2e x 1＝x 2－1x 1－1，取对数得x 2－x 1＝ln (x 2－1)－ln (x 1－1)，令x 1－1＝t 1，x 2－1＝t 2，则t 2－t 1＝ln t 2－ln t 1，即t 2－ln t 2＝t 1－ln t 1(0＜t 1＜1＜t 2)．若选择命题①：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－u (2－t )＝2t －ln t ＋ln (2－t )－2(0＜t ＜2)，则v ′(t )＝2（t －1）2t （t －2）≤0，v (t )在(0，2)上单调递减，因为0＜t 1＜1，所以v (t 1)＞v (1)＝0，即u (t 1)－u (2－t 1)＞0，亦即u (t 2)＝u (t 1)＞u (2－t 1)，因为t 2＞1，2－t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2＞2－t 1，则x 2－1＞2－(x 1－1)，整理得x 1＋x 2＞4，所以7x 1＋bx 2＝7x 1＋2ax 2＞7x 1＋7x 2＞28，故①成立，得证．若选择命题②：令u (t )＝t －ln t ，则u (t 1)＝u (t 2)，u ′(t )＝1－1t，当0<t <1时，u ′(t )<0，当t >1时，u ′(t )>0，所以u (t )＝t －ln t 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令v (t )＝u (t )－t －1t －2ln t ，则v ′(t )＝（t －1）2t2≥0，v (t )在(0，＋∞)上单调递增，又v (1)＝0，所以当t ∈(0，1)时，v (t )＝u (t )－v (1)＝0，即u (t )<因为0<t 1<1，所以u (t 2)＝u (t 1)<因为t 2＞1，1t 1＞1，u (t )＝t －ln t 在(1，＋∞)上单调递增，所以t 2<1t 1，所以x 2－1<1x 1－1，即x 1x 2＜x 1＋x 2，所以x1x2<x1＋x2<2312e2(x1＋x2)<23a(x1＋x2)，所以2a(x1＋x2)>3x1x2，故②成立，得证．若选择命题③：因为x1－1＝t1，x2－1＝t2，则t2－t1＝ln t2－ln t1＝2ln t2t1，因为0<t1<1<t2，所以t2t1>1.令F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1，则当t>1时，F′(t)＝（t－1）2t（t＋1）2>0，所以F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝ln t－2（t－1）t＋1>F(1)＝0，所以ln t>2（t－1）t＋1，则t2－t1＝2ln t2t1>4·t2－t1t2＋t1，两边约去t2－t1后，化简整理得t1＋t2>2，即x1－1＋x2－1>2，故③成立，得证．(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况．(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝a e－x＋ln x－1(a∈R)．(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1＋x2≤2ln3，求x2x1的最大值．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a e －x＋1x ＝e x －ax x e x ，∵a ≤e ，∴e x －ax ≥e x －e x .设g (x )＝e x －e x ，则g ′(x )＝e x －e ，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0，∴f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤e 时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)依题意，f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0x 1＝ax 1，x 2＝ax 2，两式相除得，e x 2－x 1＝x 2x 1，设x 2x 1＝t ，则t >1，x 2＝tx 1，e (t －1)x 1＝t ，∴x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1，∴x 1＋x 2＝（t ＋1）ln tt －1.设h (t )＝（t ＋1）ln t t －1(t >1)，则h ′(t )＝t －1t －2ln t （t －1）2，设φ(t )＝t －1t－2ln t (t >1)，则φ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝（t －1）2t 2>0，∴φ(t )在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t )>1－11－2ln 1＝0，∴h ′(t )>0，则h (t )在(1，＋∞)上单调递增，又x 1＋x 2≤2ln 3，即h (t )≤2ln 3，又h (3)＝2ln 3，∴t ∈(1，3]，即x 2x 1的最大值为3.课时作业一、单项选择题1．(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)答案B解析f (x )＝x 3＋ax ＋2，则f ′(x )＝3x 2＋a ，若f (x )存在3个零点，则f (x )存在极大值和极小值，则a <0.令f ′(x )＝3x 2＋a ＝0，解得x ＝－－a3或x ＝－a 3，且当x ∈∞∪时，f ′(x )>0，当x ∈－－a 3，f ′(x )<0，故f (x )的极大值为f，若f (x )存在3个零点，则，即a －a3＋2>0，a －a3＋2<0，解得a <－3.故选B.2．(2023·济宁二模)已知函数f (x )，x ≤0，ln x ，x >0，若函数g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则实数a 的取值范围是()A ．(－e ，0)－1e ，C ．(－∞，－e)∞答案C解析y ＝f (－x )与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且f (0)＝0，要想g (x )＝f (x )－f (－x )有5个零点，则当x ＞0时，－x ＝a ln x 要有2个根，结合对称性可知，x＜0时也有2个零点，故满足有5个零点．当x ＝1时，－1＝0，不符合题意；当x ≠1时，a ＝－x ln x ，令h (x )＝－xln x ，定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，h ′(x )＝1－ln x （ln x ）2，令h ′(x )＞0得0＜x ＜1，1＜x ＜e ，令h ′(x )＜0得x ＞e ，故h (x )＝－xln x在(0，1)，(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，且当x ∈(0，1)时，h (x )＝－x ln x>0恒成立，h (x )＝－xln x在x ＝e 处取得极大值，其中h (e)＝－e ，故a ∈(－∞，－e)，此时直线y ＝a 与h (x )＝－xln x的图象有两个交点．故选C.3．(2023·银川三模)已知函数f (x )＝mx －ln x ＋m 在区间(e －1，e)上有唯一零点，则实数m 的取值范围为()A.－e e 2＋1，e 2＋1－1e ＋1，－ee ＋1，1，e 2＋答案B解析函数f (x )＝mx －ln x ＋m ，令f (x )＝0，则ln x ，即m ＝x ln x x ＋1，令h (x )＝x ln x x ＋1，则h ′(x )＝x ＋1＋ln x （x ＋1）2，令k (x )＝x ＋1＋ln x ，则k ′(x )＝1＋1x >0，所以函数y ＝k (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故k (x )>k (e －1)＝e －1>0，所以h ′(x )>0，故函数y ＝h (x )在区间(e －1，e)上单调递增，故h (e －1)<h (x )<h (e)，即－1e ＋1<h (x )<e e ＋1，所以－1e ＋1<m <ee ＋1，故实数m －1e ＋1，故选B.4．(2023·邢台二模)已知函数f (x )＝x －ln x ＋m (m ∈R )，若f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，则下列关系式不正确的是()A ．m <－1B ．x 1＋x 2≤2C ．0<x 1<1D ．e x 1－x 2＝x 1x 2答案B解析f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，故函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，如图，故f (x )min ＝f (1)＝1＋m <0，即m <－1，并且0<x 1<1，故A ，C 正确；由于x 1，x 2为f (x )的零点，故有x 1－ln x 1＋m ＝0①，x 2－ln x 2＋m ＝0②，两式相减得，x 1－x 2＝lnx 1x 2，即e x 1－x 2＝x 1x 2，故D 正确；由①②可知，m ＝ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，令g (x )＝ln x －x ，则g (x 1)＝g (x 2)，g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，所以在(0，1)上，g ′(x )>0，g (x )单调递增，在(1，＋∞)上，g ′(x )<0，g (x )单调递减，令h (x )＝g (x )－g (2－x )＝ln x －x －ln (2－x )＋2－x ＝ln x －ln (2－x )－2x ＋2，则h ′(x )＝1x＋12－x －2＝2x 2－4x ＋2x （2－x ）＝2（x －1）2x （2－x ），所以当0＜x ＜1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，1)上单调递增，所以h (x )<h (1)＝0，所以g (x 1)<g (2－x 1)，又因为g (x )在(1，＋∞)上单调递减，且g (x 2)＝g (x 1)，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2，故B 不正确．故选B.二、多项选择题5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3－x ＋1，则()A ．f (x )有两个极值点B ．f (x )有三个零点C ．点(0，1)是曲线y ＝f (x )的对称中心D ．直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线答案AC解析因为f (x )＝x 3－x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1＞0，得x ＜－33或x ＞33；由f ′(x )＝3x 2－1＜0，得－33＜x ＜33.所以f (x )＝x 3－x ＋1∞在－33，f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值－33＋1＝1－239＞0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位长度得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1.若x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y ＝2x 上，若x 0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.6．(2023·秦皇岛二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的是()A ．aB ．y ＝f (x )在(0，e)上单调递增C ．x 1＋x 2>6D ．若a x 2－x 1<2－aa答案ABD解析由f (x )＝ln x －ax ，可得f ′(x )＝1x－a (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，与题意不符；当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝1a ，∴当x f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴当x ＝1a 时，f (x )取得极大值，又函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，∴ln 1a －1>0，可得0<a <1e .综上可得，0<a <1e ，故A 正确；当a →1e时，x 1＋x 2→2e<6，故C 错误；∵当x f (x )单调递增，a ∴(0，e)B 正确；∵f (x )a 1，x 1，2a ，x 2f (1)＝－a <0＝f (x 1)，∴x 1>1.∵ln 2a －2<ln e 2－2＝0＝f (x 2)，∴x 2<2a ，∴x 2－x 1<2a －1＝2－a a ，故D 正确．故选ABD.7．(2024·福建省名校联盟模拟)机械制图中经常用到渐开线函数inv x ＝tan x －x ，其中x 的单位为弧度，则下列说法正确的是()A ．x ·inv x 是偶函数B ．inv x －π2－k π，π2＋k 2k ＋1个零点(k ∈N )C ．inv x －π2－k π，π2＋k 4k ＋1个极值点(k ∈N )D ．当－π2<x <0时，inv x <x －sin x答案ABD解析函数inv x ＝tan x －x ∈R|x ≠n π＋π2，n ∈显然y ＝x 和inv x 均为奇函数，因此x ·inv x 是偶函数，A 正确；当x －π2，令h (x )＝inv x ，h ′(x )＝1cos 2x －1≥0，函数inv x －π2，x ＝0时，inv x ＝0，即函数inv x －π2，x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 时，令x＝t ＋k 1π，t －π2，则tan x －x ＝tan(t ＋k 1π)－(t ＋k 1π)＝tan t －t －k 1π，令y ＝tan t －t ，t －π2，y ＝tan t －t －π2，R ，直线y ＝k 1π(k 1∈Z )与y ＝tan t －t ，t －π2唯一交点，因此函数inv x 在－π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上有唯一零点，所以inv x －π2－k π，π2＋k2k ＋1个零点(k ∈N )，B 正确；由B 项知，函数inv x －π2＋k 1π，π2＋k 1k 1∈Z 上为增函数，因此inv x 不存在极值点，C 错误；令函数f (x )＝inv x －x ＋sin x ，求导得f ′(x )＝1cos 2x －2＋cos x ，当－π2<x <0时，设u ＝cos x ∈(0，1)，g (u )＝1u2－2＋u ，求导得g ′(u )＝1－2u 3<0，函数g (u )在(0，1)上单调递减，g (u )>112－2＋1＝0，即f ′(x )>0，因此f (x )π2，f (x )<f (0)＝0，即inv x <x －sin x ，D 正确．故选ABD.8．(2024·日照模拟)已知函数f (x )＝x 2＋x －1e x ，则()A ．函数f (x )只有两个极值点B ．若关于x 的方程f (x )＝k 有且只有两个实根，则k 的取值范围为(－e ，0)C ．方程f (f (x ))＝－1共有4个实根D ．若关于x 的不等式f (x )≥a (x ＋1)的解集内恰有两个正整数，则a 的取值范，12e答案ACD解析对f (x )求导得f ′(x )＝－x 2－x －2e x ＝－（x ＋1）（x －2）ex，当x <－1或x >2时，f ′(x )<0，当－1<x <2时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，因此f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－e ，在x ＝2处取得极大值f (2)＝5e 2，A 正确；由上述分析可知，曲线y ＝f (x )及直线y＝k 如图所示，由图可知，当－e<k≤0或k＝5e2时，直线y＝k与曲线y＝f(x)有2个交点，所以若方程f(x)＝k有且只有两个实根，则k的取值范围为(－e，0]∪5e2，B错误；由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，解得x＝－1±52，令f(x)＝t且f(t)＝－1，由图可知，f(t)＝－1有两解分别为－1－52<t1<－1，t2＝0，所以f(x)＝t1或f(x)＝t2，而1＋5<2e，则－1－52>－e，则f(x)＝t1有两解．又t2＝0，由图可知f(x)＝t2也有两解．综上，方程f(f(x))＝－1共有4个实根，C正确；因为直线y＝a(x＋1)过定点(－1，0)，且f(1)＝1e ，f(2)＝5e2，f(3)＝11e3，记k1＝f（1）－01－（－1）＝12e，k2＝f（2）－02－（－1）＝53e2，k3＝f（3）－03－（－1）＝114e3，所以k3<a≤k1，D正确．故选ACD.三、填空题9．(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝e x－2ax＋a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是________．答案12e32，＋∞解析函数f(x)＝e x－2ax＋a，定义域为R，显然x＝12不是f(x)的零点，令f(x)＝0，得a＝e x2x－1，设g(x)＝e x2x－1，则g′(x)＝（2x－3）e x（2x－1）2，令g′(x)<0，解得x<32且x≠12，令g ′(x )>0，解得x >32，故g (x )∞递增．当x <12时，g (x )<0，当x >12时，g (x )>0，当x ＝32时，g (x )取得极小值＝12e 32，作出函数g (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是e 32，＋10．(2023·福州三模)如果两个函数分别存在零点α，β，满足|α－β|＜n ，则称两个函数互为“n 度零点函数”．若f (x )＝ln (x －2)与g (x )＝ax 2－ln x 互为“2度零点函数”，则实数a 的最大值为________．答案12e解析因为函数f (x )的零点为3，所以设函数g (x )的零点为x 0，则|x 0－3|＜2，解得1＜x 0＜5.g (x 0)＝ax 20－ln x 0＝0，a ＝ln x 0x 20(1<x 0<5)，令h (x )＝ln xx 2(1<x <5)，求导得h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，所以当x ∈(1，e)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(e ，5)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e .所以实数a 的最大值为12e.四、解答题11．(2023·广州模拟)已知函数f (x )＝e x －1＋e －x ＋1，g (x )＝a (x 2－2x )(a <0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数．解(1)由f (x )＝ex －1＋e－x ＋1，可得f ′(x )＝ex －1－e－x ＋1＝e 2（x －1）－1ex －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，则x －1<0，可得f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，则x －1>0，可得f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．故函数f (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)，因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)图象的交点个数．因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，所以当x＝1时，g(x)取得最大值g(1)＝－a.由(1)可知，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝2，当－a<2，即－2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点；当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)只有一个零点；当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点，理由如下：因为h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1＋e－x＋1－a(x2－2x)，所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0，由函数零点存在定理，知h(x)在(1，2)内有零点．又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点．又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋e x－1＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，因为g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称，所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上也只有一个零点．所以当a<－2时，函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点．ax2－ln x.12．(2024·镇江模拟)已知函数f(x)＝12(1)若a＝1，求f(x)的极值；(2)若方程f(x)＝1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝12x2－ln x，f′(x)＝x2－1x，令f′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝12，无极大值．(2)因为f′(x)＝ax－1x ＝ax2－1x，①若a≥1，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递增，要使方程f(x)＝1在[1，2]1）≤1，2）≥1，1，－ln2≥1，得1＋ln22≤a≤2，因为1＋ln22<1，所以1≤a≤2.②若a≤14，当x∈[1，2]时，f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，2]上单调递减，此时f(x)≤f(1)＝a2≤18，不符合题意．③若14<a<1，当1≤x<1a时，f′(x)<0，当1a<x≤2时，f′(x)>0，所以f(x)在12上单调递增，此时f(1)＝a2<12，f(1)<12，要使方程f(x)＝1在[1，2]上有解，则需f(2)＝2a－ln2≥1，解得a≥1＋ln22，所以1＋ln22≤a<1.综上可知，实数a的取值范围为1＋ln22，2.13．(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x>0)，f′(x)＝x（2－x ln2）2x(x>0)．令f′(x)>0，得0<x<2ln2；令f′(x)<0，得x>2ln2，故函数f(x)(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即方程x aa x ＝1(x>0)有两个不同的解，故方程ln xx＝ln aa有两个不同的解．设g(x)＝ln xx(x>0)，则g′(x)＝1－ln xx2(x>0)．令g′(x)＝1－ln xx2＝0，解得x＝e.令g′(x)>0，则0<x<e，此时函数g(x)单调递增．令g′(x)<0，则x>e，此时函数g(x)单调递减．故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，g(x)又g(1)＝0，故要使方程ln xx ＝ln aa有两个不同的解，则0<ln aa<1e.即0<g(a)<g(e)，所以a∈(1，e)∪(e，＋∞)．综上，a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．14．(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2－x，g(x)＝f（x）x，a∈R.(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：x41x2>e3(e＝2.71828…为自然对数的底数)．解(1)g(x)＝f（x）x ＝ln x－ax－1，g′(x)＝1x－a，①当a≤0时，g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令g′(x)＝0，解得x＝1a，当x g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x g′(x)＜0，g(x)单调递减．综上，当a≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，g(x)(2)证明：由题意知，f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，解得2a＝ln x1－ln x2x1－x2，(*)要证x41x2>e3，即证4ln x1＋ln x2＞3，即证4·2ax1＋2ax2＞3，把(*)式代入得ln x1－ln x2x1－x2(4x1＋x2)>3，所以应证ln x1x2<3（x1－x2）4x1＋x2＝4·x1x2＋1令t＝x1x2，0＜t＜1，即证h(t)＝ln t－3（t－1）4t＋1<0(0<t<1)成立，而h′(t)＝1t －15（4t＋1）2＝16t2－7t＋1t（4t＋1）2>0，所以h(t)在(0，1)上单调递增，h(t)＜ln1－3×（1－1）4×1＋1＝0，不等式得证．。

专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。

2025高考数学一轮复习-17.3-导数与函数零点【课件】

2 已知函数f(x)＝aex－cos x－x(a∈R). (2) 若f(x)在(0，π)上有两个极值点，求实数a的取值范围．
【解答】f(x)在(0，π)上有两个极值点等价于 f′(x)＝aex＋sin x－1＝0 在(0，π)上有两个
不同的实数根，f′(x)＝0
等价于
a＝1－esxin
x .
设
h(x)＝1－esxin
或
5
t＝92e－2时，G(x)有两个零点，当
t∈0，92e－25时，G(x)有三个零点．
变式已知函数 f(x)＝aexx ＋12x2－x(a＞0).讨论 f(x)的零点个数．
【解答】令 f(x)＝0，得aexx ＋12x2－x＝0，所以 xeax＋12x－1＝0，解得 x＝0 或 a＝ex1－12x，令 h(x)＝ex1－12x，则 h′(x)＝12ex(1－x)，当 x＜1 时，h′(x)＞0，当 x＞1 时，h′(x)＜0，所以函数 h(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 h(x)max＝h(1)＝2e，又当 x→－∞ 时，h(x)＞0 且 h(x)→0，当 x→＋∞时，h(x)→－∞，如图，函数 f(x)＝x ln x－k，其中 k＞0，则 f(x)的零点个数是
x
(A )
A．1 C．3
B．2 D．4
【解析】f(x)＝0 ⇔ k＝x2ln x，设 g(x)＝x2ln x，则 g′(x)＝x(2ln x＋1)，令 g′(x)＞0，得 x
＞
1 ，此时 e
g(x)单调递增，令
x，x∈(0，π)，h′(x)＝sin
x－cos ex
x－1＝
2sin xe－x π4－1，令 h′(x)＝0，得

第09讲利用导数研究函数的零点问题及方程的根(学生版) 备战2025年高考数学一轮复习学案(新高考

第09讲利用导数研究函数的零点问题及方程的根（6类核心考点精讲精练）1. 5年真题考点分布2. 命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分【备考策略】1能用导数证明函数的单调性2能结合零点的定义及零点存在性定理解决零点问题3能结合方程的根的定义用导数解决方程的根的问题【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习利用导数研究函数零点的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．利用导数研究函数方程的根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.(2)数形结合法求解零点（方程的根）对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点（方程的根）①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数（方程的根）寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数()()21ln R 2f x x ax a =-Î.(1)当1a =时，求()f x 的最大值；(2)讨论函数()f x 在区间21,e éùëû上零点的个数.2．（2024·湖南长沙·三模）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()h x 零点的个数.3．（2024·河北保定·二模）已知函数()sin cos f x a x x x =+.(1)若0a =，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()π,πx Î-，试讨论()f x 的零点个数.1．（2024·山东·模拟预测）已知函数()1e 4xf x =-(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 在y 轴上的截距；(2)探究()f x 的零点个数．2．（2024·浙江·模拟预测）已知函数()()e sin 1xf x a x x =+--.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间；(2)当1a =时，判断()f x 的零点个数.3．（2024·河南·模拟预测）已知函数()()20,e x ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．1．（2022·全国·高考真题）已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =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．2．（2022·全国·高考真题）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点，求a 的取值范围．3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数()32113f x x x =-++．(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若函数()()()g x f x k k =-ÎR 有且仅有三个零点，求k 的取值范围．4．（2024·广东茂名·一模）设函数()e sin xf x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.1．（2024·广东汕头·三模）已知函数2)()(e x f x x ax =-.(1)若曲线()y f x =在=1x -处的切线与y 轴垂直，求()y f x =的极值.(2)若()f x 在(0,)+¥只有一个零点，求a .2．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数()32,f x x ax a =-+ÎR .(1)若2x =-是函数()f x 的极值点，求a 的值，并求其单调区间；(2)若函数()f x 在1,33éùêúëû上仅有2个零点，求a 的取值范围．3．（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln f x x kx =+的单调递增区间为()0,1．(1)求函数()f x 的图象在点()()e,e f 处的切线方程；(2)若函数()()e xaxg x f x =-有两个零点，求实数a 的取值范围．4．（2024·安徽·三模）已知函数()e e (1),0x x f x a a x a -=--+>．(1)求证：()f x 至多只有一个零点；(2)当01a <<时，12,x x 分别为()f x 的极大值点和极小值点，若()()120f x kf x +>成立，求实数k 的取值范围．1．（2024·浙江温州·一模）已知()11e xf x -=（0x >）.(1)求导函数()f x ¢的最值；(2)试讨论关于x 的方程()f x kx =（0k >）的根的个数，并说明理由.1．（2024·山西·模拟预测）已知函数()sin ln(1)f x x x ax =++-，且()y f x =与x 轴相切于坐标原点．(1)求实数a 的值及()f x 的最大值；(2)证明：当π,π6x éùÎêúëû时，1()22f x x +>；(3)判断关于x 的方程()0f x x +=实数根的个数，并证明．2．（2024·河南信阳·一模）已知函数()ln(1)3mf x x x =++．(1)若3m =-，求证：()0f x £；(2)讨论关于x 的方程2π()sin 03π2x f x +=在(1,2)-上的根的情况．1．（2024·贵州贵阳·二模）已知函数1()ln ,2f x ax x a x=+ÎR .(1)当1a =时.求()f x 在(1,(1))f 处的切线方程;(2)若方程31()2f x x x=+存两个不等的实数根，求a 的取值范围.2．（2024·山东烟台·三模）已知函数()()e xf x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.1．（2023·广东梅州·三模）已知函数()2e xf x ax =-，a ÎR ，()f x ¢为函数()f x 的导函数.(1)讨论函数()f x ¢的单调性；(2)若方程()()22f x f x ax ¢+=-在()0,1上有实根，求a 的取值范围.2．（2024·全国·模拟预测）已知函数e ()xf x ax b =+的图象在点(0,(0))f 处的切线方程为210x y ++=．(1)求,a b 的值；(2)若()21mf x x =-有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围．1．（2021·全国·高考真题）已知0a >且1a ¹，函数()(0)ax x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．2．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．(1)求a ；(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．1．（2024·江苏·模拟预测）已知函数()2ln 3f x a x x =++在1x =处的切线经过原点.(1)判断函数()f x 的单调性；(2)求证：函数()f x 的图象与直线5y x =有且只有一个交点.2．（2024·陕西西安·二模）设函数21()(1)e 2x f x ax x =+-.(1)当1a £时，讨论()f x 的单调性；(2)若[2,2]x Î-时，函数()f x 的图像与e x y =的图像仅只有一个公共点，求a 的取值范围.3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()log a axf x x =.(1)当2a =时，求()f x 的单调区间；(2)证明：若曲线()y f x =与直线21y a =有且仅有两个交点，求a 的取值范围.1．（2023·全国·高考真题）函数()32f x x ax =++存在3个零点，则a 的取值范围是（）A ．(),2-¥-B ．(),3-¥-C ．()4,1--D ．()3,0-2．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数32()231f x x ax =-+，则（）A ．当1a >时，()f x 有三个零点B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心3．（2022·全国·高考真题）（多选）已知函数3()1f x x x =-+，则（）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2021·北京·高考真题）已知函数()lg 2f x x kx =--，给出下列四个结论：①若0k =，()f x 恰有2个零点；②存在负数k ，使得()f x 恰有1个零点；③存在负数k ，使得()f x 恰有3个零点；④存在正数k ，使得()f x 恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是．1．（2024·四川绵阳·模拟预测）函数()e x f kx b x =--恰好有一零点0x ，且0k b >>，则0x 的取值范围是（）A ．(,0)-¥B ．(0,1)C ．(,1)-¥D ．(1,)+¥2．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知0w >，若函数()ln ,0,3πsin ,π03x x x f x x x w ì->ïï=íæöï+-££ç÷ïèøî有4个零点，则w 的取值范围是（）A ．47,33æùçúèûB ．47,33éö÷êëøC ．710,33æùçúèûD ．710,33éö÷êëø3．（2024·全国·模拟预测）（多选）已知函数()31f x x ax =-+，a ÎR ，则（）A ．若()f x 有极值点，则0a £B ．当1a =时，()f x 有一个零点C ．()()2f x f x =--D ．当1a =时，曲线()y f x =上斜率为2的切线是直线21y x =-4．（2024·安徽·模拟预测）若关于x 的方程()eln e ln e xxm m x x +=+-有解，则实数m 的最大值为 .5．（2024·天津北辰·三模）若函数22()233(3)f x a x a x x =----有四个零点，则实数a 的取值范围为 .一、单选题1．（2023·陕西西安·模拟预测）方程e 1x a x -=+有两个不等的实数解，则a 的取值范围为（）A．æöç÷ç÷èøB ．211,e æö--ç÷èøC ．21,0e æö-ç÷èøD ．1,0e æö-ç÷èø2．（2024·四川凉山·二模）若()sin cos 1f x x x x =+-，π,π2x éùÎ-êúëû，则函数()f x 的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3二、多选题3．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数3()1f x x x =++，则（）A ．()f x 有两个极值点B ．()f x有一个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数()e xxf x =-，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的极值点为11,e æö-ç÷èøB ．()f x 的极值点为1C ．直线2214e e y x =-是曲线()y f x =的一条切线D ．()f x 有两个零点三、填空题5．（2024·全国·模拟预测）方程()1ln 0x x k -++=有两个不相等的实数根，则实数k 的取值范围为．6．（2024·山西·三模）已知函数12,0()e ,0x x x f x x x ì+>ï=íï£î，若函数()()()g x f x x m m =-+ÎR 恰有一个零点，则m 的取值范围是.7．（23-24高三上·四川内江·期末）已知函数()324f x x x t =+-，若函数()f x 的图象与曲线25y x =有三个交点，则t 的取值范围是 .四、解答题8．（2023·广西河池·模拟预测）已知函数()()22ln f x x x ax a =-+ÎR (1)当1a =时，求函数()f x 在()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 与直线y ax a =-在1,e e éùêúëû上有两个不同的交点，求实数a 的取值范围．9．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知()ln f x x =，(1)求()f x x的极值；(2)若函数()y f x ax =-存在两个零点，求a 的取值范围.10．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数()32113f x x x =-++．(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若函数()()()g x f x k k =-ÎR 有且仅有三个零点，求k 的取值范围．一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知过点(2,0)-的直线与函数2()e 2x f x x +=+的图象有三个交点，则该直线的斜率的取值范围为（）A ．(,1)-¥-B ．(,0)-¥C ．(1,0)-D ．(1,)-+¥2．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数()e ,0e ,0x a x f x x x -ì+>ï=íï<î，若方程()e 0f x x +=存在三个不相等的实根，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -¥B ．(),e -¥-C ．(),2e -¥-D ．(),2e -¥二、填空题3．（2024·重庆·模拟预测）若函数e ()e x x f x a =+的图象与函数e ()e xxg x x =+的图象有三个不同的公共点，则实数a 的取值范围为．4．（2024·湖北黄冈·二模）已知函数()()e 1e kxf x k =--与函数()()1e ln 1xg x x--=的图象有且仅有两个不同的交点，则实数k 的取值范围为 .5．（2024·福建泉州·一模）已知函数()(1)e e x x f x x a =-+-有且只有两个零点，则a 的范围．三、解答题6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知()sin cos f x x x a x =-在π2x =时取得极大值．(1)讨论()f x 在[]π,π-上的单调性；(2)令()24sin 4cos 4h x x x x x =--+，试判断()h x 在R 上零点的个数．7．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2e =-+x f x x a ，x ÎR ，()()2x f x x x j =+-.(1)若()x j 的最小值为0，求a 的值；(2)当0.25a <时，证明：方程()2f x x =在()0,¥+上有解.8．（2024·广东梅州·二模）已知函数()e xf x =，()21g x x =+，()sin 1h x a x =+（0a >）．(1)证明：当()0,x Î+¥时，()()f x g x >；(2)讨论函数()()()F x f x h x =-在()0,π上的零点个数．1．2．3．4．9．（2024·广西南宁·二模）已知函数()ln f x x ax =-(1)若()f x 在定义域内单调递增，求a 的取值范围，(2)若函数()()1g x f x x =-+恰有两个零点，求a 的取值范围，10．（2024·广西贺州·一模）已知函数()ln ,2a f x x x a x=++ÎR ．(1)若12a >-，讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的方程2()ef x =有且只有一个解，求a 的取值范围．1．（2022·浙江·高考真题）设函数e ()ln (0)2f x x x x=+>．(1)求()f x 的单调区间；(2)已知,a b ÎR ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a æö<-<-ç÷èø；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea a x x a --+<+<-．（注：e 2.71828=L 是自然对数的底数）2．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点①21,222e a b a <£>；②10,22a b a <<£．3．（2021·浙江·高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+Î（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点()1221,,x x x x >，满足2212ln 2b b e x x e b>+.(注： 2.71828e =×××是自然对数的底数)4．（2020·全国·高考真题）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．（1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．5．（2020·全国·高考真题）已知函数32()f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．6．（2020·全国·高考真题）已知函数()(2)x f x e a x =-+.（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.7．（2019·全国·高考真题）已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.8．（2019·全国·高考真题）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．9．（2019·全国·高考真题）已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x ¢为()f x 的导数．证明：（1）()f x ¢在区间(1,2p-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．10．（2018·江苏·高考真题）若函数()()3221f x x ax a R =-+Î在()0,+¥内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为．。

高考数学复习高频考点题型精讲精练专题11 函数的零点

4
42
故选：D．
12．函数
f
(x)
=
cos
π 3
(x
−1)
在区间
[−3,
5]
上的所有零点之和等于（
）
7 / 54
．．．． A −2 B 0C 3D 2 【答案】D 【分析】直接求出所以零点，然后求和即可.
【详解】令，则，得，因为， cos
π 3
(x
−1)
=
0
π (x −1) = π + kπ , k ∈ Z
1、定理：如果函数 f ( x) 在区间 [a,b] 上的图象是一条连续不断的曲线，且
1 / 54
f (a)⋅ f (b) < 0，那么，函数 y = f ( x) 在区间 (a.b) 内至少有一个零点，即存在 c ∈ (a.b) ，使得 f (c) = 0。 2、函数 f ( x) 在区间[a,b] 上的图象是一条连续不断的曲线， f (a) ⋅ f (b) < 0 ，且 f ( x) 具有单调性，则函数 f ( x) 在区间 (a.b) 内只有一个零点.
．．．． A c < b < a B a < c < b C c<a<b D b < a < c
【答案】B
【分析】在同一坐标系中作出 y = 2x, y = log2 x, y = x3, y = −x 的图象，利用数形结合法求解.
【详解】解：在同一坐标系中作出 y = 2x, y = log2x, y = x3, y = −x 的图象，
10．函数 f (x) = ln | x − 2 | +x2与 g(x) = 4x ，两函数图象所有交点的横坐标之和为（）．

高中数学基础之函数零点

高中数学基础之函数零点函数零点的考查往往以选择题或填空题的形式出现，在解答题中，特别是有关导数的解答题中也经常考查零点问题．根据高考试题的考查特点，建议掌握好函数零点的求法、含参数问题的解决办法以及常用的二次函数零点问题的求法．函数的零点(1)零点的定义：对于函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．注：函数的零点不是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点，而是y＝f(x)的图象与x轴交点的横坐标，也就是说函数的零点不是一个点，而是一个实数．(2)零点的几个等价关系：方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有公共点⇔函数y＝f(x)有零点．零点存在定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条□01连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解．注：函数零点存在定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件．有关函数零点的结论(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．一、函数零点及其所在区间的判断例1 函数f(x)＝log3x＋x－2的零点所在的区间为()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)答案B解析解法一(定理法)：函数f(x)＝log3x＋x－2的定义域为(0，＋∞)，并且f(x)在(0，＋∞)上单调递增，图象是一条连续的曲线．由题意知f(1)＝－1<0，f(2)＝log32>0，根据零点存在定理可知，函数f (x )＝log 3x ＋x －2有唯一零点，且零点在区间(1，2)内．故选B.解法二(图象法)：将函数f (x )的零点所在的区间转化为函数g (x )＝log 3x 和h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的范围．作出两函数的图象如图所示，可知f (x )的零点所在的区间为(1，2).故选B.例2 已知函数f (x )＝ln x ＋2x －6的零点在⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2，k ＋12(k ∈Z )内，那么k ＝．答案 5解析因为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝ln52－1＜0，f (3)＝ln 3＞0，所以f (x )的零点在⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3内，则整数k ＝5. 总结：判断函数零点所在区间的方法(1)解方程法，当对应方程易解时，可直接解方程． (2)利用零点存在定理求解．(3)数形结合法，画出相应函数图象，观察与x 轴交点来判断，或转化为两个函数的图象在所给区间上是否有交点来判断．二、函数零点个数的判断例3 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≤0，1＋1x ，x >0，则函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 C解析令f (x )＋3x ＝0，则⎩⎨⎧x ≤0，x 2－2x ＋3x ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，1＋1x ＋3x ＝0，解得x ＝0或x ＝－1，所以函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是2.例4 若函数y ＝f (x )(x ∈R )满足f (x ＋4)＝f (x )，且x ∈(－2，2]时，f (x )＝12|x |，则函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝lg |x |的图象的交点个数为( )A ．4B ．6C ．8D ．10 答案 C解析因为f (x ＋4)＝f (x )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数．又x ∈(－2，2]时，f (x )＝12|x |，所以作出函数f (x )的图象如图所示．因为x ＝±10时，y ＝lg |±10|＝1，所以由数形结合可得函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝lg |x |的图象的交点个数为8.例5 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ln （x －1），x >1，2x －1－1，x ≤1，则f (x )的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析当x ＞1时，令f (x )＝ln (x －1)＝0，得x ＝2；当x ≤1时，令f (x )＝2x －1－1＝0，得x ＝1，故f (x )的零点个数为2.例6 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 |的零点有( )A ．多于4个B ．4个C ．3个D ．2个答案 B解析分别作出y ＝f (x )与y ＝log 3|x |的图象如图所示，由图可知y ＝f (x )与y ＝log 3|x |的图象有4个交点，故函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点．总结：函数零点个数的判断方法(1)直接求零点．令f (x )＝0，有几个解就有几个零点．(2)零点存在定理．要求函数f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的曲线，且f (a )f (b )<0，再结合函数的图象与性质确定函数零点个数．(3)利用图象交点个数判断．作出两函数图象，观察其交点个数即得零点个数．三、函数零点的应用例7 已知方程x 2＋(m －2)x ＋5－m ＝0的一根在区间(2，3)内，另一根在区间(3，4)内，则m 的取值范围是( )A ．(－5，－4)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－2C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－4D ．(－5，－2) 答案 C解析令f (x )＝x 2＋(m －2)x ＋5－m ，由二次函数根的分布性质，若一根在区间(2，3)内，另一根在区间(3，4)内，只需⎩⎪⎨⎪⎧f （2）>0，f （3）<0，f （4）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2（m －2）＋5－m >0，9＋3（m －2）＋5－m <0，16＋4（m －2）＋5－m >0，解不等式组可得－133<m <－4，即m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－4.故选C. 例8 设函数f (x )＝⎩⎨⎧|ln x |，x >0，e x （x ＋1），x ≤0.若函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则实数b 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2，0C ．{0}∪(1，＋∞)D ．(0，1]答案 D解析函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点等价于f (x )＝b 有三个根，当x ≤0时，f (x )＝e x (x ＋1)，则f ′(x )＝e x (x ＋1)＋e x ＝e x (x ＋2)，由f ′(x )＜0得x ＜－2，此时f (x )为减函数，由f ′(x )＞0得－2＜x ≤0，此时f (x )为增函数，即当x ＝－2时，f (x )取得极小值f (－2)＝－1e 2，作出f (x )的图象如图，要使f (x )＝b 有三个根，则0＜b ≤1.故选D.例9 若函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1，1]有零点，则实数a 的取值范围是．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2解析因为函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1，1]有零点，所以方程4x －2x －a ＝0在[－1，1]上有解，即方程a ＝4x －2x 在[－1，1]上有解．方程a ＝4x －2x 可变形为a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122－14，令2x＝t ，因为x ∈[－1，1]，所以t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－14，0≤t －12≤32，0≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122≤94，－14≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－14≤2，所以实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2.总结：已知函数有零点求参数值或取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围．(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．。

函数的图像函数的零点(八大题型)(学生版)-2025年高考数学一轮复习

函数的图像函数的零点(八大题型)目录：01画函数的变换图像02识别函数的图像03函数图像变换的应用04求函数的零点及个数05二分法求函数的零点06根据函数的零点求参数07函数零点的其他应用08补函数的应用(一)：几类不同增长的函数模型、函数的实际应用01画函数的变换图像1(2024高三·全国·专题练习)作出下列函数的图象：(1)y=x3；x(2)y=x+2x-1；(3)y=|log2x-1|；02识别函数的图像2(2023·湖南岳阳·模拟预测)函数y =21-x的图象为()A. B.C.D.3(2024·湖北·模拟预测)函数f x =e x-e 1x-ln x 2的图象大致为()A. B.C. D.4(2024·宁夏固原·一模)已知函数f x 的部分图像如图所示，则f x 的解析式可能为()A.f x =e x -e -x4x -3 B.f x =e x -e -x3-4x C.f x =e x +e -x4x -3D.f x =x x -103函数图像变换的应用5(2024·四川南充·二模)已知函数f x =3x，则函数y =f x -1 +1的图象()A.关于点1,1 对称B.关于点-1,1 对称C.关于点-1,0 对称D.关于点1,0 对称6(22-23高二上·河南·阶段练习)直线2ax +by -2=0a >0,b >0 过函数f x =x +1x -1+1图象的对称中心，则4a +1b的最小值为()A.9B.8C.6D.57(2022高三·全国·专题练习)已知二次函数f x 的图象的顶点坐标是2,2 ，且截x 轴所得线段的长度是4，将函数f x 的图象向右平移2个单位长度，得到抛物线y =g x ，则抛物线y =g x 与y 轴的交点是()A.0,-8B.0,-6C.0,-2D.0,08(23-24高一上·河南南阳·期末)已知函数f x 的定义域为1,+∞ ,且满足f 3x +1 =x ，x ∈R ，将f x 的图象先向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g x 的图象.(1)分别求f x 与g x 的解析式；(2)设函数h x =g x 2+mg x 2 ，若h x 在区间1,3 上有零点，求实数 m 的取值范围.04求函数的零点及个数9(2023高三·全国·专题练习)已知指数函数为f x =4x ，则函数y =f x -2x +1的零点为()A.-1B.0C.1D.210(2023·陕西西安·模拟预测)函数f x =1-lg 3x +2 的零点为()A.log 38B.2C.log 37D.log 2511(2024高三·全国·专题练习)函数f (x )=2x +x -2的零点个数是()A.0B.1C.2D.312(2019高三·山东·学业考试)函数f x =x 2+x -2，x ≤0-1+ln x ，x >0 零点个数为()A.3B.2C.1D.013(2024·广东湛江·二模)已知函数f x =2x -1 -a ，g x =x 2-4x +2-a ，则()A.当g x 有2个零点时，f x 只有1个零点B.当g x 有3个零点时，f x 有2个零点C.当f x 有2个零点时，g x 有2个零点D.当f x 有2个零点时，g x 有4个零点14(2024·全国·模拟预测)函数f x =2sin 2x +φ -π2<φ<π2 的图像关于点π3,0 中心对称，将函数f x 的图像向右平移π3个单位长度得到函数g x 的图像，则函数g x 在区间-π,π 内的零点个数为()A.1B.2C.3D.405二分法求函数的零点15(2023高三·全国·专题练习)用二分法求函数f x =ln x +1 +x -1在区间0,1 上的零点，要求精确度为0.01时，所需二分区间的次数最少为()A.5B.6C.7D.816(2019高三·全国·专题练习)以下每个图象表示的函数都有零点，但不能用二分法求函数零点的是()A. B.C. D.06根据函数的零点求参数17(23-24高三上·浙江绍兴·期末)已知命题p ：函数f (x )=2x 3+x -a 在1,2 内有零点，则命题p 成立的一个必要不充分条件是()A.3≤a <18B.3<a <18C.a <18D.a ≥318(2023高三·全国·专题练习)函数f (x )=x ⋅2x -kx -2在区间1,2 内有零点，则实数k 的取值范围是.19(22-23高三·全国·课后作业)已知函数f x =20⋅3-x -x 的零点x 0∈k ,k +1 ，k ∈Z ，则k =．20(22-23高三·全国·对口高考)方程x 2+ax -2=0在区间[1,5]上有解，则实数a 的取值范围为．21(2024·全国·模拟预测)若不等式f x >0或f x <0只有一个整数解，则称不等式为单元集不等式．已知不等式a (x +1)2-|log 2x |+1>0为单元集不等式，则实数a 的取值范围是．07函数零点的其他应用22(23-24高三上·山东威海·期末)已知函数y =f (x )的图象是连续不断的，且f (x )的两个相邻的零点是1，2，则“∃x0∈1,2 ，f (x 0)>0”是“∀x ∈1,2 ，f (x )>0”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件23(2020·江西赣州·模拟预测)设函数f x =e x+a x-1+b在区间0,1上存在零点，则a2+b2的最小值为()A.eB.12C.7D.3e24(2023·湖北武汉·模拟预测)已知x0是函数f x =11-x+ln x的一个零点，若x1∈1,x0，x2∈x0,+∞，则()A.f x1<0，f x2<0 B.f x1>0，f x2>0C.f x1>0，f x2<0 D.f x1<0，f x2>025(23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习)已知三个函数f x =x3+x-3，g x =22x+x-2，h x =ln x+x-5的零点依次为a，b，c，则a，b，c的大小关系为()A.c>b>aB.a>c>bC.a>b>cD.c>a>b26(20-21高三上·辽宁大连·阶段练习)已知函数f x =lg x-a,0<x≤3lg6-x-a,3<x<6(其中a∈R)，若f(x)的四个零点从小到大依次为x1,x2,x3,x4，则4i=1x i的值是()A.16B.13C.12D.1008补函数的应用(一)：几类不同增长的函数模型、函数的实际应用27(2024·宁夏吴忠·模拟预测)从甲地到乙地的距离约为240km，经多次实验得到一辆汽车每小时耗油量Q(单位：L)与速度v(单位：km/h)(0≤v≤120)的下列数据：v0406080120Q0.000 6.6678.12510.00020.000为描述汽车每小时耗油量与速度的关系，则下列四个函数模型中，最符合实际情况的函数模型是() A.Q=0.5v+a B.Q=av+b C.Q=av3+bv2+cv D.Q=k log a v+b28(23-24高三上·福建泉州·期末)函数f x 的数据如下表，则该函数的解析式可能形如()x-2-101235f x 2.3 1.10.7 1.1 2.3 5.949.1A.f x =ka x +bB.f x =kxe x+bC.f x =k x +bD.f x =k(x-1)2+b29(23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习)小明在调查某班小学生每月的人均零花钱时，得到了下列一组数据：x/月份23456⋯y/元 1.40 2.56 5.311121.30⋯请从模型y=x 12，模型y=2x3中选择一个合适的函数模型，并预测小学生零花钱首次超过300元的月份为( )(参考数据：lg3≈0.477，lg2≈0.301)A.8B.9C.10D.1130(2024·北京朝阳·二模)假设某飞行器在空中高速飞行时所受的阻力f满足公式f=12ρCSv2，其中ρ是空气密度，S是该飞行器的迎风面积，v是该飞行器相对于空气的速度，C是空气阻力系数(其大小取决于多种其他因素)，反映该飞行器克服阻力做功快慢程度的物理量为功率P=fv. 当ρ,S不变，v比原来提高10%时，下列说法正确的是()A.若C不变，则P比原来提高不超过30%B.若C不变，则P比原来提高超过40%C.为使P不变，则C比原来降低不超过30%D.为使P不变，则C比原来降低超过40%31(2024·全国·模拟预测)2024年中国载人航天工程将统筹推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务，其中，中国空间站应用与发展阶段各项工作正按计划稳步推进.若空间站运行周期的平方与其圆轨道半径的立方成正比，当空间站运行周期增加1倍时，其圆轨道半径增加的倍数大约是(参考数据：ln2≈0.693，e0.462≈1.587)()A.1.587B.1.442C.0.587D.0.442()32(23-24高三下·陕西·阶段练习)某种生物群的数量Q与时间t的关系近似的符合：Q t =10e te t+9(其中e为自然对e≈2.71828⋯)，给出下列四个结论，根据上述关系，其中错误的结论是()A.该生物群的数量不超过10B.该生物群的数量的增长速度先逐渐变大后逐渐变小C.该生物群的数量的增长速度与种群数量成正比D.该生物群的数量的增长速度最大的时间t0∈2,333(23-24高三下·甘肃·阶段练习)北京时间2023年12月18日23时59分，甘肃省临夏州积石山县发生里氏6.2级地震，震源深度10公里．面对突发灾情，社会各界和爱心人士发扬“一方有难、八方支援”的中华民族团结互助、无私奉献的大爱精神，帮助灾区群众渡过难关．震级是以地震仪测定的每次地震活动释放的能量多少来确定的，我国目前使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，共分9个等级．能量E与里氏震级M的对应关系为lg E=4.8+1.5M，试估计里氏震级每上升两级，能量是原来的()A.100倍B.512倍C.1000倍D.1012倍34(2024·江苏·一模)德国天文学家约翰尼斯·开普勒根据丹麦天文学家第谷·布拉赫等人的观测资料和星表，通过本人的观测和分析后，于1618年在《宇宙和谐论》中提出了行星运动第三定律--绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星，其椭圆轨道的长半轴长a与公转周期T有如下关系：T=2πGM⋅a32，其中M为太阳质量，G为引力常量．已知火星的公转周期约为水星的8倍，则火星的椭圆轨道的长半轴长约为水星的()A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍35(23-24高三上·宁夏银川·阶段练习)“开车不喝酒，喝酒不开车．”，饮酒驾驶和醉酒驾驶都是根据驾驶人员血液、呼气酒精含量来确定，经过反复试验，一般情况下，某人喝一瓶啤酒后血液中的酒精含量值f x 随着时间x(小时)的变化规律，可以用函数模型f x =40sinπ3x+13,0≤x<290⋅e-0.5x+14,x≥2来拟合，则该人喝一瓶啤酒至少经过多少小时后才可以驾车？( )(参考数据：ln15≈2.71，ln30≈3.40)驾驶行为类别酒精含量值(mg/100mL)饮酒驾驶≥20,<80醉酒驾驶≥80A.5B.6C.7D.836(2024·陕西咸阳·模拟预测)某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力(战斗单位数)随时间的变化遵循兰彻斯特模型：x t =X0cosh abt-b a Y0sinh abty t =Y0cosh abt-abX0sinh abt，其中正实数X0，Y0分别为红、蓝两方的初始兵力，t为战斗时间；x t ，y t 分别为红、蓝两方t时刻的兵力；正实数a，b分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；cosh x=e x+e-x2和sinh x=e x-e-x2分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数．规定：当红、蓝两方任何一方兵力为0时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为T．则下列结论不正确的是()A.若X0>Y0且a=b，则x t >y t 0≤t≤TB.若X0>Y0且a=b，则T=1aln X0+Y0X0-Y0C.若X0Y0>ba，则红方获得战斗演习胜利 D.若X0Y0>b a，则红方获得战斗演习胜利一、单选题1(2023·湖南岳阳·模拟预测)函数y=x-22x+1的零点是()A.2B.2,0C.-2D.2或-12(2023·陕西西安·模拟预测)函数f x =1-lg3x+2的零点为()A.log38B.2C.log37D.log253(2024·湖南·二模)已知函数f x 的部分图象如图所示，则函数f x 的解析式可能为()A.f x =-2x2x -1B.f x =-2x2x +1C.f x =-2xx -1D.f x =-2xx2-1 4(2024·山西长治·一模)研究人员用Gompertz数学模型表示治疗时长x(月)与肿瘤细胞含量f(x)的关系，其函数解析式为f(x)=ka-b-x，其中k>0,b>0,a为参数．经过测算，发现a=e(e为自然对数的底数)．记x=1表示第一个月，若第二个月的肿瘤细胞含量是第一个月的1e，那么b的值为()A.5+1B.5-1C.5+12D.5-125(2024·浙江杭州·模拟预测)若函数f x =x ln x -x +x -a 有且仅有两个零点，则a 的取值范围是()A.-1e,0 ∪0,eB.-2e,0 ∪0,eC.-2e,0 ∪0,3D.-1e,0 ∪0,36(2024·新疆乌鲁木齐·二模)设x >0，函数y =x 2+x -7,y =2x +x -7,y =log 2x +x -7的零点分别为a ,b ,c ，则()A.a <b <cB.b <a <cC.a <c <bD.c <a <b7(2024·陕西汉中·二模)已知函数f x =12 x ln 12 ,x ≤04ln 2x ,x >0，若函数g x =f x -mx 有4个零点，则m 的取值范围为()A.m m ≥16e 2B.m m ≥e ln 22C.m e ln 22<m <16e 2D.m m =e ln 22 或m =16e 28(2024·海南省直辖县级单位·模拟预测)已知函数f x =lg -x ,x <01-x -1 ,0≤x <2f x -2 ,x ≥2的图象在区间-t ,t(t >0)内恰好有5对关于y 轴对称的点，则t 的值可以是()A.4B.5C.6D.7二、多选题9(2024·全国·模拟预测)某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度为64ppm ，继续排气4分钟后又测得浓度为32ppm ．由检验知该地下车库一氧化碳浓度y (单位：ppm )与排气时间t (单位：分钟)之间满足函数关系y =ae Rt (a ,R 为常数，e 是自然对数的底数)．若空气中一氧化碳浓度不高于0.5ppm ，人就可以安全进入车库了，则下列说法正确的是()A.a =128B.R =14ln2C.排气12分钟后浓度为16ppmD.排气32分钟后，人可以安全进入车库10(2024·黑龙江·二模)定义在R 上的偶函数f x 满足f x -3 =f 5-x ，当x ∈0,1 时，f x =x 2.设函数g x =log 5x -1 ，则下列结论正确的是()A.f x 的图象关于直线x =1对称B.f x 的图象在x =72处的切线方程为y =-x +174C.f 2021 +f 2022 +f 2023 +f 2024 =2D.f x 的图象与g x 的图象所有交点的横坐标之和为1011(2024·江西宜春·模拟预测)已知函数f x =2-log 12x ,0<x ≤2-x 2+8x -11,x >2,，g (x )=f (x )-a ，则()A.若g (x )有2个不同的零点，则2<a <5B.当a =2时，g f (x ) 有5个不同的零点C.若g (x )有4个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4x 1<x 2<x 3<x 4 ，则x 1x 2x 3x 4的取值范围是(12,13)D.若g (x )有4个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4x 1<x 2<x 3<x 4 ，则ax 1x 2+x 3+x 4a的取值范围是(6,9)三、填空题12(2023·辽宁葫芦岛·一模)请估计函数f x =6x-log 2x 零点所在的一个区间.13(2024·河南·二模)已知函数f x 是偶函数，对任意x ∈R ，均有f x =f x +2 ，当x ∈0,1 时，f x =1-x ，则函数g x =f x -log 5x +1 的零点有个.14(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =4x-1 ,x ≤1x 2-6x +8,x >1，若方程2f x 2-a +2 ⋅f x +a =0有7个不同的实数根，则实数a 的取值范围是．四、解答题15(2024·山东聊城·二模)对于函数f (x )，若存在实数x 0，使f (x 0)f (x 0+λ)=1，其中λ≠0，则称f (x )为“可移λ倒数函数”，x 0为“f (x )的可移λ倒数点”．已知g (x )=e x ,h (x )=x +a (a >0)．(1)设φ(x )=g (x )h 2(x )，若2为“h (x )的可移-2倒数点”，求函数φ(x )的单调区间；(2)设ω(x )=g (x ),x >01h (x ),x <0 ，若函数ω(x )恰有3个“可移1倒数点”，求a 的取值范围．。

考点14函数的零点与方程的解(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型新高考版

考点14函数的零点与方程的解（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.理解函数的零点与方程的解的联系.2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.3.了解用二分法求方程的近似解．【知识点】1．函数的零点与方程的解(1)函数零点的概念对于一般函数y ＝f (x )，我们把使的实数x 叫做函数y ＝f (x )的零点．(2)函数零点与方程实数解的关系方程f (x )＝0有实数解⇔函数y ＝f (x )有 ⇔函数y ＝f (x )的图象与有公共点．(3)函数零点存在定理如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是一条连续不断的曲线，且有，那么，函数y ＝f (x )在区间内至少有一个零点，即存在c ∈(a ，b )，使得，这个c也就是方程f (x )＝0的解．2．二分法对于在区间[a ，b ]上图象连续不断且的函数y ＝f (x )，通过不断地把它的零点所在区间，使所得区间的两个端点逐步逼近，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．常用结论1．若连续不断的函数f (x )是定义域上的单调函数，则f (x )至多有一个零点．2．连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号【核心题型】题型一　函数零点所在区间的判定确定函数零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点存在定理：首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )·f (b )<0.若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点．(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断．【例题1】（2024·贵州贵阳·模拟预测）设方程33log 1xx ×=的两根为1x ，()212x x x <，则A ．101x <<，23x >B ．121x x >C ．1201x x <<D ．124x x +>【变式1】（2023·河北·模拟预测）已知函数()36xf x x =+-有一个零点0x x =，则0x 属于下列哪个区间（）A ．1,12æöç÷èøB ．31,2æöç÷èøC ．3,22æöç÷èøD ．52,2æöç÷èø【变式2】（2023·海南·模拟预测）函数()123x f x x -=+-的零点所在的区间是（）A ．()1,0-B ．()0,1C ．()1,2D ．()2,3【变式3】（2023·辽宁葫芦岛·一模）请估计函数()26log f x x x=-零点所在的一个区间 .题型二　函数零点个数的判定求解函数零点个数的基本方法(1)直接法：令f (x )＝0，方程有多少个解，则f (x )有多少个零点；(2)定理法：利用定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等；(3)图象法：一般是把函数拆分为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数．【例题2】（2024·天津·二模）已知函数()22sin 2sin cos cos f x x x x x =+-，关于()f x 有下面四个说法：①()f x 的图象可由函数()2g x x =的图象向右平行移动π8个单位长度得到；②()f x 在区间ππ,44éù-êúëû上单调递增；③当ππ,62x éùÎêúëû时，()f x的取值范围为；④()f x 在区间[]0,2π上有3个零点．以上四个说法中，正确的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【变式1】（2024·湖南·模拟预测）已知函数()f x 满足()()8f x f x +=，()()80f x f x +-=，当[)0,4x Î时，()πln 1sin 4f x x æö=+ç÷èø，则函数()()()3F x f x f x =-在()0,8内的零点个数为A ．3B ．4C ．5D ．6【变式2】．（2024·青海西宁·二模）记()x t 是不小于x 的最小整数,例如()()()1.22,22, 1.31t t t ==-=-,则函数()()128x f x x x t -=--+的零点个数为.【变式3】（2024·北京西城·一模）关于函数()sin cos2f x x x =+，给出下列三个命题：①()f x 是周期函数；②曲线()y f x =关于直线π2x =对称；③()f x 在区间[)0,2π上恰有3个零点．其中真命题的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3题型三　函数零点的应用根据函数零点的情况求参数的三种常用方法(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解.命题点1　根据零点个数求参数【例题3】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知函数()()()22e 21e 2x xf x a x a a x =-+++（其中e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（）A ．a $ÎR ，使函数()f x 恰有1个零点B ．a $ÎR ，使函数()f x 恰有3个零点C ．a "ÎR ，函数()f x 都有零点D ．若函数()f x 有2个零点，则实数a 的取值范围为()e 2,e -【变式1】（2024·安徽黄山·二模）若函数()()14f x k x =--有两个零点，则实数k 的取值范围是.【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）若方程2ln 0ax x -=在()1,+¥上有两个不同的根，则a 的取值范围为（）A ．10,2e æöç÷èøB ．1,e æö-¥ç÷èøC ．()1,e D ．(),2-¥【变式3】（2024·上海徐汇·二模）已知函数()y f x =，其中122()log 2xf x x +=-.(1)求证：()y f x =是奇函数；(2)若关于x 的方程()12()log f x x k =+在区间[3,4]上有解，求实数k 的取值范围.命题点2　根据函数零点的范围求参数【例题4】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数()()πcos 04f x x w w æö=+>ç÷èø在区间π,π3æöç÷èø上单调递减，且()f x 在区间()0,π上只有1个零点，则w 的取值范围是（）A ．10,4æùçúèûB ．13,24æùçúèûC ．13,44æùçúèûD ．15,44æùçúèû【变式1】（2024·四川巴中·一模）若函数()2231f x ax x =+-在区间()1,1-内恰有一个零点，则实数a 的取值集合为（）A ．{}|12a a -<<B ．9{|8a a =-或12}a -<<.C ．{|12}a a -££D ．9{|8a a =-或12}a -££.【变式2】（2023·河南·模拟预测）已知函数2()log (1)f x x a =-+在区间(2,3)上有且仅有一个零点，则实数a 的取值范围为 .【变式3】（2023·全国·模拟预测）将函数()(0)f x x w w =>的图像向右平移3w p 个单位长度得到函数()g x 的图像．若()g x 在区间π5π,36æöç÷èø内有零点，无极值，则w 的取值范围是．【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·浙江宁波·一模）已知函数32221()2log ,()log ,()log 2xxf x xg x xh x x x æö=+=-=+ç÷èø的零点分别为,,a b c ，则（）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b>>D ．b c a>>2．（2023·贵州毕节·模拟预测）若函数()()224424e e x x f x x x a --=-++有唯一零点，则实数=a （）A ．2B ．12C ．4D ．13．（23-24高三下·四川雅安·开学考试）已知函数()24xf x =，若存在12x x <，使得()()120f x f x <，则下列结论不正确的是（）A ．11<x B ．21x >C ．()f x 在()12,x x 内有零点D ．若()f x 在121,2x x x +æöç÷èø内有零点，则1202x x f +æö>ç÷èø4．（2024·北京海淀·一模）已知()()3,0lg 1,0x x f x x x ì£ï=í+>ïî，函数()f x 的零点个数为m ，过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的条数为n ，则,m n 的值分别为（）A ．1,1B ．1,2C ．2,1D ．2,25．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()ππ2sin 222f x x j j æö=+-<<ç÷èø的图像关于点π,03æöç÷èø中心对称，将函数()f x 的图像向右平移π3个单位长度得到函数()g x 的图像，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在区间ππ36æö-ç÷èø，上的值域是(]12-，B ．()2sin2g x x=-C ．函数()g x 在π5π1212éù-êúëû，上单调递增D ．函数()g x 在区间[]ππ-，内有3个零点二、多选题6．（2024·甘肃定西·一模）已知函数()()221,42x f x a g x x x a =--=-+-，则（）A ．当()g x 有2个零点时，()f x 只有1个零点B ．当()g x 有3个零点时，()f x 只有1个零点C ．当()f x 有2个零点时，()g x 有2个零点D ．当()f x 有2个零点时，()g x 有4个零点7．（2023·安徽马鞍山·三模）已知函数2()()e ln x f x x x x =++的零点为0x ，下列判断正确的是（）A ．012x <B ．01ex >C ．00e ln 0x x +<D ．00ln 0x x +<三、填空题8．（2024·重庆·模拟预测）若12πw <£，则关于x 的方程sin x x w =的解的个数是．9．（2023·河北·模拟预测）已知1e ln ()2x x xxf x +-=，0x 是该函数的极值点，定义x 表示超过实数x 的最小整数，则()0f x 的值为.四、解答题10．（2023·四川成都·一模）已知函数()2cos sin 1f x ax x x x =-+-.(1)若1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若1a =时，求函数()f x 的零点个数；(3)若对于任意π0,2x éùÎêúëû，()12³-f x a 恒成立，求a 的取值范围.11．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数()πsin (03)4f x x w w æö=-<<ç÷èø，π8x =是()f x 的零点．(1)求w 的值；(2)求函数π1π828y f x f x æöæö=-++ç÷ç÷èøèø的值域．12．（2023·四川绵阳·模拟预测）函数()()()222f x x m x m =+-+．(1)若()f x 为奇函数，求实数m 的值；(2)已知()f x 仅有两个零点，证明：函数()3y f x =-仅有一个零点．综合提升练一、单选题1．（2023·吉林长春·一模）方程3log 2x x +=的根所在区间是（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,42．（2023·全国·模拟预测）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设x ÎR ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，[]y x =也被称为“高斯函数”，例如[]2.12=，[]33=，[]1.52-=-，设0x为函数()33log 1f x x x =-+的零点，则[]0x =（）A ．2B ．3C ．4D ．53．（2023·宁夏银川·三模）函数()22log f x x x m =++在区间()2,4上存在零点，则实数m 的取值范围是（）A ．(),18-¥-B ．(5,)+¥C ．(5,18)D ．()18,5--4．（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数()()ππ3cos 022f x x w j w j æö=+<-<<ç÷èø，的最小正周期为π，在区间ππ,66æö-ç÷èø上单调递减，且在区间π0,6æöç÷èø上存在零点，则j 的取值范围是（）A ．ππ,62æöç÷èøB ．3π,2πæù--çúèûC ．ππ,32éö÷êëøD ．π0,3æùçúèû5．（2023·内蒙古赤峰·二模）记函数()()sin 0,02f x x p w j w j æö=+><<ç÷èø的最小正周期为T .若()f T =，6x p =为()f x 的零点，则w 的最小值为（）A ．2B ．3C ．4D ．66．（2024·安徽芜湖·二模）在数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，首项11a =，且函数()()31sin 211n n f x x a x a x +=-+++的导函数有唯一零点，则5S =（）A ．26B ．63C ．57D ．257．（2023·四川南充·模拟预测）函数()ln 1f x x x =-的零点为1x ，函数()()e 1e xg x x =--的零点为2x ，则下列结论正确的是（）A ．221e ln ex x ×=B ．2111e2x x -+>C ．12ln 1x x -=D ．21121ln x x +£+8．（2024·山西吕梁·模拟预测）用[a ]表示不大于实数a 的最大整数，如[1.68]=1，设12,x x 分别是方程24x x +=及ln(1)4x x +-=的根，则12[]x x += （）A ．2B ．3C ．4D ．5二、多选题9．（2024·甘肃陇南·一模）已知函数()324f x x x ax =++-有3个不同的零点123,,x x x ,且23122x x x =，则（）A ．4a =-B ．()0f x <的解集为()1,2-C ．7y x =-是曲线()y f x =的切线D ．点()1,0-是曲线()y f x =的对称中心10．（2023·河北唐山·模拟预测）已知函数()()()0f x x w +j w >的最小正周期πT <，1π5f æö=ç÷èø，且()f x 在π10x =处取得最大值.下列结论正确的有（）A ．sin j =B ．w 的最小值为152C ．若函数()f x 在ππ,204æöç÷èø上存在零点，则w 的最小值为352D ．函数()f x 在13π11π,2015æöç÷èø上一定存在零点11．（2023·江西·模拟预测）已知函数2(e 21)xax x f x -+=，则下列结论正确的是（）A ．对于任意的a ÎR ，存在偶函数()g x ，使得e ()()x y f x g x =+为奇函数B ．若()f x 只有一个零点，则1a =C ．当1a =时，关于x 的方程()f x m =有3个不同的实数根的充要条件为340e m <<D ．对于任意的a ÎR ，()f x 一定存在极值三、填空题12．（2023·广东深圳·一模）定义开区间(),a b 的长度为b a -．经过估算，函数()1312x f x x =-的零点属于开区间（只要求写出一个符合条件，且长度不超过16的开区间）．13．（2024·河南南阳·一模）已知函数()()232ln 13f x x x a x =-+-+在区间()1,2上有最小值，则整数a 的一个取值可以是．14．（2023·山西阳泉·模拟预测）已知函数()e 2x f x x =+-的零点为1x ，函数()2ln g x x x =--的零点为2x ，给出以下三个结论：①12e e 2e x x +>；②1234x x >；③2112ln ln 0x x x x +<.其中所有正确结论的序号为 .四、解答题15．（2023·全国·模拟预测）已知函数()||f x x a =-.(1)若不等式()()1f x f x m -+£恒成立，求实数m 的最大值；(2)若函数1()()g x f x a=+有零点，求实数a 的取值范围.16．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()ln R f x x x ax a =+Î.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1a =-时，方程()f x m =有两个解，求参数m 的取值范围.17．（2023·江苏·三模）将函数()sin f x x =的图象先向右平移π4个单位长度，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的1w（ω＞0）倍（纵坐标不变），得到函数()y g x =的图象．(1)若2w =，求函数()y g x =在区间ππ,44éù-êúëû上的最大值；(2)若函数()y g x =在区间ππ,42æöç÷èø上没有零点，求ω的取值范围．18．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()()21321e 2316x af x x x x x -=-+-++．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程．(2)设函数()()2131e 3x g x f x x ax -=-+，若()g x 有两个零点，求实数a 的取值范围．19．（2023·福建福州·模拟预测）设1a >-，函数()()()1ln 11f x x x a x =++-+．(1)判断()f x 的零点个数，并证明你的结论；(2)若0a ³，记()f x 的一个零点为0x ，若11sin x a x +=，求证：10ln 0x x -£．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·山西晋城·二模）将函数π()2sin 34f x x æö=+ç÷èø的图象向右平移j （0j >）个单位长度，得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在区间(0,)j 上恰有两个零点，则j 的取值范围是（）A ．5π3π,124éö÷êëøB ．3π13π,412éö÷êëøC ．5π3π,124æùçúèûD ．3π13π,412æùçúèû2．（2024·全国·模拟预测）设函数()πcos 4f x x w æö=+ç÷èø在区间π0,2æöç÷èø上恰有3个零点、2个极值点，则w 的取值范围是（）A ．79,22æùçúèûB ．911,22æùçúèûC ．913,22æùçúèûD ．713,22æùçúèû3．（2023·北京·模拟预测）已知函数()e e x xf x -=-，下列命题正确的是（）①()f x 是奇函数；②方程()22f x x x =+有且仅有1个实数根；③()f x 在R 上是增函数；④如果对任意()0,x Î+¥，都有()f x kx >，那么k 的最大值为2.A ．①②④B ．①③④C ．①②③D ．②③④4．（2023·四川南充·一模）已知函数2()ln 2f x x m x=-+-（03m <<）有两个不同的零点1x ，2x （12x x <），下列关于1x ，2x 的说法正确的有（）个①221e m x x < ②122x m >+ ③121x x >A ．0B ．1C ．2D ．35．（23-24高三下·湖南·阶段练习）设方程22log 1x x ×=的两根为1x ，()212x x x <，则（）A ．101x <<，22x >B ．121x x >C ．1201x x <<D ．123x x +>二、多选题6．（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数()1cos cos2,02f x x x x w w w w =->，则下列结论正确的是（）A ．()()0,1,f x w "Î在ππ,64éù-êúëû上单调递增B ．若1w =且()()122f x f x -=，则12min πx x -=C ．若()1f x =在[]0,π上有且仅有2个不同的解，则w 的取值范围为54,63éö÷êëøD ．存在()0,1w Î，使得()f x 的图象向左平移π6个单位长度后得到的函数为奇函数7．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()24,0,log 2,0x x x f x x x ì+>ï=íï--<î的图象与直线y a =的交点的横坐标分别为()12341234,,,x x x x x x x x <<<，则（）A ．4a >B ．124x x =C ．344x x =D ．341x a x æö+ç÷èø8．（2023·河南焦作·模拟预测）已知函数()(),0e ln ,0424,4x xx xf x x x f x x ì£ïïï=<£íï->ïïî，则下列说法正确的是（）A ．函数()f x 在()*(44e)k k k +ÎN ，上单调递增B ．函数()f x 在()*(4e 44)k k k ++ÎN ，上单调递减C ．若方程()(1)f x a x =<有两个实数根1x ，2x ，则12x a x =D ．当方程()(08)f x bx x =££的实数根最多时，b 的最小值为ln 28三、填空题9．（2024·全国·模拟预测）已知()()4sin sin 1f x x x x =+相邻的两个零点分别为12,x x ，则12cos x x -=.10．（2024·四川成都·三模）若函数()2e x f x kx =-大于0的零点有且只有一个，则实数k 的值为．四、解答题11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()x f x e =，()a g x x =．(1)当1a =时，求()()f x g x -的最小值；(2)讨论函数()y f x =和()y g x =的图象在(0,)+¥上的交点个数．12．（2024·重庆·模拟预测）已知函数()()()23e ln R ,x f x x a x a x æö=-++Îç÷èø(1)若过点()2,0的直线与曲线()y f x =切于点()()1,1f ，求a 的值；(2)若()f x 有唯一零点，求a 的取值范围．。

专题02函数零点问题-2024高考数学尖子生辅导专题

专题02函数零点问题-2024高考数学尖子生辅导专题函数的零点问题在数学中是一个非常重要的概念和问题。

而在2024高考的数学尖子生辅导专题中，函数的零点问题无疑是一个重点内容。

下面，我们来详细探讨一下这个问题。

函数的零点问题即是求解函数的解析式方程$f(x)=0$的解$x$。

在实际问题中，函数的零点往往表示了其中一种特定情况下的平衡点或者特殊点，因此求解函数的零点问题是非常实用和重要的。

那么，如何求解函数的零点问题呢？下面，我们将从三个方面进行讨论。

首先，我们可以通过图像来求解函数的零点问题。

对于一般的函数，我们可以通过画出函数的图像来判断函数的零点。

函数的零点为函数与$x$轴相交的点，在图像上表现为函数曲线与$x$轴的交点。

通过观察函数图像上哪些点与$x$轴相交，我们可以找到函数的零点。

对于简单的函数，我们可以手工画出函数图像，对于复杂的函数，我们可以借助计算机软件进行绘图。

其次，我们可以通过函数的解析式来求解函数的零点问题。

对于一般的函数，我们可以通过解方程$f(x)=0$来求解函数的零点。

通过将方程变形化简，最终得到$x$的解析表达式。

这种方法适用于存在解析解的函数，对于一些特殊函数，解析解并不存在，我们需要采用其他方法进行求解。

最后，我们可以通过数值计算方法来求解函数的零点问题。

对于一些无法通过解析式求解的函数，我们可以采用数值计算方法进行求解。

数值计算方法包括二分法、不动点迭代法、牛顿迭代法等。

这些方法通过迭代计算，逐渐接近函数的零点。

在实际计算中，我们可以通过计算机软件来进行数值计算，以提高计算的精度和效率。

综上所述，函数的零点问题在数学中具有重要的意义，我们可以通过图像、解析式和数值计算方法等多种途径来求解函数的零点。

在2024高考的数学尖子生辅导专题中，函数的零点问题无疑是一个关键的内容，掌握这个问题对于学生的数学能力提高和应试能力提升都具有重要作用。

因此，我们应该重视并加以学习和实践。

考点21利用导数研究函数的零点(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习(新高考版)

考点21利用导数研究函数的零点（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】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【核心题型】题型一　利用函数性质研究函数的零点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．【例题1】（2024·全国·模拟预测）若函数()e 2xf x x a =-+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥【变式1】（2024·陕西西安·一模）若不等式e ln 2x x x a x -+³-恒成立，则实数a 的取值范围为.【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知函数2()(2)ln f x x a x a x =-++，a ÎR .(1)讨论()f x 的单调性；(2)设2e ()()(1)2(1)ln xg x f x x a x a a x x =-+-+-+-，若()g x 存在两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <.（i ）证明：2e 1a >+；（ii ）证明：22142121a a x x a ---<-.【变式3】（2024·辽宁·三模）已知()()211e 2xf x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，证明：函数()f x 有且仅有两个零点12,x x ，且120x x +<.题型二　数形结合法研究函数的零点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．【例题2】（2024·北京房山·一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x f x x ¥¥ì-Î-ï=íÎ+ïî，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．1或2D ．1或3【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知函数3e ,111(),()11,12xx x f x g x x a x x x ì>-ïï+==++íï+£-ïî．若(())0g f x =有三个不同的根，则a 的取值范围为．【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数()()e 1xf x ax a =--ÎR ．(1)若函数()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线2e 10x y ++=垂直，求a 的值；(2)当(]0,2x Î时，讨论函数()()ln F x f x x x =-零点的个数．【变式3】（2024·河北邯郸·二模）已知函数()()e ,ln xf x mxg x x m x =-=-．(1)是否存在实数m ，使得()f x 和()g x 在()0,¥+上的单调区间相同？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．(2)已知12,x x 是()f x 的零点，23,x x 是()g x 的零点．①证明：e m >，②证明：31231e x x x <<．题型三　构造函数法研究函数的零点涉及函数的零点(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【例题3】（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()()232()23f x x x ax b =+-+满足：①定义域为R ；②142b <<；③有且仅有两个不同的零点1x ，2x ，则1211+x x 的取值范围是（）A ．(2,1)--B ．11,2æö--ç÷èøC ．1,12æöç÷èøD ．(1,2)【变式1】（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数2()e 2ln x f x ax x x a =---，则（）A ．当1a =时，()f x 有极小值B ．当1a =时，()f x 有极大值C ．若()0f x ³，则1a =D ．函数()f x 的零点最多有1个【变式2】（2024·全国·模拟预测）设函数()()2ln f x x ax x a =-++ÎR .(1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()f x 在1,e e éùêúëû上有两个零点，求实数a 的取值范围.（其中e 是自然对数的底数）【变式3】（2024·广东·二模）已知()()21122ln ,02f x ax a x x a =+-->.(1)求()f x 的单调区间；(2)函数()f x 的图象上是否存在两点()()1122,,,A x y B x y （其中12x x ¹），使得直线AB 与函数()f x 的图象在1202x x x +=处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·四川资阳·模拟预测）将函数()1cos e xf x x =-在()0,¥+上的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列{}n x （其中*n ÎN ），则（）A ．11ππ22n n x n æöæö-<<+ç÷ç÷èøèøB ．1πn n x x +-<C ．()121πn n x x n ++>-D ．(){}1πn x n --为递减数列2．（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）()22e 5x f x x =-的零点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．33．（2023·四川成都·二模）若指数函数x y a =（0a >且1a ¹）与幂函数5y x =的图象恰好有两个不同的交点，则实数a 的取值范围是（）A ．e5e ,¥æö+ç÷èøB ．e51,e æöç÷èøC ．e 51,e æöæöç÷ç÷ç÷èøèøD ．e 51,e æöç÷èø4．（2023·全国·模拟预测）已知函数1522ln 4()e 4ln(4)e 2x a a xx f x x x -+-=++-++存在零点，则实数a 的值为（）A ．2-B ．15ln24-C ．3-D ．15ln34-二、多选题5．（2024·全国·模拟预测）已知函数()31f x x ax =-+，a ÎR ，则（）A ．若()f x 有极值点，则0a £B ．当1a =时，()f x 有一个零点C ．()()2f x f x =--D ．当1a =时，曲线()y f x =上斜率为2的切线是直线21y x =-6．（2024·辽宁抚顺·三模）已知定义在R 上的奇函数()f x 连续，函数()f x 的导函数为()f x ¢．当0x >时，()()()cos sin e f x x f x x f x ¢>+×¢，其中e 为自然对数的底数，则（）A ．()f x 在R 上为减函数B ．当0x >时，()0f x <C ．π3π22f f æöæö>ç÷ç÷èøèøD ．()f x 在R 上有且只有1个零点三、填空题7．（2024·内蒙古包头·一模）已知函数()()32340f x kx x k k =-+>，若()f x 存在唯一的零点，则k 的取值范围是 .8．（2024·四川成都·模拟预测）若函数()2e 2x m f x x x =--在()1,2x Î-上有2个极值点，则实数m 的取值范围是 .四、解答题9．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知()e xf x a x =-，()cosg x x =.(1)讨论()f x 的单调性.(2)若0x ∃使得()()00f x g x =，求参数a 的取值范围.10．（2024·宁夏固原·一模）已知函数()()ln 11(0)f x ax x a =++>．(1)求()f x 的最小值；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．11．（2024·全国·模拟预测）已知函数1()e (0)x f x x a x =->，且()f x 有两个相异零点12,x x ．(1)求实数a 的取值范围．(2)证明：122eax x +>．12．（2024·湖北黄石·三模）已知函数()ln f x x x m =-+有两个零点1x ，2x .(1)求实数m 的取值范围；(2)如果1212x x x <£，求此时m 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·湖南·模拟预测）有甲、乙两个物体同时从A 地沿着一条固定路线运动，甲物体的运动路程1s （千米）与时间t （时）的关系为()121ts t =-，乙物体运动的路程2s （千米）与时间t （时）的关系为()23s t t =，当甲、乙再次相遇时，所用的时间t （时）属于区间（）A ．()2,3B ．()3,4C ．()4,5D ．()5,62．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()sin 2f x x x =+-的零点所在的大致区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,43．（2024·全国·模拟预测）若函数()e ln 2x f x x x x a =--+-有两个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-¥B ．(],0-¥C ．(),0¥-D ．(),1-¥4．（23-24高三下·江西·阶段练习）函数()|2||ln |f x x m x =--有且只有一个零点，则m 的取值可以是（）A ．2B ．1C ．3D ．e5．（2024·陕西汉中·二模）已知函数3232,0()ln ,0x x x x f x x x ì---£=í>î，()()g x f x mx =-有4个零点，则m 的取值范围为（）A ．11(,4eB ．1(2,0]{}e -U C ．1(2,0]{}4-U D ．11(,0](,)4e-¥U 6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2xf x kx b =--恰有一个零点0x ，且0b k >>，则0x 的取值范围为（）A ．1ln2,ln2-æö-¥ç÷èøB ．ln2,1ln2æö-¥ç÷-èøC ．1ln2,ln2-æö+¥ç÷èøD ．ln2,1ln2æö+¥ç÷-èø7．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数()e ,0e ,0x a xf x x x -ì+>ï=íï<î，若方程()e 0f x x +=存在三个不相等的实根，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -¥B ．(),e -¥-C ．(),2e -¥-D ．(),2e -¥8．（2024·陕西·二模）已知()0f x ³，且0x >时，()()22cos f x x f x =×，则下列选项正确的是（）A ．()2x f x f æö>ç÷èøB ．当()ππ2x k k ¹+ÎZ 时，()()2tan 2f x xf x £C ．若2π42πf æö=ç÷èø，()()22sin x f x g x x=为常函数，则()1f x =在区间()0,1内仅有1个根D ．若()11f =，则()2827f <二、多选题9．（2024·辽宁·三模）已知函数()()1ln ,ln ,f x ax x g x a x a x=-=+为实数，下列说法正确的是（）A ．当1a =时，则()f x 与()g x 有相同的极值点和极值B ．存在R a Î，使()f x 与()g x 的零点同时为2个C ．当()0,1a Î时，()()1f x g x -£对[]1,e x Î恒成立D ．若函数()()f x g x -在[]1,e 上单调递减，则a 的取值范围为2,e æù-¥çúèû10．（2024·河北唐山·一模）已知函数()331f x x x =-+，则（）A ．直线32y x =-是曲线()y f x =的切线B ．()f x 有两个极值点C ．()f x 有三个零点D ．存在等差数列{}n a ，满足()155k k f a ==å11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(1)ln f x x x =-，2()g x x =，下列命题正确的是（）A ．若()()()H x f x g x =-，则()H x 有且只有一个零点B ．若()()()f x H xg x =，则()H x 在定义域上单调，且最小值为0C ．若()()()H x f x g x ¢=-，则()H x 有且只有两个零点D ．若()()(||)g x H x f x ¢=，则()H x 为奇函数三、填空题12．（2023·四川内江·模拟预测）若函数()e x f x kx =-有两个零点，则k 的取值范围为．13．（2024·四川泸州·二模）若函数1()ln ef x x x a =-+有零点，则实数a 的取值范围是．14．（2024·广东佛山·二模）若函数()ln e ln e x xa xf x x x a x=+--（R a Î）有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是．四、解答题15．（23-24高三上·河南·期末）已知函数()ln(1)sin f x a x x x =+-．(1)若0a =，求曲线()y f x =在点ππ,22f æöæöç÷ç÷èøèø处的切线方程；(2)若1a =，研究函数()f x 在(]1,0x Î-上的单调性和零点个数．16．（2024·四川泸州·三模）已知函数1(e )x ax f x =-（0a >），(1)讨论函数()f x 的零点个数；(2)若|()ln |x x x f x >+恒成立，求函数()f x 的零点0x 的取值范围．17．（2024·四川·模拟预测）已知函数()2211e ,2exf x ax x x a =--³．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0x >时，求证：()21ln 12f x x x ³--．18．（2024·北京朝阳·一模）已知函数()()()1e R xf x ax a =-Î.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()(0,1)x f x a a a =>¹，函数()log (0,1)a g x x a a =>¹．(1)当e a =时，讨论函数()()()h x f x g x =的单调性；(2)当01a <<时，求函数()()()S x f x g x =-的零点个数．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·云南·模拟预测）已知函数()e ln x f x x x x a =---，若()0f x =在()0,e x Î有实数解，则实数a 的取值范围是（）A ．[)0,¥+B ．1,e ¥éö+÷êëøC ．[)1,+¥D ．[)e,+¥2．（2024·浙江杭州·模拟预测）若函数()ln f x x x x x a =-+-有且仅有两个零点，则a 的取值范围是（）A ．()1,00,e e æö-Èç÷èøB ．()2,00,e e æö-Èç÷èøC ．()2,00,3e æö-Èç÷èøD ．()1,00,3e æö-Èç÷èø3．（2024·四川成都·二模）函数()()e sin ,π,x f x a x x =+Î-+¥，下列说法不正确的是（）A ．当1a =-时，()0f x >恒成立B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0xC ．对任意()0,a f x >在()π,x Î-+¥上均存在零点D ．存在()0,a f x <在()π,x Î-+¥上有且只有一个零点4．（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数()4ln 12f x ax a x æö=--+ç÷èø有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+¥B ．()2,+¥C ．(),1-¥-D ．(),2-¥-二、多选题5．（2024·重庆·一模）已知函数()32e 2x f x x x ax =+--，则()f x 在()0,¥+有两个不同零点的充分不必要条件可以是（）A ．e 2e 1a -<<-B ．e 1e a -<<C ．e e 1a <<+D ．e 1e 2a +<<+6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数()(1)ln 1f x m x x x =+-+，下列说法正确的有（）A ．当12m =时，则()y f x =在(0,)+¥上单调递增B ．当1m =时，函数()y f x =有唯一极值点C ．若函数()y f x =只有两个不等于1的零点12,x x ，则必有121x x ×=D ．若函数()y f x =有三个零点，则102m <<三、填空题7．（2023·湖北·一模）若函数21ln(21),2()12,2x x f x x x a x ì->ïï=íï--+£ïî在1x =处的切线与()f x 的图像有三个公共点，则a 的取值范围．8．（2023·河南·模拟预测）已知函数()32f x x bx cx c =+++有三个零点，且它们的和为0，则b c -的取值范围是 .四、解答题9．（2024·北京丰台·二模）已知函数()()222ln 0f x a x x a =+¹．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围．10．（2024·全国·模拟预测）已知函数()cos ln(1)f x x x =++．(1)求证：()f x 在π1,2æö-ç÷èø上有唯一的极大值点；(2)若()1f x ax £+恒成立，求a 的值；(3)求证：函数()()g x f x x =-有两个零点．。

高考解答题专项突破(一) 第3课时利用导数研究函数的零点--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第3课时利用导数研究函数的零点考点一确定函数零点的个数(多考向探究)考向1利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数例1(2023·湖北武汉模拟)已知函数f (x )＝e xx，g (x )＝tan x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设函数F (x )＝f (x )－g (x )，试判断F (x )－π2，解(1)函数f (x )＝e xx 的定义域为{x |x ≠0}，f ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝e xx －tan x ＝0，得x sin x －e x cos x ＝0.设h (x )＝x sin x －e x cos x ，所以h ′(x )＝(e x ＋1)sin x ＋(x －e x )cos x .①当x －π2，，可知e x >0>x ，则e x >x ，所以x －e x <0，又sin x <0，cos x >0，所以h ′(x )<0，从而h (x )＝x sin x －e x cos x －π2，，又h (0)＝－1，＝π2>0，由零点存在定理及h (x )的单调性，得h (x )－π2，．②当x ，π4时，cos x ≥sin x >0，由(1)知函数f (x )＝e xx在(0，1)上单调递减，所以当x ，π4时，函数f (x )＝e xx >f (1)＝e>1，则e x >x >0.所以e x cos x >x sin x ，则h (x )＝x sin x －e x cos x <0恒成立．所以h (x )，π4上无零点．③当x，sin x >cos x >0，h ′(x )＝e x (sin x －cos x )＋(x cos x ＋sin x )>0，则h (x)．又＝π2>0，，由零点存在定理及h (x)的单调性，得h (x )．综上，h (x )－π2，2，即F (x )－π2，为2.利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数的一般步骤及注意点(1)讨论函数的单调性，确定函数的单调区间．(2)在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数．(3)注意区间端点的选取技巧．(4)含参数时注意分类讨论．1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数f (x )＝(x －1)e x －13ax 3(a >e ，e 是自然对数的底数)．(1)讨论函数f (x )的极值点的个数；(2)证明：函数f (x )在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．解(1)f ′(x )＝x e x －ax 2＝x (e x －ax )(a ＞e)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或e x －ax ＝0.设g (x )＝e x －ax ，则g ′(x )＝e x －a ，令g ′(x )＝0，得x ＝ln a ，当x <ln a 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >ln a 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (ln a )＝a －a ln a ＝a (1－ln a )．因为a >e ，则g (x )min <0，此时g (x )在R 上有且仅有两个零点，记为x 1，x 2(x 1<x 2)，因为g (0)＝1>0，g (1)＝e －a <0，当x →＋∞时，g (x )>0，所以0<x 1<1<x 2，且x 1，x 2是g (x )的两个变号零点，也是f ′(x )的两个变号零点，又当x ＜0时，f ′(x )＜0，当0＜x ＜x 1时，f ′(x )＞0，所以0是f ′(x )的变号零点，即f ′(x )在R 上有且仅有3个变号零点，所以函数f (x )在R 上有且仅有3个极值点．(2)证明：f ′(x )＝x (e x －ax )，由(1)知，当a >e 时，f (x )在R 上有3个极值点：0，x 1，x 2，其中0<x 1<1<x 2，且f (0)＝－1<0，当0<x <x 1时，g (x )>0，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x 1<x <x 2时，g (x )<0，则f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 2时，g (x )>0，则f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在区间(0，＋∞)内的极大值为f (x 1)，极小值为f (x 2)，且e x 1＝ax 1，e x 2＝ax 2⇒a ＝e x 1x 1，a ＝e x 2x 2.所以f (x 2)＝(x 2－1)e x 2－13ax 32＝(x 2－1)e x2－13·e x 2x 2x 32＝(x 2－1)e x 2－x 22e x 23＝e x 23(－x 22＋3x 2－3)＝e x 23－2－34<0，同理，f (x 1)＝e x 13－1－34<0，而当x →＋∞时，f (x )>0，因此函数f (x )在区间(0，x 2]内无零点，在区间(x 2，＋∞)上有且只有一个零点．综上所述，函数f (x )在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．考向2利用两个函数图象的交点确定零点个数例2(2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数f (x )＝ax 2－|1＋ln x |(a >0)．(1)若a ＝1，求f (x )的单调区间；(2)讨论f (x )零点的个数．解(1)当a ＝1时，函数f (x )＝x 2－|1＋ln x |的定义域为(0，＋∞)，当0<x ≤1e 时，f (x )＝x 2＋1＋ln x ，f ′(x )＝2x ＋1x >0，因此f (x )，1e 上单调递增，当x >1e 时，f (x )＝x 2－1－ln x ，f ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，当1e <x <22时，f ′(x )<0，当x >22时，f ′(x )>0，因此函数f (x )，＋，所以函数f (x )＋(2)函数f (x )＝ax 2－|1＋ln x |(a >0)的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝0，得a ＝|1＋ln x |x 2，令函数g (x )＝|1＋ln x |x2，x >0，当0<x ≤1e 时，g (x )＝－1＋ln x x 2，g ′(x )＝－x －2x (1＋ln x )x 4＝1＋2ln xx 3<0，函数g (x )，1e 上单调递减，由于－(1＋ln x )≥0，即有－(1＋ln x )，1e 上的取值集合是[0，＋∞)，又1x 2在，1e 上的取值集合是[e 2，＋∞)，因此函数g (x )，1e 上的取值集合是[0，＋∞)．当x >1e 时，g (x )＝1＋ln x x 2，求导得g ′(x )＝－1＋2ln x x 3，当1e <x <1e 时，g ′(x )>0，当x >1e 时，g ′(x )<0，因此函数g (x )，＋，在x ＝1e 处取得极大值＝e2，而∀x ＋g (x )>0恒成立，函数f (x )＝ax 2－|1＋ln x |(a >0)的零点，即方程a ＝|1＋ln x |x 2(a >0)的根，亦即直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标，在同一坐标系内作出直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象，如图，观察图象知，当0<a <e2时，直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象有3个公共点；当a ＝e2时，直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象有2个公共点；当a >e2时，直线y ＝a (a >0)与函数y ＝g (x )的图象有1个公共点．所以当0<a <e 2时，函数f (x )有3个零点；当a ＝e 2时，函数f (x )有2个零点；当a >e2时，函数f (x )有1个零点．在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x 轴有无交点，哪一区间在x 轴上方，哪一区间在x 轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况．2.(2023·湖北七市联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x－2，g (x )＝x ln x －ax 2－x ＋1.(1)证明：函数f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点；(2)假设存在常数λ>1，且满足f (λ)＝0，试讨论函数g (x )的零点个数．解(1)证明：f ′(x )＝1x －2x 2＝x －2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝2，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．因为f (1)＝0，f (2)＝ln 2－1<0，f (e 2)＝2e2>0，由零点存在定理及f (x )的单调性，得函数f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点．(2)令g (x )＝0，即x ln x －ax 2－x ＋1＝0，从而有ax ＝ln x －1＋1x.令φ(x )＝ln x －1＋1x ，从而g (x )的零点个数等价于y ＝ax 的图象与φ(x )图象的交点个数．φ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0，所以φ(x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x )min ＝φ(1)＝0，其图象如图所示．当a ＝0时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有一个交点．当a <0时，y ＝ax 的图象经过第二、四象限，与φ(x )的图象无交点．当a >0时，y ＝ax 的图象经过第一、三象限，与φ(x )的图象至少有一个交点．当y ＝ax 的图象与φ(x )的图象相切时，设切点横坐标为x 0，＝φ′(x 0)＝1x 0－1x 20，0＝ln x 0－1＋1x 0，即有ln x 0＋2x 0－2＝0，从而x 0＝λ，此时a ＝1λ－1λ2＝λ－1λ2>0.所以，当a ＝λ－1λ2时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有两个交点；当0<a <λ－1λ2时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有三个交点；当a >λ－1λ2时，y ＝ax 的图象与φ(x )的图象有一个交点．综上所述，当a <0时，g (x )没有零点；当0<a <λ－1λ2时，g (x )有三个零点；当a ＝λ－1λ2时，g (x )有两个零点；当a >λ－1λ2或a ＝0时，g (x )有一个零点．考点二根据零点情况求参数范围例3(2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数f (x )＝a x ，其中0<a <1.(1)求函数g (x )＝f (x )－x ln a 的单调区间；(2)若函数h (x )＝a x－(ln a )22x 2－x ln a －a ＋(3－k )ln a ＋(ln a )2在x ∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k 的取值范围．解(1)由已知，g (x )＝a x －x ln a ，g ′(x )＝a x ln a －ln a ，令g ′(x )＝0，解得x ＝0.由0<a <1，可知当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (－∞，0)0(0，＋∞)g ′(x )－0＋g (x )单调递减极小值单调递增所以函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)令h (x )＝0，则存在x ∈[1，＋∞)，使得a x －(ln a )22x 2－x ln a －a ＋(3－k )ln a ＋(ln a )2＝0，两边同时除以ln a ，得a x ln a －ln a 2x 2－x －aln a ＋ln a ＋3－k ＝0，即a x ln a －ln a 2x 2－x －aln a＋ln a ＋3＝k .令t (x )＝a x ln a －ln a 2x 2－x －aln a ＋ln a ＋3，x ∈[1，＋∞)，t ′(x )＝a x －x ln a －1，由(1)知a x －x ln a ≥g (0)＝1，即t ′(x )≥0，则函数t (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以t (x )≥t (1)＝a ln a －ln a 2－1－a ln a ＋ln a ＋3＝ln a2＋2.故k ≥2＋ln a2，即实数k 的取值范围为2＋ln a 2，＋根据零点情况求参数范围的解法3.(2022·全国乙卷)已知函数f (x )＝ln (1＋x )＋ax e －x .(1)当a ＝1时，求曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若f (x )在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝ln (1＋x )＋x e －x ，∴f ′(x )＝1x ＋1＋e －x －x e －x ，∴f ′(0)＝1＋1＝2，又f (0)＝0，∴所求切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .(2)f (x )＝ln (1＋x )＋ax e －x ＝ln (x ＋1)＋ax e x ，①当a ≥0时，若x >0，则ln (x ＋1)>0，axe x ≥0，∴f (x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝e x＋a(1－x2) (x＋1)e x.令g(x)＝e x＋a(1－x2)，则g′(x)＝e x－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)当g′(－1)≥0，即－12e≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．(b)当g′(－1)<0，即a<－12e时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－12e时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，∵f(x2)<f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．综上，a的取值范围是(－∞，－1)．考点三“隐零点”问题例4已知函数f(x)＝ln x＋ax－a(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)由f (x )＝ln x ＋ax －a 知，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x，①当a ≥0时，在(0，＋∞)上f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，当x ，，f ′(x )>0，当x －1a，＋，f ′(x )<0，故f (x )，，－1a ，＋．(2)由f (x )<a (x 2－1)，得ln x －a (x 2－x )<0，令g (x )＝ln x －a (x 2－x )，①当a ≤0时，在(1，＋∞)上，g (x )＝ln x －a (x 2－x )＝ln x －ax (x －1)>0恒成立，与题意不符；②当a >0时，g ′(x )＝1x －a (2x －1)＝1x －2ax ＋a 在(1，＋∞)上单调递减，且g ′(1)＝1－a ，当a ∈(0，1)时，g ′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x 0，使得g ′(x )＝0，当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，则在(1，x 0)上，g (x )单调递增，所以g (x )>g (1)＝0，与题意不符．当a ∈[1，＋∞)时，g ′(x )<g ′(1)＝1－a ≤0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝0，符合题意．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．在函数的零点中，有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样的零点称为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．4.已知函数f (x )＝a e x －ln x ，g (x )＝f (x )a，a ≠0.(1)若g (x )在[1，3]上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a >0，求证：f (x )≥2＋ln a .解(1)∵g (x )＝f (x )a ＝e x －ln x a，∴g ′(x )＝e x －1ax (x >0)．∵g (x )在[1，3]上是增函数，∴g ′(x )≥0在[1，3]上恒成立，即1a ≤x e x 在[1，3]上恒成立．令t (x )＝x e x ，则t ′(x )＝(x ＋1)e x .∵当x ∈[1，3]时，t ′(x )>0，∴t (x )在[1，3]上是增函数，∴(x e x )min ＝e.∴1a ≤e ，解得a ≥1e或a <0，即实数a 的取值范围是(－∞，0)∪1e ，＋(2)证明：f ′(x )＝a e x －1x ＝ax e x －1x ，令h (x )＝ax e x －1，则h ′(x )＝a e x ＋ax e x ＝a e x (1＋x )，∵a >0，∴h ′(x )>0，h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h (0)＝－1<0，e 1a －1>0，∴存在x 0使得h (x 0)＝0，即存在x 0使得f ′(x 0)＝a e x 0－1x 0＝0，即x 0＝1a e x 0.∴当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－ln x 0＝1x 0－ln 1a e x 0＝1x 0＋x 0＋ln a ≥21x 0·x 0＋ln a ＝2＋ln a ，当且仅当1x 0＝x 0，即x 0＝1时等号成立，∴当a >0时，f (x )≥2＋ln a .课时作业1．已知函数f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋m .(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若函数f (x )有3个零点，求实数m 的取值范围．解(1)由题意，得f ′(x )＝6x 2－6x －12，故f ′(1)＝－12，又当m ＝1时，f (1)＝2－3－12＋1＝－12，故所求的切线方程为y ＋12＝－12(x －1)，即y ＝－12x .(2)由题意，得f ′(x )＝6x 2－6x －12＝6(x 2－x －2)＝6(x ＋1)(x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝2，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1，2)时，f ′(x )<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)有极大值f(－1)＝m＋7，有极小值f(2)＝m－20.若函数f(x)有3个零点，则实数m ＋7>0，－20<0，解得－7<m<20，即实数m的取值范围为(－7，20)．2．已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)e x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝1时，判断函数g(x)＝f(x)－12x2＋ln x的零点个数，并说明理由．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2x－2)e x＋(x2－2x＋a)e x＝(x2＋a－2)e x，当a≥2时，f′(x)≥0，则f(x)在R上是增函数；当a<2时，f′(x)＝[x2－(2－a)]e x＝(x＋2－a)(x－2－a)e x，令f′(x)＝0，得x＝±2－a；令f′(x)>0，得x<－2－a或x>2－a；令f′(x)<0，得－2－a<x<2－a.所以函数f(x)在(－2－a，2－a)上单调递减，在(－∞，－2－a)和(2－a，＋∞)上单调递增．(2)当a＝1时，g(x)＝(x－1)2e x－12x2＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝(x＋1)(x－x设h(x)＝e x－1x(x>0)，则h′(x)＝e x＋1x2>0，从而h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又＝e－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在x0使得h(x0)＝e x0－1x0＝0，即e x0＝1x0，x0＝－ln x0.列表如下：x(0，x0)x0(x0，1)1(1，＋∞)g ′(x )＋0－0＋g (x )增函数极大值减函数极小值增函数由表可得g (x )的极小值为g (1)＝－12g (x )的极大值为g (x 0)＝(x 0－1)2e x 0－12x 20＋ln x 0＝x 20－2x 0＋1x 0－12x 20－x 0＝－12x 20＋1x 0－2.因为y ＝－12x 2＋1x－2，所以－32<g (x 0)<－18，所以g (x )在(0，1]内没有零点．又g (1)＝－12<0，g (2)＝e 2－2＋ln 2>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)内有一个零点．综上所述，g (x )只有一个零点．3．(2023·河北石家庄高三模拟(二))已知函数f (x )＝x －2sin x ，x ，π2.(1)若函数g (x )＝f (x )－x ＋sin2x ，求g (x )的最小值；(2)证明：函数f (x )，π2上有唯一零点．解(1)由题意，g (x )＝－2sin x ＋sin2x ，g ′(x )＝－2cos x ＋2cos2x ＝2(2cos 2x －cos x －1)＝2(cos x －1)(2cos x ＋1)，因为x ，π2，所以0≤cos x <1，所以g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )min ＝ 2.(2)证明：f (x )＝x －2sin x ，设h (x )＝x －sin x ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0，h (x )是增函数，所以x >0时，h (x )>h (0)＝0，即x >sin x ，从而2x >2sin x ，由2x <x ，解得0<x <14，所以当0<x <14时，x >2sin x ，即f (x )>0，f (x )无零点；当π3<x ≤π2时，2sin x >2sin π3＝3，x <π2<3，所以f (x )＝x －2sin x <0，f (x )无零点；当14≤x ≤π3时，f ′(x )＝12x－2cos x ，12x ≤1214＝1，2cos x ≥2cos π3＝1，所以f ′(x )＝12x－2cos x ≤0，f (x )单调递减，又＝12－2sin 14>12－2×14＝0，＝π3－2sin π3＝π3－3<0，所以f (x )在14，π3上有唯一零点，，π2上有唯一零点．4．(2024·湖北武汉模拟)设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(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 ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )＝2e 2a －1>0，当b 满足0<b <a 4，且b <14时，f ′(b )<0，(讨论a ≥1或a <1来检验，①当a ≥1时，则0<b <14，f ′(b )＝2e 2b －a b <2e 12－4a ≤2e 12－4<0；②当a <1时，则0<b <a 4，f ′(b )＝2e 2b －a b<2e a 2－4<2e 12－4<0.综上，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，则f ′(x 0)＝2e2x 0－a x 0＝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，为f (x 0)．所以f (x 0)＝e2x 0－a ln x 0＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a ，当且仅当x 0＝12时等号成立．故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.5．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)已知函数f (x )＝e x －12x 2－x －1，(1)证明：当x >0时，f (x )>0恒成立；(2)若关于x 的方程f (x )x ＋x 2＝a sin x 在(0，π)内有解，求实数a 的取值范围．解(1)证明：函数f (x )＝e x －12x 2－x －1，x >0，求导得f ′(x )＝e x －x －1，令y ＝e x －x －1，x >0，求导得y ′＝e x －1>0，则函数f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，f ′(x )>f ′(0)＝0，因此函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )>f (0)＝0，所以当x >0时，f (x )>0恒成立．(2)设y ＝x －sin x ，x ∈(0，π)，则y ′＝1－cos x >0，则y ＝x －sin x 在(0，π)上单调递增，y >0，即x >sin x >0，方程f (x )x ＋x 2＝a sin x 等价于e x －ax sin x －x －1＝0，x ∈(0，π)，令g (x )＝e x －ax sin x －x －1，原问题等价于g (x )在(0，π)内有零点，由x ∈(0，π)，得x sin x <x 2，由(1)知，当a ≤12时，g (x )＝e x －ax sin x －x －1>e x －12x 2－x －1>0，当x ∈(0，π)时，函数y ＝g (x )没有零点，不符合题意；当a >12时，由g (x )＝e x －ax sin x －x －1，求导得g ′(x )＝e x －a (x cos x ＋sin x )－1，令t (x )＝g ′(x )＝e x －a (x cos x ＋sin x )－1，则t ′(x )＝e x ＋a (x sin x －2cos x )，当x ∈π2，，t ′(x )>0恒成立，当x ，令s (x )＝t ′(x )＝e x ＋a (x sin x －2cos x )，则s ′(x )＝e x ＋a (3sin x ＋x cos x )，因为e x >0，a (3sin x ＋x cos x )>0，则s ′(x )>0，即t ′(x )，又t ′(0)＝1－2a <0，t e π2＋π2a >0，因此t ′(x )x 0，当x ∈(0，x 0)时，t ′(x )<0，函数g ′(x )单调递减；当x ∈(x 0，π)时，t ′(x )>0，函数g ′(x )单调递增，显然g ′(x 0)<g ′(0)＝0，g ′(π)＝e π＋a π－1>0，因此g ′(x )在(0，π)上存在唯一的零点x 1，且x 1∈(x 0，π)，当x ∈(0，x 1)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x ∈(x 1，π)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，又g (0)＝0，g (x 1)<g (0)＝0，由(1)知，e x >12x 2＋x ＋1>x ＋1(x >0)，则g (π)＝e π－π－1>0，所以g (x )在(0，x 1)上没有零点，在(x 1，π)上存在唯一零点，因此g (x )在(0，π)上有唯一零点．所以实数a ＋6．(2022·新高考Ⅰ卷)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 ；(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．解(1)f ′(x )＝e x －a ，g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，因为e x >0，所以f ′(x )>0，即f (x )在R 上单调递增，无最小值，不符合题意．当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a ；g (x )，＋，所以g (x )min ＝1＋ln a .由题意，a －a ln a ＝1＋ln a ，即(a ＋1)ln a ＝a －1，所以ln a －a －1a ＋1＝0，(*)令h (a )＝ln a －a －1a ＋1，则h ′(a )＝1a －2(a ＋1)2＝a 2＋1a (a ＋1)2>0.所以h (a )在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，函数f(x)＝e x－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．函数g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．设u(x)＝f(x)－g(x)＝e x－2x＋ln x(x＞0)，则u′(x)＝e x－2＋1x＞ex－2，当x≥1时，u′(x)＞e－2＞0，所以函数u(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为u(1)＝e－2＞0，所以当x≥1时，u(x)≥u(1)＞0恒成立，即f(x)－g(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)与g(x)的图象在[1，＋∞)上无交点．当0＜x＜1时，u′(x)＝e x－1＋1－xx＞0，所以u(x)在(0，1)上单调递增，又u(1)＝e－2＞0，e 1e2－2e2－2＜e12－2e2－2＜0，所以u(x)在(0，1)上存在唯一零点，所以函数f(x)与函数g(x)的图象在(0，1)上存在唯一交点，设该交点为M(m，f(m))(0＜m＜1)，由此可作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象，由图象可知，当且仅当直线y＝b经过点M(m，f(m))时，直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，此时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.因为f(x)＝e x－x，g(x)＝x－ln x＝e ln x－ln x＝f(ln x)，所以f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)．由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，则f(ln x2)＝e ln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，f(ln x3)＝e ln x2－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．综上可得，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．。

高考数学专题复习函数零点

高考数学专题复习函数零点函数)(x f y =的零点就是方程0)(=x f 实数根，亦即函数)(x f y =的图像与x 轴交点的横坐标． ()x g x f y -=)(的零点（个数）⇔函数()x g x f y -=)(的图像与x 轴的交点横坐标（个数）⇔方程()()0=-x g x f 即()x g x f =)(的实数根（个数） ⇔函数)(x f y =与)(x g y =图像的交点横坐标（个数）1.求下列函数的零点1.232-+=x x y 2.x y 2log = 3.62-+=x x y 4.1ln -=x y 5.21sin +=x y2.函数22()(2)(32)f x x x x =--+的零点个数为 3.函数()x f =⎩⎨⎧>-≤-+)0(2ln )0(322x x x x x 的零点个数为4.函数()()⎩⎨⎧>+-≤-=13.41.44)(2x x x x x x f 的图像和函数()ln g x x =的图像的交点个数是（） .A 1 .B 2 .C 3 .D 45.函数5()3f x x x =+-的零点所在区间为 ( ) A ．[0,1] B ．[1,2] C ．[2,3] D ．[3,4]6.函数1()44x f x e x -=+-的零点所在区间为（）A. (1,0)-B. (0,1)C. (1,2)D. (2,3)7.函数()2ln(2)3f x x x =--的零点所在区间为（） A. (2,3) B. (3,4) C. (4,5) D. (5,6)8.方程2|2|lg x x -=的实数根的个数是9.函数()lg ()72f x x g x x ==-与图像交点的横坐标所在区间是（） A ．()21，B ．()32，C ．()43，D ．()54，10.若函数2()4f x x x a=--的零点个数为3，则a =______11(09山东文)若函数()()1,0≠>--=a a a x a x f x有两个零点，则实数a 的取值范围是12.函数2()2x f x ax =--的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是（）A.(1,3)B.(1,2)C.(0,3)D.(0,2)13.设,,a b c 均为正数，且11222112log ,log ,log ,22b ca abc ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭比较,,a b c 大小：14.函数()x f 的零点为1x ，函数()224-+=x x g x的零点为2x ，若4121>-x x ，则()x f 可以是（）A.()212-=x x f B.()412-+-=x x x f C.()xx f 101-= D.()()28ln -=x x f15.若直角坐标平面内的两点Q P ,满足条件：①Q P ,都在函数()y f x =的图像上；②Q P ,关于原点对称. 则称点对[]Q P ,是函数()y f x =的一对“友好点对”（点对[]Q P ,与[]P Q ,看作同一对“友好点对”）. 已知函数22log (0)()4(0)x x f x x x x >⎧=⎨--≤⎩，则此函数的“友好点对”有（） A.0对 B.1对 C.2对 D.3对16.已知函数ln ,0()0,0x x f x x ⎧≠⎪=⎨=⎪⎩,则方程2()()0f x f x -=的不相等的实根个数为_______17.已知0x 是函数()x x f x -+=112的一个零点，若()()+∞∈∈,,,10201x x x x ，比较大小()1x f ()2x f18.若关于x 的方程|1|2x a a -=(0,1)a a >≠有两个不等实根，则a 的取值范围是19.函数()()()⎪⎩⎪⎨⎧≤->-⎪⎭⎫ ⎝⎛=0,20,log 31321x x x x x f xx，若0x 是()x f 的零点，且00x t <<，则()t f 的值（） A.恒小于0 B.恒大于0 C.等于0 D.不大于020.方程m x x +=-24有两个解，则求m 的取值范围21.已知[1,1]x ∈-，则方程2cos2xx -=所有实数根的个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．522.（11山东理科）函数()log (0,1)a f x x xb a a =+->≠且，当234a b <<<<时，函数()f x 的零点*0(,1),x n n n N ∈+∈，则n =23.函数()x x x x f ln 2542-+-=的零点个数是24.已知21()()log 3x f x x =-，实数a 、b 、c 满足0)()()(<c f b f a f ,且0a b c <<<，若实数0x 是函数()f x 的一个零点，那么下列不等式中，不可能成立的是（）A.0x a <B.0x b >C.0x c <D.0x c >25.函数()()11sin 2-+=x x x f π在区间()4,2-上的各零点之和是26.函数()xx x f lg cos -=的零点个数为，函数()xx x f lg cos -=的零点个数为27.函数x x y sin lg -=的零点个数是28.定义在R 上的偶函数(2)f x -，当2x >-时，1()2x f x e +=-若存在k Z ∈，使方程()0f x = 的实数根0(1,)x k k ∈-，则k 的取值集合是（）A ．{}0B ．{}3-C ．{}0,4-D ．{}0,3-29.函数()()()⎩⎨⎧≤+>+-=0............140.2ln 2x x x x x x x f 的零点个数是30.方程a a x-+=⎪⎭⎫ ⎝⎛53223有负根，求a 的取值范围31.若不等式0log 22≥+-x x a对任意⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0x 恒成立，则实数a 的取值范围是()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()[)()()()()()()()()()()().21,32131.32,2330.329.28.3276.426.825.24.2232.22.21.22220.19.21,01817716151413121114104,392876542342,,2,311321⎪⎭⎫⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛<>>>--D D A A C C a b c C a C B B B C e ，，，，，。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题2.函数的零点高考解读求方程的根、函数的零点的个数问题以及由零点存在性定理判断零点是否存在，利用函数模型解决实际问题是高考的热点；备考时应理解函数的零点，方程的根和函数的图象与x 轴的交点的横坐标的等价性；掌握零点存在性定理．增强根据实际问题建立数学模型的意识，提高综合分析、解决问题的能力．知识梳理1．函数的零点与方程的根 (1)函数的零点对于函数f (x )，我们把使f (x )＝0的实数x 叫做函数f (x )的零点．(2)函数的零点与方程根的关系函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．(3)零点存在性定理如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f (a )·f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )使得f (c )＝0, 这个c 也就是方程f (x )＝0的根．注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．(4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解．2．在求方程解的个数或者根据解的个数求方程中的字母参数的范围的问题时，数形结合是基本的解题方法，即把方程分拆为一个等式，使两端都转化为我们所熟悉的函数的解析式，然后构造两个函数f (x )，g (x )，即把方程写成f (x )＝g (x )的形式，这时方程根的个数就是两个函数图象交点的个数，可以根据图象的变化趋势找到方程中字母参数所满足的各种关系. 高频考点突破考点一函数的零点判断例1、【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【变式探究】(1)函数f (x )＝e x＋12x －2的零点所在的区间是( )A. )21,0(B.)1,21( C ．(1,2) D ．(2,3)(2)已知偶函数y ＝f (x )，x ∈R 满足：f (x )＝x 2－3x (x ≥0)，若函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，－1x，x <0，则y ＝f (x )－g (x )的零点个数为( )A ．1B ．3C ．2D ．4 【方法技巧】函数零点的求法(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其有几个交点，就有几个不同的零点．【变式探究】设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3) D ．(3,4) 考点二、二次函数的零点例2、已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋2，a ∈R .(1)若不等式f (x )≤0的解集为[1,2]，求不等式f (x )≥1－x 2的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋x 2＋1在区间(1,2)上有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．【方法技巧】解决二次函数的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．【变式探究】已知f (x )＝x 2＋(a 2－1)x ＋(a －2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a 的取值范围．考点三函数零点的应用例3、【2017课标1，理21】已知函数2()(2)x 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.【变式探究】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－|x |，x ≤2，x －22，x >2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R .若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A.),47(+∞B.)47,(-∞C. )47,0(D.)2,47( 【方法规律】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．【变式探究】对于实数m ，n 定义运算“⊕”：m ⊕n ＝⎩⎨⎧－m 2＋2mn －1m ≤n ，n 2－mn m >n ，设f (x )＝(2x－1)⊕(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝a 恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1＋x 2＋x 3的取值范围是________．考点四、分段函数的模型例4、【2017课标3，理15】设函数10()20x x x f x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是_________.【变式探究】已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为R (x )万元，且R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10.8－130x 20<x ≤10108x －1 0003x2x >10.(1)写出年利润W (万元)关于年产量x (千件)的函数解析式；(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)【方法技巧】(1)很多实际问题中，变量间的关系不能用一个关系式给出，这时就需要构建分段函数模型．(2)求函数最值常利用基本(均值)不等式法、导数法、函数的单调性等方法．在求分段函数的最值时，应先求每一段上的最值，然后比较得最大值、最小值．【变式探究】国庆期间，某旅行社组团去风景区旅游，若每团人数在30人或30人以下，飞机票每张收费900元；若每团人数多于30人，则给予优惠：每多1人，机票每张减少10元，直到达到规定人数75人为止．每团乘飞机，旅行社需付给航空公司包机费15 000元．(1)写出飞机票的价格关于人数的函数；(2)每团人数为多少时，旅行社可获得最大利润？高考链接1.【2017北京，理14】三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点A i的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点B i的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3.①记Q1为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是_________.②记p i为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是_________.2.【2016高考山东理数】已知函数其中，若存在实数b，使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则m的取值范围是________________.3.【2016高考上海理数】已知，函数.（1）当时，解不等式；（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.4.【2015高考浙江，理7】存在函数满足，对任意都有（）A. B.C. D.5.【2015高考湖南，理15】已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是 .6.【2015高考江苏，13】已知函数，，则方程实根的个数为7.【2015高考天津，理8】已知函数函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是( )（A）（B）（C）（D）8.【2015高考浙江，理10】已知函数，则，的最小值是．9.【2015高考四川，理13】某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k、b为常数）。

若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是小时。

10.【2015高考上海，理10】设为，的反函数，则的最大值为．12.【2015高考浙江，理18】已知函数，记是在区间上的最大值.（1）证明：当时，；（2）当，满足，求的最大值.13.（2014·湖南卷）某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A.p ＋q2 B.（p ＋1）（q ＋1）－12C.pqD.（p ＋1）（q ＋1）－114．（2014·湖南卷）已知函数f (x )＝x 2＋e x －12(x <0)与g (x )＝x 2＋ln(x ＋a )的图像上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1e) B ．(－∞，e)C.⎝⎛⎭⎪⎫－1e，e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－e ，1e 15.（2014·天津卷）已知函数f (x )＝|x 2＋3x |，x ∈R.若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为________．16．（2014·浙江卷）已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( )A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >917.（2014·全国卷）若函数f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2是减函数，则a 的取值范围是________．C D18．（2014·江西卷）已知函数f (x )＝5|x |，g (x )＝ax 2－x (a ∈R)．若f [g (1)]＝1，则a ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．－119．（2014·辽宁卷）已知a ＝2－13，b ＝log 213，c ＝log 1213，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a20．（2014·山东卷）已知实数x ，y 满足a x ＜a y(0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( )A. 1x 2＋1＞1y 2＋1B. ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1)C. sin x ＞sin yD.x 3＞y 3。