函数的零点及判断零点个数提高题
函数的零点个数问题-含答案
【知识要点】一、方程的根与函数的零点（1）定义：对于函数()y f x =（x D ∈），把使f(x)=0成立的实数x 叫做函数()y f x =（x D ∈）的零点.函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距和极值点等.（2）函数零点的意义：函数()y f x =的零点就是方程f(x)=0的实数根，亦即函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点，即存在(,c a b ∈）使得()0f c =，这个c 也就是方程的根.函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件.零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决. 二、二分法（1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法. （2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε. 第二步：求区间(,)a b 的中点1x .第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步. 三、一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布讨论一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布一般从以下个方面考虑列不等式组： （1）a 的符号； （2）对称轴2bx a=-的位置； （3）判别式的符号； （4）根分布的区间端点的函数值的符号.四、精确度为0.1指的是零点所在区间的长度小于0.1，其中的任意一个值都可以取；精确到0.1指的是零点保留小数点后一位数字，要看小数点后两位，四舍五入. 五、方法总结函数零点问题的处理常用的方法有：(1) 方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法. 【方法点评】方法一 方程法使用情景 方程可以直接解出来. 解题步骤 先解方程，再求解.【例1 】已知函数2()32(1)(2)f x x a x a a 区间(1,1)-内有零点，求实数a 的取值范围.【点评】（1）本题如果用其它方法比较复杂，用这种方法就比较简洁.关键是能发现方程能直接解出来.（2）对于含有参数的函数要尝试因式分解，如果不好因式分解，再考虑其它方法.【反馈检测1】函数2()(1)cos f x x x =-在区间[0,4]上的零点个数是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ． 7方法二 图像法使用情景一些简单的初等函数或单调性容易求出，比较容易画出函数的图像.解题步骤先求函数的单调性，再画图分析.学科@网【例2】（2017全国高考新课标I理科数学）已知函数2()(2)x xf x ae a e x=+--.（1）讨论()f x的单调性；（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.(2) ①若0,a≤由（1）知()f x至多有一个零点.②若0a>，由（1）知当lnx a=-时，()f x取得最小值，1(ln)1lnf a aa-=-+.（i）当1a=时，(ln)f a-=0，故()f x只有一个零点.（ii）当(1,)a∈+∞时，由于11ln aa-+>0，即(ln)0f a->，故()f x没有零点.（iii）当0,1a∈（）时，11ln0aa-+<，即(ln)0f a-<.422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>故()f x在(,ln)a-∞-只有一个零点.00000000003ln(1),()(2)203ln(1)ln,()n n n nn n f n e ae a n e n naa f xa>-=+-->->->->-∞设正整数满足则由于因此在（-lna,+)有一个零点.综上所述，a的取值范围为（0,1）.【点评】（1）本题第2问根据函数的零点个数求参数的范围，用的就是图像法. 由于第1问已经求出了函数的单调性，所以第2问可以直接利用第1问的单调性作图分析. (2) 当0,1a∈（）时，要先判断(,ln)a-∞的零点的个数，此时考查了函数的零点定理，(ln)0f a-<，还必须在该区间找一个函数值为正的值，它就是422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>要说明(2)0f->，这里利用了放缩法，丢掉了42ae ae--+.(3) 当0,1a∈（）时，要判断(ln,)a-+∞上的零点个数，也是在考查函数的零点定理，还要在该区间找一个函数值为正的值，它就是03ln(1)n a>-，再放缩证明0()f n >0. （4）由此题可以看出零点定理在高考中的重要性.【例3】已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点. （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()21616101616ln 291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<，因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--【点评】本题第(3)问，由于函数()f x 中没有参数，所以可以直接画图数形结合分析解答.【反馈检测2】已知函数2()1x e f x ax =+，其中a 为实数，常数 2.718e =.(1) 若13x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； (2) 当4a =-时，求函数()f x 的单调区间；(3) 当a 取正实数时，若存在实数m ，使得关于x 的方程()f x m =有三个实数根，求a 的取值范围.方法三 方程+图像法使用情景函数比较复杂，不容易求函数的单调性.解题步骤先令()0f x =,重新构造方程()()g x h x =,再画函数(),()y g x y h x ==的图像分析解答.【例4】函数()lg cos f x x x =-的零点有 （ ） A ．4 个 B ．3 个 C ．2个 D ．1个【点评】（1）本题主要考察零点的个数，但是方程f(x)lg cos 0x x =-=也不好解，直接研究函数的单调性不是很方便，所以先令()lg cos 0f x x x =-=,可化为lg cos x x =,再在同一直角坐标系下画出lg y x =和cos y x =的图像分析解答.（2）方程+图像是零点问题中最难的一种，大家注意理解掌握和灵活应用.【反馈检测3】设函数()()()221ln ,1,02f x x m xg x x m x m =-=-+>． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当1m ≥时，讨论函数()f x 与()g x 图象的交点个数．高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第13讲：函数零点个数问题的求解方法参考答案【反馈检测1答案】C【反馈检测2答案】（1）95a =；（2）()f x 的单调增区间是51(1)2-，15(,12+； ()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,12-，5(1)++∞；（3）a 的取值范围是(1,)+∞. 【反馈检测2详细解析】(1)222(21)()(1)xax ax e f x ax -+'=+ 因为13x =是函数()f x 的一个极值点，所以1()03f '=，即12910,935a a a -+==. 而当95a =时，229591521(2)()()59533ax ax x x x x -+=-+=--，可验证：13x =是函数()f x 的一个极值点.因此95a =.(2) 当4a =-时，222(481)()(14)xx x e f x x -++'=-令()0f x '=得24810x x -++=，解得51x =，而12x ≠±.所以当x 变化时，()f x '、()f x 的变化是x1(,)2-∞-15(,1)22-- 512-51(1,)22-15(,1)22+ 512+5(1,)2++∞ ()f x '--++-()f x极小值极大值因此()f x 的单调增区间是51(1)2，15(,12+；()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,1)2--，5(1)+∞；【反馈检测3答案】（1）单调递增区间是(),m+∞, 单调递减区间是()0,m；（2）1．学科@网【反馈检测3详细解析】（1）函数()f x的定义域为()()()()0,,'x m x mf xx+-+∞=．当0x m<<时，()'0f x<,函数()f x单调递减，当x m>时，()'0f x>函数()f x单调递增，综上，函数()f x的单调递增区间是(),m+∞, 单调递减区间是()0,m．（2）令()()()()211ln,02F x f x g x x m x m x x=-=-++->,问题等价于求函数()F x的零点个数，()()()1'x x mF xx--=-,当1m=时，()'0F x≤，函数()F x为减函数，F x有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．综上，函数()。
函数零点判断定理专题含答案
函数零点判断定理专题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 方程e x+8x−8=0的根所在的区间为( )A.(−2, −1)B.(−1, 0)C.(0, 1)D.(1, 2)2. 函数f(x)=e x+x3−9的零点所在的区间为()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)3. 函数f(x)=log3x+x3−9的零点所在区间是( )A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)4. 函数f(x)=2x +ln1x的零点所在的大致区间为( )A.(1, 2)B.(2, 3)C.(3, 4)D.(1, 2)与(2, 3)5. 函数f(x)=x−log527的零点所在的区间为()A.(2,3)B.(1,2)C.(0,1)D.(3,4)6. 函数f(x)=e x+2x−5的零点所在的区间是( )A.(3, 4)B.(2, 3)C.(0, 1)D.(1, 2)7. 在下列区间中函数f(x)=2x−4+3x的零点所在的区间为( )A.(12,1) B.(0,12) C.(1,32) D.(1, 2)8. 函数f(x)=e x+2x−5的零点所在的区间是（）A.(3, 4)B.(2, 3)C.(0, 1)D.(1, 2)9. 函数f(x)=ln x−2x的零点所在的大致区间为( )A.(1, 2)B.(2, 3)C.(e, 3)D.(e, +∞)10. 已知实数a>1，0<b<1，则函数f(x)=a x+x−b的零点所在的区间是( )A.(−2, −1)B.(−1, 0)C.(0, 1)D.(1, 2)11. 若函数f (x )=2x +x −4的零点所在区间为(k,k +1)(k ∈Z )，则k 的值是（ ）A.1B.2C.3D.412. 已知函数f (x )=ln (√1+x 2−x)，若不相等的正实数a ，b 满足f (a )+f (b −52)=0，且a ，b 恰为函数g (x )=|ln x|−k 的两个零点，则k =（ ）A.52B.ln3C.1D.ln213. 函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内零点有________个．14. 若函数f(x)=2−x −x +3的零点为x 0，满足x 0∈(k, k +1)且k ∈Z ，则k =________．15. 函数f(x)={x 2−2|x|+12，x ≤0，|lg x|−1,x >0，的零点个数为________.16. 已知λ∈R ，函数f (x )={x −4,x ≥λ,x 2−4x +3,x <λ．当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．17. 已知函数y =f(x)是R 上的连续可导函数，且xf′(x)+f(x)>0，则函数g(x)=xf(x)+1(x >0)的零点个数为________.18. 若函数f (x )=(x 2+ax +2a )e x 在区间(−2,1)上恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为________.19. 若函数f(x)=2ln x +x 2+a −2在上(1, e)有零点，则实数a 的取值范围为________．20. 已知函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0若关于x 的函数y =f 2(x)−bf(x)+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．21. 已知函数f(x)=ax 2−x −a −ln x .(1)若f(x)在其定义域上单调递减，求a 的取值范围；(2)证明：f(x)在区间(0，1)恰有一个零点.22. 已知函数（）且.（1）求的值；（2）若函数有零点，求实数的取值范围.23. 已知函数f(x)＝ax2+2x+1(a∈R)有唯一零点．（1）求a的值；（2）当x∈[−2, 2]时，求函数f(x)的值域．,a∈R．24. （2019上海卷）已知f(x)=ax+1x+1当a=1时，求不等式f(x)+1<f(x+1)的解集；若f(x)在x∈[1,2]时有零点，求a的取值范围．25. 设函数f k(x)=2x+(k−1)⋅2−x(x∈R,k∈Z)．（1）设不等式f0(x)+mf1(x)≥4在x∈[0, 1]上恒成立，求实数m的取值范围；（2）设函数g(x)＝λf0(x)−f2(2x)在x∈[1, +∞)上有零点，求实数λ的取值范围．26.x2−ax，其中e为自然对数的底数.已知函数f(x)=xe x−a2(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)=ex在x∈(0，+∞)上有唯一解，求实数a的取值范围.27. 已知函数f(x)=ax2−4x+2．(1)若f(x)的值域为[0,+∞)，求a的值．(2)若a≤1，是否存在实数a，使函数y=f(x)−log2x8在[1,2]内有且只有一个零点．若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．28. 已知函数f(x)=ln(x+m)−xe−x．(1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，求m的值；(2)在(1)的条件下，证明：当x>0时，f(x)>0；(3)当m>1时，求f(x)的零点个数．29. 已知函数f(x)=ae x(a∈R).(1)若直线y=x−1与曲线y=f(x)相切，求a的值；(2)当a=1时，求证：当x>0时，f(x)>x ln x+x2+1恒成立．（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，e2≈7.39）30. 已知f(x)=(x3−ax+1)ln x．(1)若函数f(x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围；(2)在(1)的前提下，设三个零点分别为x1，x2，x3且x1<x2<x3，当x1+x3>2时，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析函数零点判断定理专题含答案一、选择题（本题共计 12 小题，每题 3 分，共计36分）1.【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】解：令函数f(x)=e x+8x−8，则方程e x+8x−8=0的根即为函数f(x)的零点，再由f(0)=1−8=−7<0，f(1)=e>0，可得函数f(x)在(0,1)上有零点.故选C.2.【答案】B【考点】函数零点的判定定理【解析】根据零点存在性定理，由f(x)=e x+x3−9为增函数，带入相关数值判断即可得解．【解答】解：由e x为增函数，x3为增函数，故f(x)=e x+x3−9为增函数，由f(1)=e−8<0，f(2)=e2−1>0，根据零点存在性定理可得∃x0∈(1,2)使得f(x0)=0.故选B．3.【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】首先根据函数解析式得到函数单调性，再通过计算得到f(2)<0，f(3)>0，由零点存在定理即可求解.【解答】解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，且函数在(0, +∞)上单调递增，∵f(2)=log32−1<0，f(3)=1+27−9=19>0,∴由函数的零点存在定理可知，f(x)在区间(2,3)存在唯一零点. 故选C.4.B【考点】函数零点的判定定理【解析】显然该函数在定义域内是减函数，所以至多有一个零点，故排除D，然后利用零点存在性定理判断即可．【解答】解：f(1)=2>0；f(2)=1+ln12=1−ln2>0；f(3)=23+ln13=ln(13×√e23)，因为(13×√e23)3=e227<1，故f(3)<0．故f(2)⋅f(3)<0，故零点所在的大致区间为(2, 3)．故选B．5.【答案】A【考点】函数零点的判定定理【解析】【解答】解：因为2<log527<3，所以f(x)的零点所在的区间为(2,3)．故选A .6.【答案】D【考点】函数零点的判定定理【解析】由零点存在性定理即可得出选项．【解答】解：由函数f(x)=e x+2x−5为连续函数，且f(1)=e+2−5=e−3<0，f(2)=e2+4−5=e2−1>0，所以零点所在的区间为(1,2).故选D.7.【答案】A【考点】函数零点的判定定理由已知函数解析式求得f(12)<0，f(1)>0，结合函数零点存在定理得答案． 【解答】解：函数f(x)=2x −4+3x ，∵ f(12)=2×12−4+312=−3+√3<0，f(1)=2×1−4+3=1>0，满足f(12)f(1)<0．∴ 函数f(x)=2x −4+3x 的零点所在的区间为(12,1)．故选A ．8.【答案】D【考点】函数零点的判定定理【解析】由零点存在性定理即可得出选项．【解答】解：由函数f (x )=e x +2x −5为连续函数，且f (1)=e +2−5=e −3<0，f (2)=e 2+4−5=e 2−1>0，所以零点所在的区间为(1,2).故选D .9.【答案】B【考点】函数零点的判定定理【解析】根据函数零点的判断条件，即可得到结论．【解答】解：∵ f ′(x)=1x +2x 2，则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，∵ f(2)=ln 2−1<0，f(3)=ln 3−23>0， ∴ f(2)⋅f(3)<0，则函数f(x)在区间(2, 3)内存在零点.故选B .10.【答案】B函数零点的判定定理【解析】由a>1可得函数f(x)的单调性，然后由已知判断f(−1)、f(0)的符号，最后由函数零点存在性定理得答案．【解答】解：∵a>1，∴函数f(x)=a x+x−b为增函数，又∵0<b<1，∴f(−1)=1−1−b<0，f(0)=1−b>0，a∴函数f(x)=a x+x−b在(−1, 0)内有零点.故选B．11.【答案】A【考点】函数零点的判定定理【解析】易知函数f(x)=2x+x−4在其定义域上连续且单调递增，从而利用零点的判定定理判断即可．【解答】解：易知函数f(x)=2x+x−4在其定义域上连续且单调递增，且f(1)=2+1−4<0，f(2)=22+2−4>0，故f(1)f(2)<0故函数f(x)=2x+x−4的零点在区间(1,2)上，故k=1.故选A．12.【答案】D【考点】函数的零点函数零点的判定定理【解析】=0，再由a，b恰为函数g(x)=|ln x|−k的两个由函数奇偶性及单调性可得a+b−52零点，可得|ln a|=|ln b|，求解即可.【解答】解：由f(x)=ln(√1+x2−x)，可得f(x)+f(−x)=0，且f(x)在R上为减函数，)=0，又正实数a，b满足f(a)+f(b−52=0，因为a，b恰为函数g(x)=|ln x|−k的两个零点．所以a+b−52所以g (a )=|ln a|−k =0，g (b )=|ln b|−k =0．则|ln a|=|ln b|即ln a =ln b （舍去），或ln a =−ln b ，故ab =1，可得a =2，b =12或b =2，a =12，故k =ln 2．故选D ．二、 填空题 （本题共计 8 小题 ，每题 3 分 ，共计24分 ）13.【答案】1【考点】函数零点的判定定理【解析】利用函数的单调性，结合零点判断定理，推出结果即可．【解答】函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内是连续增函数，f(0)＝1+0−3＝−2<o ，f(1)＝e +1−3＝e −2>0，f(0)f(1)<0，所以函数f(x)＝e x +x −3在区间(0, 1)内零点有1个．故答案为：1．14.【答案】3【考点】函数零点的判定定理【解析】根据题意，分析可得f(x)为减函数，进而计算f(3)、f(4)的值，分析可得f(3)f(4)<0，由函数零点判定定理可得答案．【解答】解：根据题意，函数f(x)=2−x −x +3，分析可得f(x)为减函数.又f(3)=2−3−3+3=18>0，f(4)=2−4−4+3=−1516<0，所以f(3)f(4)<0，则函数f(x)的零点在(3, 4)上，则k =3.故答案为：3.15.【答案】4【考点】函数零点的判定定理【解析】由题意得：f(x)−g(x)>0在[1, e]上有解，分离参数，求最值，即可求出实数a 的范围．【解答】解：方程|lg x|=1，(x >0)有两个根10，110； 方程x 2−2|x|+12=0 (x ≤0)⇒x 2+2x +12=0 (x ≤0) ⇒x =−2±√22<0，故有4个根.故答案为：4.16.【答案】(1,4),(1,3]∪(4,+∞)【考点】函数零点的判定定理函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】当λ=2时，由f (x )<0得{x −4<0x ≥2’或{x 2−4x +3<0x <2,’解得2≤x <4或1<x <2，所以f (x )<0的解集为(1,4)．由x −4=0得x =4，由x 2−4x +3=0得x =1或x =3，因为函数f(x )恰有2个零点，所以{4>λ1<λ3≥λ，或{4<λ1<λ3<λ，解得1<λ≤3或λ>4．本题考查分段函数的性质．求解分段函数问题，要根据自变量的值分别讨论函数在每一段上的性质．17.【答案】【考点】利用导数研究函数的单调性函数零点的判定定理【解析】根据函数与方程的关系，得到xf(x)=−1(x >0)，构造函数ℎ(x)=xf(x)，求函数的导数，研究函数的单调性和取值范围进行求解即可．【解答】解：由g(x)=xf(x)+1=0，得xf(x)=−1(x >0)，设ℎ(x)=xf(x)，则ℎ′(x)=f(x)+xf′(x)，∵ xf′(x)+f(x)>0，∴ ℎ′(x)>0，即函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增.∵ ℎ(0)=0⋅f(0)=0，∴ 当x >0时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，∴ ℎ(x)=−1无解，∴ 函数g(x)=xf(x)+1(x >0)的零点个数为0个.故答案为：0.18.【答案】(−34,0]【考点】利用导数研究函数的极值函数零点的判定定理【解析】先求导，由题意得到则f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x=0在(−2,1)上仅有一个解，设g(x)=x2+(a+2)x+3a，利用零点存在定理进行求解即可.【解答】解：∵函数f(x)=(x2+ax+2a)e x，∴f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x.要使函数f(x)=(x2+ax+2a)e x在(−2,1)上仅有一个极值点，则f′(x)=[x2+(a+2)x+3a]e x=0在(−2,1)上仅有一个变号零点，即x2+(a+2)x+3a=0在(−2,1)上仅有一个变号零点.设g(x)=x2+(a+2)x+3a，则g(−2)g(1)<0，即a(4a+3)<0，解得−34<a<0.当a=0，f′(x)=(x2+2x)e x=0在(−2,1)上仅有一个解，满足题意，综上所述：−34<a≤0.故答案为：(−34,0].19.【答案】(−e2, 1)【考点】函数零点的判定定理【解析】判断函数的单调性，结合零点判断定理，列出不等式组，求解即可．【解答】函数f(x)=2ln x+x2+a−2在(1, e)上是增函数，所以函数f(x)=2ln x+x2+a−2在(1, e)上有零点，可得(1+a−2)(2+e2+a−2)<0，解得：−e2<a<1，则实数a的取值范围为：(−e2, 1)．20.【答案】(2, 17 4 ]【考点】函数零点的判定定理【解析】作函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0 的图象，从而可得方程x 2−bx +1=0有2个不同的正解，且在(0, 4]上，从而解得． 【解答】作函数f(x)={|lg (−x)|,x <0x 2−6x +4,x ≥0 的图象如右图，∵ 关于x 的函数y =f 2(x)−bf(x)+1有8个不同的零点， ∴ 方程x 2−bx +1=0有2个不同的正解，且在(0, 4]上； ∴ { 1>0b2>0△=b 2−4>016−4b +1≥0 ， 解得，2<b ≤174；三、 解答题 （本题共计 10 小题 ，每题 10 分 ，共计100分 ） 21.【答案】(1)解：由于f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f ′(x)=2ax 2−x−1x，所以如果f(x)单调递减，则当x >0时，2ax 2−x −1≤0恒成立， 解得a ≤0，即a 的取值范围为(−∞，0]. (2)证明：当a ≤0时，由于f(x)在区间(0，+∞)单调递减， 且f(1)=−1<0， f (1e )=a e 2−1e −a +1 =(1−1e )[1−a (1+1e)]>0，所以f(x)在区间(0，1)恰有一个零点； 当a >0时，由于f ′(x)=2ax 2−x−1x,且方程2ax 2−x −1=0在区间(0，+∞)有唯一的实根x 0， 从而f(x)在区间(0，x 0)单调递减， 在区间(x 0，+∞)单调递增， 注意到f(1)=−1<0，所以f(x)区间(0，1)的零点个数不超过1个. ①当0<a ≤1时， 由于f (1e 2)=ae 4−1e 2−a +2>2−a −1e 2>0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点； ②当a >1时，由于f (1e 2a )=ae 4a −1e 2a −a +2a >a −1e 2a >0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点. 综上，f(x)在区间(0，1)恰有一个零点. 【考点】简单复合函数的导数 函数零点的判定定理 函数的单调性及单调区间 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)解：由于f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f ′(x)=2ax 2−x−1x，所以如果f(x)单调递减，则当x >0时，2ax 2−x −1≤0恒成立， 解得a ≤0，即a 的取值范围为(−∞，0]. (2)证明：当a ≤0时，由于f(x)在区间(0，+∞)单调递减， 且f(1)=−1<0， f (1e )=a e 2−1e −a +1 =(1−1e )[1−a (1+1e)]>0，所以f(x)在区间(0，1)恰有一个零点； 当a >0时，由于f ′(x)=2ax 2−x−1x,且方程2ax 2−x −1=0在区间(0，+∞)有唯一的实根x 0， 从而f(x)在区间(0，x 0)单调递减， 在区间(x 0，+∞)单调递增， 注意到f(1)=−1<0，所以f(x)区间(0，1)的零点个数不超过1个.①当0<a≤1时，由于f(1e2)=ae4−1e2−a+2>2−a−1e2>0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点；②当a>1时，由于f(1e2a )=ae4a−1e2a−a+2a>a−1e2a>0，所以f(x)区间(0，1)恰有一个零点.综上，f(x)在区间(0，1)恰有一个零点.22.【答案】（1）2；（2）k<1.【考点】函数的零点函数零点的判定定理由函数零点求参数取值范围问题【解析】（1）代入f(0)=0，解得α的值；（2）化简函数g(x)得2x−1+k，再根据指数函数图像确定实数k的取值范围．【解答】（1）对于函数f(x)=1−42a x+a (a>0,a≠1)，由f(0)=1−42+3=0求得a=2，故f(x)=1−42⋅2x+2=1−22x+1（2）若函数g(x)=(2x+1)⋅(x)+k=2x+1−2+k=2x−1+k有零点，则函数y=2x的图象和直线y=1−k有交点，∴1−k>0，求得k<123.【答案】当a＝0时，f(x)＝2x+1，符合题意；当a≠0时，要使f(x)＝ax2+2x+1有唯一零点，∴△＝4−4a＝0，∴a＝1．综合可得a＝0或a＝1；当a＝0时，f(x)＝2x+1(a∈R)，x∈[−2, 2]时，−3≤2x+1≤5，∴值域为[−3, 5]；当a≠0时，∵f(x)＝ax2+2x+1(a∈R)有唯一零点，∴△＝4−4a＝0，∴a＝1，∴ f(x)＝ax 2+2x +1＝x 2+2x +1＝(x +1)2， ∴ x ∈[−2, 2]时，0≤f(x)≤9，即值域为[0, 9]． 故当a ＝0时，值域为[−3, 5]． 当a ≠0时，值域为[0, 9]． 【考点】函数零点的判定定理 二次函数的图象 二次函数的性质【解析】（1）讨论当a ＝0时f(x)＝2x +1＝0符合，当a ≠0时，△＝0； （2）当a ＝0时求出值域，当a ≠0时求出值域即可． 【解答】当a ＝0时，f(x)＝2x +1，符合题意；当a ≠0时，要使f(x)＝ax 2+2x +1有唯一零点， ∴ △＝4−4a ＝0， ∴ a ＝1．综合可得a ＝0或a ＝1；当a ＝0时，f(x)＝2x +1(a ∈R)，x ∈[−2, 2]时，−3≤2x +1≤5， ∴ 值域为[−3, 5]；当a ≠0时，∵ f(x)＝ax 2+2x +1(a ∈R)有唯一零点， ∴ △＝4−4a ＝0， ∴ a ＝1，∴ f(x)＝ax 2+2x +1＝x 2+2x +1＝(x +1)2， ∴ x ∈[−2, 2]时，0≤f(x)≤9，即值域为[0, 9]． 故当a ＝0时，值域为[−3, 5]． 当a ≠0时，值域为[0, 9]． 24.【答案】{x|−2<x <−1} [−12,−16] 【考点】分式不等式的解法利用导数研究函数的单调性 函数零点的判定定理 函数的零点 【解析】 此题暂无解析 【解答】当a =1时，f (x )=x +1x+1，则f (x +1)=x +1+1x+2． 不等式f (x )+1<f (x +1)可化为x +1+1x+1<x +1+1x+2，即1x+1<1x+2，即1x+1−1x+2<0，即1(x+1)(x+2)<0，所以−2<x <−1．所以不等式f (x )+1<f (x +1)的解集为{x|−2<x <−1}． 因为f (x )在区间[1,2]时有零点，所以关于x 的方程ax +1x+1=0在区间[1,2]上有实数解，所以a =−1x (x+1)，x ∈[1,2]．令g (x )=−1x (x+1)． 易得g (x )=−1x (x+1)在[1,2]上单调递增，所以g (x )∈[−12,−16]． 所以a 的取值范围是[−12,−16]．25.【答案】∵ f 0(x)+mf 1(x)≥4， ∴ 2x −2−x +m ⋅2x ≥4，即m ≥4−2x +2−x2x=(12x )2+42x −1，令t =12x ，ℎ(t)＝t 2+4t −1， ∵ x ∈[0, 1]，∴ t ∈[12, 1]，∴ 当t ＝1时ℎ(t)取得最大值4． ∴ m ≥4．g(x)＝λf 0(x)−f 2(2x)＝λ(2x −2−x )−(22x +2−2x )， 令g(x)＝0可得λ=22x +2−2x 2x −2−x=2x −2−x +22x −2−x，令p(x)＝2x −2−x ，显然p(x)为增函数， 故p(x)在[1, +∞)上的值域为[32, +∞)．由对勾函数单调性可知当p(x)=32时，λ取得最小值32+43=176．∴ λ的取值范围是：[176,+∞)．【考点】利用导数研究函数的最值 函数恒成立问题 函数零点的判定定理 【解析】（1）分离参数得：m ≥(12x )2+42x −1，利用换元法t =12x ，求出函数ℎ(t)＝t 2+4t −1的最大值即可得出m 的取值范围； （2）令g(x)＝0可得λ＝2x −2−x +22x −2−x，令p(x)＝2x −2−x ，得出p(x)的值域，再根据对勾函数的性质求出λ＝2x −2−x +22x −2−x 的值域，从而得出λ的范围． 【解答】∵ f 0(x)+mf 1(x)≥4， ∴ 2x−2−x+m ⋅2x≥4，即m ≥4−2x +2−x2x=(12x )2+42x −1，令t =12x，ℎ(t)＝t 2+4t −1，∵ x ∈[0, 1]，∴ t ∈[12, 1]，∴ 当t ＝1时ℎ(t)取得最大值4． ∴ m ≥4．g(x)＝λf 0(x)−f 2(2x)＝λ(2x −2−x )−(22x +2−2x )， 令g(x)＝0可得λ=22x +2−2x 2x −2−x=2x −2−x +22x −2−x，令p(x)＝2x −2−x ，显然p(x)为增函数， 故p(x)在[1, +∞)上的值域为[32, +∞)．由对勾函数单调性可知当p(x)=32时，λ取得最小值32+43=176．∴ λ的取值范围是：[176,+∞)．26. 【答案】解：(1)a =1时，f(x)=xe x −12x 2−x ，所以f′(x)=(x +1)e x −x −1=(x +1)(e x −1). 当f′(x)>0时，{x +1>0，e x −1>0或{x +1<0，e x −1<0解得x <−1或x >0；当f′(x)<0时，{x +1>0，e x −1<0或{x +1<0，e x −1>0解得−1<x <0.所以，f(x)在(−∞，−1)，(0，+∞)上单调递增， 在(−1，0)上单调递减.(2)因为x ∈(0，+∞)，所以f(x)=ex ⇒g(x)=e x −a2x −a −e =0. g ′(x)=e x −a2，①a ≤2时，因为x >0，所以e x >1，则由a2≤1可知g′(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)单调递增. 因为g(2)=e 2−2a −e ≥e 2−4−e >0， 所以g(0)=1−a −e <0⇒a >1−e ，所以1−e<a≤2；②a>2时，g′(x)>0⇒e x>a2⇒x>ln(a2)，g′(x)<0⇒e x<a2⇒0<x<ln(a2)，所以g(x)在(0，ln(a2))单调递减，在(ln(a2)，+∞)单调递增.因为g(0)=1−a−e<0，所以g(ln(a2))<0，且x→+∞时，g(x)→+∞，所以x>0时，存在唯一x0∈(ln(a2)，+∞)，使得g(x0)=0，满足题意.综上可知a>1−e.【考点】由函数零点求参数取值范围问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)a=1时，f(x)=xe x−12x2−x，所以f′(x)=(x+1)e x−x−1=(x+1)(e x−1).当f′(x)>0时，{x+1>0，e x−1>0或{x+1<0，e x−1<0解得x<−1或x>0；当f′(x)<0时，{x+1>0，e x−1<0或{x+1<0，e x−1>0解得−1<x<0.所以，f(x)在(−∞，−1)，(0，+∞)上单调递增，在(−1，0)上单调递减.(2)因为x∈(0，+∞)，所以f(x)=ex⇒g(x)=e x−a2x−a−e=0.g′(x)=e x−a2，①a≤2时，因为x>0，所以e x>1，则由a2≤1可知g′(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)单调递增.因为g(2)=e2−2a−e≥e2−4−e>0，所以g(0)=1−a−e<0⇒a>1−e，所以1−e<a≤2；②a>2时，g′(x)>0⇒e x>a2⇒x>ln(a2)，g′(x)<0⇒e x <a2⇒0<x <ln (a2)，所以g(x)在(0，ln (a2))单调递减，在(ln (a2)，+∞)单调递增. 因为g(0)=1−a −e <0，所以g(ln (a2))<0，且x →+∞时，g(x)→+∞，所以x >0时，存在唯一x 0∈(ln (a2)，+∞)， 使得g(x 0)=0，满足题意. 综上可知a >1−e . 27.【答案】解：(1)当a =0时，f (x )=−4x +2，值域为R ，不符合题意， 当a ≠0,∵ f (x )的值域为[0,+∞)， 则Δ=16−8a =0 ， 解得a =2，综上，实数a 的值为2．(2)∵ a ≤1，函数y =f (x )−log 2x 8=ax 2−4x +5−log 2x ， 令g (x )=ax 2−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，则可转化为，函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点， ①当a =0时，g (x )=−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，根据单调性可判断． ∵ g (1)=1>ℎ(1)=0，g (2)=−3<ℎ(2)=1，∴ 函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点． ②当a ≤0时，抛物线g (x )的开口向下，对称轴x =2a <0<1， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增， ∴ {g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，4a −3≤1，解得−1≤a ≤1，由a ≤0，可知−1≤a <0．③当0<a ≤1时，抛物线g (x )的开口向上，对称轴x =2a ≥2， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增，∴ {g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，4a −3≤1，解得−1≤a ≤1， 由0<a ≤1 ∴ 0<a ≤1．综上所述，实数a 的取值范围[−1,1]. 【考点】 函数的零点函数的值域及其求法 函数零点的判定定理 【解析】 无 无【解答】解：(1)当a =0时，f (x )=−4x +2，值域为R ，不符合题意， 当a ≠0,∵ f (x )的值域为[0,+∞)， 则Δ=16−8a =0 ， 解得a =2，综上，实数a 的值为2．(2)∵ a ≤1，函数y =f (x )−log 2x8=ax 2−4x +5−log 2x ， 令g (x )=ax 2−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，则可转化为，函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点， ①当a =0时，g (x )=−4x +5，ℎ(x )=log 2x ，根据单调性可判断． ∵ g (1)=1>ℎ(1)=0，g (2)=−3<ℎ(2)=1，∴ 函数g (x )与函数ℎ(x )的图象在区间[1,2]上有唯一的交点． ②当a ≤0时，抛物线g (x )的开口向下，对称轴x =2a<0<1，∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减， ℎ(x )=log 2x 在区间[1,2]单调递增， ∴ {g (1)≥ℎ(1)，g (2)≤ℎ(2)，即{a +1≥0，4a −3≤1，解得−1≤a ≤1，由a ≤0，可知−1≤a <0．③当0<a ≤1时，抛物线g (x )的开口向上，对称轴x =2a ≥2， ∴ g (x )=ax 2−4x +5在区间[1,2]单调递减，ℎ(x)=log2x在区间[1,2]单调递增，∴{g(1)≥ℎ(1)，g(2)≤ℎ(2)，即{a+1≥0，4a−3≤1，解得−1≤a≤1，由0<a≤1∴ 0<a≤1．综上所述，实数a的取值范围[−1,1].28.【答案】(1)解：因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，所以f′(1)=12，因为f′(x)=1x+m+(x−1)e−x，所以f′(1)=11+m =12，解得m=1．(2)证明：由(1)得当m=1时，f′(x)=1x+1+(x−1)e−x=e x+x2−1(x+1)e x.当x>0时，令ℎ(x)=e x+x2−1，显然ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以f(x)>0在(0,+∞)上恒成立．(3)解：由(2)可知当m>1且x>0时，f(x)>ln(x+1)−xe−x>0，即f(x)在[0,+∞)上没有零点，当x∈(−m,0)时，f′(x)=1x+m +(x−1)e−x=e x+x2+(m−1)x−m(x+m)e x，令g(x)=e x+x2+(m−1)x−m，x∈(−m,0)，则g′(x)=e x+2x+m−1单调递增，且g′(−m)=e−m−2m+m−1=e−m−m−1<0，g′(0)=m>0，所以g′(x)在(−m,0)上存在唯一零点，记为x0，且当x∈(−m,x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0,0)时，g′(x)>0，所以g(x)在(−m,x0)上单调递减，在(x0,0)上单调递增．因为m>1，所以g(−m)=e−m>0，g(0)=1−m<0，因为g(x0)<g(0)，所以g(x0)<0，所以g(x)在(−m,x0)上存在唯一零点x1，且在(x0,0)上恒小于零，故当x∈(−m,x1)时，g(x)>0，当x∈(x1,0)时，g(x)<0，所以f(x)在(−m,x1)上单调递增，在(x1,0)上单调递减，且f(0)=ln m>0，所以f(x)在(−m,0)上至多有一个零点，取x2=−m+e−me m∈(−m,0)，则有f(x2)<ln(x2+m)+me m=0，所以由零点存在定理可知f(x)在(−m,0)上只有一个零点，所以f(x)在(−m,+∞)上只有一个零点．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究与函数零点有关的问题函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x−2y=0平行，所以f′(1)=12，因为f′(x)=1x+m+(x−1)e−x，所以f′(1)=11+m =12，解得m=1．(2)证明：由(1)得当m=1时，f′(x)=1x+1+(x−1)e−x=e x+x2−1(x+1)e x.当x>0时，令ℎ(x)=e x+x2−1，显然ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以f(x)>0在(0,+∞)上恒成立．(3)解：由(2)可知当m>1且x>0时，f(x)>ln(x+1)−xe−x>0，即f(x)在[0,+∞)上没有零点，当x∈(−m,0)时，f′(x)=1x+m +(x−1)e−x=e x+x2+(m−1)x−m(x+m)e x，令g (x )=e x +x 2+(m −1)x −m ，x ∈(−m,0)，则g ′(x )=e x +2x +m −1单调递增，且g ′(−m )=e −m −2m +m −1=e −m −m −1<0， g ′(0)=m >0，所以g ′(x )在(−m,0)上存在唯一零点，记为x 0，且当x ∈(−m,x 0)时，g ′(x )<0，当x ∈(x 0,0)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(−m,x 0)上单调递减，在(x 0,0)上单调递增． 因为m >1，所以g (−m )=e −m >0，g (0)=1−m <0，因为g (x 0)<g (0)，所以g (x 0)<0，所以g (x )在(−m,x 0)上存在唯一零点x 1，且在(x 0,0)上恒小于零，故当x ∈(−m,x 1)时，g (x )>0，当x ∈(x 1,0)时，g (x )<0，所以f (x )在(−m,x 1)上单调递增，在(x 1,0)上单调递减， 且f (0)=ln m >0，所以f (x )在(−m,0)上至多有一个零点，取x 2=−m +e −me m ∈(−m,0)，则有f (x 2)<ln (x 2+m )+me m =0，所以由零点存在定理可知f (x )在(−m,0)上只有一个零点， 所以f (x )在(−m,+∞)上只有一个零点．29.【答案】(1)解：设切线与y =f (x )相切于点P (x 0,y 0)，f ′(x )=ae x ，依题意{ae x 0=1,y 0=ae x 0,y 0=x 0−1,解得x 0=2，y 0=1，a =1e 2.(2)证明：即证e x −x ln x −x 2−1>0对x >0恒成立， 先证明ln x ≤x −1，设ℎ(x )=ln x −x +1，则ℎ′(x )=1−x x ，∴ y =ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴ ℎ(x )≤ℎ(1)=0，即ln x ≤x −1，当且仅当x =1时取等号， ∴ x ln x ≤x (x −1)，∴ e x −x ln x −x 2−1≥e x −2x 2+x −1，x >0，先证明当x ≥0时，e x −2x 2+x −1≥0恒成立.令k (x )=e x −2x 2+x −1(x ≥0)，则k ′(x )=e x −4x +1，令F (x )=k ′(x )，则F ′(x )=e x −4，令F ′(x )=0，解得x =2ln 2，∵ x ∈(0,2ln 2)时，F ′(x )<0，x ∈(2ln 2,+∞)时，F ′(x )>0，且k ′(2ln 2)=5−8ln 2<0，k ′(0)=2>0，k ′(2)=e 2−8+1>0，由零点存在定理，可知∃x 1∈(0,2ln 2)，∃x 2∈(2ln 2,2)， 使得k ′(x 1)=k ′(x 2)=0，故0<x <x 1或x >x 2时， k ′(x )>0，k (x )在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，当x 1<x <x 2时，k ′(x )<0，k (x )在(x 1,x 2)上单调递减，由此知k (x )的最小值是k (0)=0或k (x 2)，由k ′(x 2)=0，得e x 2=4x 2−1，∴ k(x 2)=e x 2−2x 22+x 2−1=4x 2−1−2x 22+x 2−1=−(x 2−2)(2x 2−1).∵ x 2∈(2ln 2,2)，∴ k (x 2)>0，当x >0时， e x −2x 2+x −1>0恒成立，∴ 当x >0时，f (x )>x ln x +x 2+1恒成立．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：设切线与y =f (x )相切于点P (x 0,y 0)，f ′(x )=ae x ，依题意{ae x 0=1,y 0=ae x 0,y 0=x 0−1,解得x 0=2，y 0=1，a =1e 2.(2)证明：即证e x −x ln x −x 2−1>0对x >0恒成立， 先证明ln x ≤x −1，设ℎ(x )=ln x −x +1，则ℎ′(x )=1−x x ，∴ y =ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，∴ ℎ(x )≤ℎ(1)=0，即ln x ≤x −1，当且仅当x =1时取等号， ∴ x ln x ≤x (x −1)，∴ e x −x ln x −x 2−1≥e x −2x 2+x −1，x >0，先证明当x ≥0时，e x −2x 2+x −1≥0恒成立.令k (x )=e x −2x 2+x −1(x ≥0)，则k ′(x )=e x −4x +1，令F (x )=k ′(x )，则F ′(x )=e x −4，令F ′(x )=0，解得x =2ln 2，∵ x ∈(0,2ln 2)时，F ′(x )<0，x ∈(2ln 2,+∞)时，F ′(x )>0， 且k ′(2ln 2)=5−8ln 2<0，k ′(0)=2>0，k ′(2)=e 2−8+1>0，由零点存在定理，可知∃x 1∈(0,2ln 2)，∃x 2∈(2ln 2,2)， 使得k ′(x 1)=k ′(x 2)=0，故0<x <x 1或x >x 2时， k ′(x )>0，k (x )在(0,x 1)，(x 2,+∞)上单调递增，当x 1<x <x 2时，k ′(x )<0，k (x )在(x 1,x 2)上单调递减，由此知k (x )的最小值是k (0)=0或k (x 2)，由k ′(x 2)=0，得e x 2=4x 2−1，∴ k(x 2)=e x 2−2x 22+x 2−1=4x 2−1−2x 22+x 2−1=−(x 2−2)(2x 2−1).∵ x 2∈(2ln 2,2)，∴ k (x 2)>0，当x >0时， e x −2x 2+x −1>0恒成立，∴ 当x >0时，f (x )>x ln x +x 2+1恒成立． 30.【答案】解：(1)当x =1时，f (x )=0，令g (x )=x 3−ax +1． 当x >1时，f (x )的零点与函数g (x )(x >0)的零点相同． 当a ≤0时，g (x )>0(x >0)，所以f (x )只有一个零点，不合题意．因此a >0．又因为函数f (x )有三个不同的零点，所以g (x )(x >0)有两个均不等于1的不同零点． 令g ′(x )=3x 2−a =0，解得x =√a 3（舍去负值）．所以当x ∈(0,√a 3)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(√a 3,+∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数． 因为g (0)=1>0，g(√a)=1>0，所以当g (√a 3)<0，即a >3√232时，g (x )(x >0)有两个不同零点．又因为g (1)=0时，a =2>3√232，所以函数f (x )有三个不同的零点，实数a 的取值范围是(3√232,2)∪(2,+∞)．(2)因为x 1<x 2<x 3，x 1+x 3>2，所以1<x 3．所以g (1)=2−a <0．所以x 1<1．所以x 1，x 3是g (x )=0的两个根．又因为g (−2a )=−8a 3+2a 2+1<−8a 3+4a 2=4a 2(1−2a )<0， 所以g (x )=0有一个小于0的根，不妨设为x 0． 根据g (x )=0有三个根x 0，x 1，x 3可知g (x )=x 3−ax +1=(x −x 0)(x −x 1)(x −x 3)， 所以x 0+x 1+x 3=0，即x 1+x 3=−x 0．因为x 1+x 3>2，所以x 0<−2．所以g (−2)=−8+2a +1>0，即a >72． 显然72>2，所以a 的取值范围是(72,+∞)． 【考点】利用导数研究函数的单调性函数的零点由函数零点求参数取值范围问题利用导数研究函数的极值函数零点的判定定理【解析】无无【解答】解：(1)当x =1时，f (x )=0，令g (x )=x 3−ax +1． 当x >1时，f (x )的零点与函数g (x )(x >0)的零点相同． 当a ≤0时，g (x )>0(x >0)，所以f (x )只有一个零点，不合题意．因此a >0．又因为函数f (x )有三个不同的零点，所以g (x )(x >0)有两个均不等于1的不同零点． 令g ′(x )=3x 2−a =0，解得x =√a 3（舍去负值）．所以当x ∈(0,√a 3)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数； 当x ∈(√a 3,+∞)时，g ′(x )>0，g (x )是增函数． 因为g (0)=1>0，g(√a)=1>0，所以当g (√a 3)<0，即a >3√232时，g (x )(x >0)有两个不同零点．又因为g (1)=0时，a =2>3√232，所以函数f (x )有三个不同的零点，实数a 的取值范围是(3√232,2)∪(2,+∞)．(2)因为x 1<x 2<x 3，x 1+x 3>2，所以1<x 3．所以g (1)=2−a <0．所以x 1<1．所以x 1，x 3是g (x )=0的两个根．又因为g (−2a )=−8a 3+2a 2+1<−8a 3+4a 2=4a 2(1−2a )<0， 所以g (x )=0有一个小于0的根，不妨设为x 0．根据g(x)=0有三个根x0，x1，x3可知g(x)=x3−ax+1=(x−x0)(x−x1)(x−x3)，所以x0+x1+x3=0，即x1+x3=−x0．因为x1+x3>2，所以x0<−2．．所以g(−2)=−8+2a+1>0，即a>72>2，显然72,+∞)．所以a的取值范围是(72。
高一函数零点题型归纳
高一函数零点题型归纳函数零点是高中数学中的一个重要概念，它涉及到函数的值、图像、单调性等多个方面。
以下是高一函数零点的一些常见题型及其解题方法：一、判断零点个数例题：函数f(x) = x^{2} - 2xf(x)=x2−2x在区间( - 3,3)(−3,3)内的零点个数为( )A.0 B.11 C.22 D.33解析：首先确定函数的对称轴为x = 1x=1，然后判断函数的开口方向为向上。
接下来，根据对称轴和区间端点的距离，可以确定函数在区间内的零点个数。
二、求函数的零点例题：函数f(x) = \log_{2}(x - 3)f(x)=log2(x−3)的零点是( )A.22 B.33 C.44 D.55解析：对数函数的零点即为使对数内部表达式等于1的x值。
因此，令x - 3 = 1x−3=1，解得x = 4x=4。
三、判断零点所在区间例题：函数f(x) = x^{3} - x^{2} - xf(x)=x3−x2−x在区间( - 1,2)(−1,2)内的一个零点所在的区间是( )A.(0,1)(0,1) B.(1,2)(1,2) C.( - 1,0)(−1,0) D.(0,2)(0,2)解析：先确定函数在给定区间端点的函数值，然后判断其正负性。
如果端点函数值异号，则该区间内必存在零点。
四、应用题中的零点问题例题：某商品的成本价为每件30元，售价不超过50元时，售价y(元)与售价的整数部分x 满足关系式：y = x + 20y=x+20，当成本价与售价相等时，每月最多可售出该商品____件。
解析：根据题意，当成本价与售价相等时，即30 = x + 2030=x+20，解得x = 10x=10。
由于售价的整数部分为10，则售价为30元。
再根据一次函数的性质，当斜率大于0时，函数单调递增，因此每月最多可售出该商品33件。
五、判断函数是否为同一函数（根据零点个数）例题：下列四个函数中与函数f(x) = \frac{1}{x}f(x)=x1表示同一函数的是( )A.y = \frac{x^{2}}{x}y=xx2B.y = \frac{1}{\sqrt{x}}y=x1C.y = \frac{1}{\log_{a}x}y=logax1D.y = \frac{e^{x}}{x}y=xex解析：根据函数的三要素（定义域、值域、对应关系），分别判断各选项是否与给定函数定义域相同、值域相同以及对应关系相同。
函数零点的题型总结
函数零点的题型总结例题及解析考点一函数零点存在性定理的应用【例1】已知函数f(x)=(12)x-13x,那么在下列区间中含有函数f(x)零点的是( )(A)(0,13) (B)(13,12)(C)(12,23) (D)(23,1)解析:f(0)=1>0,f(13)=(12)13-(13)13>0,F(12)=(12)12-(12)13<0,f(13)f(12)<0,所以函数f(x)在区间(13,12)内必有零点,选B.【跟踪训练1】已知函数f(x)=2x-log3x,在下列区间中包含f(x)零点的是( )(A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,3) (D)(3,4)解析:由题意,函数f(x)=2x-log3x为单调递减函数,且f(2)= 22-log32=1-log32>0,f(3)= 23-log33=-13<0,所以f(2)·f(3)<0,所以函数f(x)=2x-log3x在区间(2,3)上存在零点,故选C.【教师备用巩固训练1】设函数f(x)=ln (x+1)+a(x2-x),若f(x)在区间(0,+∞)上无零点,则实数a的取值范围是( )(A)[0,1] (B)[-1,0](C)[0,2] (D)[-1,1]解析:f(1)=ln 2>0,当a=-1时,f(2)=ln 3-2<0,所以f(x)在(1,2)上至少有一个零点,舍去B,D;当a=2时,f(12)=ln 32-12<0,所以f(x)在(12,1)上至少有一个零点,舍去C.因此选A.考点二函数零点的个数考查角度1:由函数解析式确定零点个数【例2】 (1)函数f(x)=xcos(x2-2x-3)在区间[-1,4]上的零点个数为( )(A)5 (B)4 (C)3 (D)2(2)已知f(x)=2xx +x-2x,则y=f(x)的零点个数是( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:(1)由题意可知x=0或cos(x2-2x-3)=0,又x∈[-1,4],所以x2-2x-3=(x-1)2-4∈[-4,5],当cos(x2-2x-3)=0时,x2-2x-3=kπ+π2,k ∈Z,在相应的范围内,k只有-1,0,1三个值可取,所以总共有4个零点,故选B.解析:(2)令2xx +x-2x=0,化简得2|x|=2-x2,画出y=2|x|,y=2-x2的图象,由图可知,图象有两个交点,即函数 f(x)有两个零点.故选C.考查角度2:根据函数零点个数确定参数范围 【例3】 (1)已知函数f(x)= 24,1,ln 1,1,x x a x x x ⎧-+⎪⎨+≥⎪⎩＜若方程f(x)=2有两个解,则实数a 的取值范围是( ) (A)(-∞,2) (B)(-∞,2] (C)(-∞,5) (D)(-∞,5] (2)已知函数f(x)= 3,2,1e ,20x xa x x a x x ⎧--≤-⎪⎪+⎨⎪--⎪⎩＜＜恰有3个零点,则实数a 的取值范围为( )(A)(-1e ,-13) (B)(-1e ,-21e) (C)[-23,-21e ) (D)[-23,-13)解析:(1)可知x ≥1时,f(x)=2必有一解,x=e,所以只需x<1时f(x)=2有一解即可,即x 2-4x+a=2有解,设g(x)=x 2-4x+a-2,由于该函数的对称轴为直线x=2,故只需g(1)=-3+a-2<0,即a<5,故实数a 的取值范围是(-∞,5).选C. 解析:(2)-1x x +-3a=-111x x +-+-3a=1x x +-1-3a,在(-∞,-2]上单调递减.若a≥0,则e x -a x在(-2,0)上递增,那么零点个数至多有一个,不符合题意,故a<0.故需f(x)当x ≤-2时,-1-3a>0,a<-13,且121-+-1-3a ≤0,a ≥-23,使得第一段有一个零点,故a ∈[-23,-13).对于第二段,e x -a x=e xx a x -,故需g(x)=xe x -a 在区间(-2,0)有两个零点,g ′(x)=(x+1)e x ,故g(x)在(-2,-1)上递减,在(-1,0)上递增,所以(2)0,(1)0,(0)0,g g g -⎧⎪-⎨⎪⎩＞＜＞解得-22e >a>-1e.综上所述,a ∈(-1e ,-13).故选A.【题组通关】1.若函数f(x)=|2x -4|-a 存在两个零点,且一个为正数,另一个为负数,则a 的取值范围为( C ) (A)(0,4) (B)(0,+∞)(C)(3,4) (D)(3,+∞)解析:如图,若f(x)=|2x -4|-a 存在两个零点,且一个为正数,另一个为负数,则a ∈(3,4),故选C.2.已知偶函数f(x)= 4log,04,(8),48,x x f x x ⎧≤⎪⎨-⎪⎩＜＜＜且f(x-8)=f(x),则函数F(x)=f(x)-12x在区间[-2 018,2 018]的零点个数为( A )(A)2 020 (B)2 016 (C)1 010 (D)1 008解析:依题意,当4<x<8时,f(x)=f(8-x)对称轴为直线x=4,由f(x-8)=f(x)可知,函数f(x)的周期T=8. 令F(x)=0,可得f(x)=12x,求函数F(x)=f(x)-12x的零点个数,即求偶函数f(x)与函数y=12x图象交点个数,当0<x<8时,函数f(x)与函数y=12x图象有4个交点,2 018=252×8+2由f(2)=|log 42|=12>212=14知, 当0<x<2时函数f(x)与函数y=12x图象有2个交点.故函数F(x)的零点个数为(252×4+2)×2=2 020, 故选A.3.已知函数f(x)= 31,1,,1,x xx x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同零点,则k 的取值范围是 . 解析:作出f(x)=31,1,,1x xx x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜的函数图象如图所示.方程f(x)=k 有两个不同零点,即y=k 和f(x)= 31,1,1x x x x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜的图象有两个交点,由图可得k 的取值范围是(0,1). 答案:(0,1)【教师备用 巩固训练2】 已知函数f(x)=32233,2,4(56),2,x x x x x x ⎧-+⎪⎨--+≥⎪⎩＜则函数f(f(x))的零点个数为( ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 解析:画出函数的图象,如图所示,令f(x)=t,因为f(f(x))=0则f(t)=0,由图象可知,f(t)=0有四个解,分别为t 1=2,t 2=3,-1<t 3<0,1<t 4<2, 由图象可知,当t 1=2时,f(x)=2有两个根,即函数f(f(x))有2个零点; 由图象可知,当t 2=3时,f(x)=3有一个根,即函数f(f(x))有1个零点;由图象可知,当-1<t 3<0时,f(x)=t 有三个根,即函数f(f(x))有3个零点;由图象可知,当1<t 4<2时,f(x)=t 有两个根,即函数f(f(x))有2个零点;综上所述,函数f(f(x))有8个零点. 考点三 函数零点的性质考查角度1:求零点的代数式的取值或取值范围 【例4】 (1)已知函数f(x)=122log ,022,0,x x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞函数F(x)=f(x)-b 有四个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4,且满足:x 1<x 2<x 3<x 4,则43x x -2213232x x x x +的取值范围是( )(A)(2,+∞) (B)(174,25716] (C)[2,174) (D)[2,+∞) (2)已知函数f(x)是定义域为R 的偶函数,且满足f(12+x)=f(32-x),当x ∈[-1,0]时,f(x)=-x.若函数F(x)=f(x)+412x x +-,则在区间[-9,10]上的所有零点之和为 . 解析:(1)f(x)=122log ,0,22,0x x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞=122log ,0,(11,0x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞）， 由二次函数的对称性可得x 1+x 2=-2,由12log x 3=-12log x 4可得x 3x 4=1,函数F(x)=f(x)-b 有四个不同的零点,等价于y=f(x)的图象与y=b 的图象有四个不同的交点,画出y=f(x)的图象与y=b 的图象,由图可得1<b ≤2,所以1<12log x 3≤2⇒x 3∈[14,12),所以43x x -2123()2x x x +=43x x +23x =231x+23x , 令t=23x ∈[116,14), 所以1t +t ∈(174,25716],故选B. 解析:(2)因为满足f(12+x)=f(32-x), 所以f(x)=f(2-x), 又因函数f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=f(2+x),即f(x)=f(2+x),所以T=2,令F(x)=0,f(x)=421x x +-,即求f(x)与y=421x x +-交点横坐标之和.y=421x x +-=12+9221x -, 作出图象如图所示.由图象可知有10个交点,并且关于(12,12)中心对称, 所以其和为102=5. 答案:(1)B (2)5考查角度2:隐性零点的性质 【例5】已知函数f(x)= ln(1),0,11,0,2x x x x +⎧⎪⎨+≤⎪⎩＞若m<n,且f(m)=f(n),则n-m 的取值范围为( )(A)[3-2ln 2,2) (B)[3-2ln 2,2] (C)[e-1,2) (D)[e-1,2]解析:作出函数f(x)的图象,如图所示,若m<n,且f(m)=f(n),则当ln(x+1)=1时,得x+1=e,即x=e-1, 则满足0<n ≤e-1, -2<m ≤0,则ln(n+1)=12m+1,即m=2ln(n+1)-2,则n-m=n+2-2ln(n+1), 设h(n)=n+2-2ln(n+1),0<n ≤e-1,则h ′(n)=1-21n +=11n n -+, 当h ′(n)>0,解得1<n ≤e-1,当h ′(n)<0,解得0<n<1,当n=1时,函数h(n)取得最小值h(1)=1+2-2ln(1+1)=3-2ln 2,当n=0时,h(0)=2-2ln 1=2;当n=e-1时,h(e-1)=e-1+2-2ln(e-1+1)=e-1<2,所以3-2ln 2≤h(n)<2,即n-m的取值范围是[3-2ln 2,2),故选A.【题组通关】1.已知a>1,方程12e x+x-a=0与ln 2x+x-a=0的根分别为x1,x2,则21x+22x+2x1x2的取值范围为( A ) (A)(1,+∞) (B)(0,+∞)(C)(12,+∞) (D)(12,1)解析:方程12e x+x-a=0的根,即y=12e x与y=a-x图象交点的横坐标,方程ln 2x+x-a=0的根,即y=ln 2x与y=a-x图象交点的横坐标, 而y=12e x与y=ln 2x的图象关于直线y=x对称,如图所示.所以x1+x2=a,所以21x +22x +2x 1x 2=(x 1+x 2)2=a 2,又a>1,所以21x +22x +2x 1x 2>1,故选A2.已知函数f(x)= 42log ,04,1025,4,x x x x x ⎧≤⎪⎨-+⎪⎩＜＞若a,b,c,d 是互不相同的正数,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则abcd 的取值范围是( A ) (A)(24,25) (B)(18,24) (C)(21,24) (D)(18,25)解析:由题意可知,ab=1,c+d=10,所以abcd=cd=c(10-c),4<c<5,所以取值范围是(24,25),故选A.考点四 函数零点的应用【例6】 (1)已知α,β分别满足α·e α=e 2,β(ln β-2)=e 4,则αβ的值为( )(A)e (B)e 2 (C)e 3 (D)e 4 (2)已知f(x)=9x-t ·3x,g(x)=2121x x -+,若存在实数a,b 同时满足g(a)+g(b)=0和f(a)+f(b)=0,则实数t 的取值范围是 . 解析:(1)因为α·e α=e 2,所以e α=2e α, 因为β(ln β-2)=e 4,所以ln β-2=4e β,所以ln β-ln e 2=4e β,所以ln 2e β=4e β=22e e β. 所以α,2e β分别是方程ex=2e x ,ln x=2e x的根,因为点(α,2e α)与点(2e β,4e β)关于直线y=x 对称, 所以α=4e β,所以αβ=e 4.故选D.解析:(2)因为g(-x)=2121x x ---+=1212xx-+=-2121x x -+=-g(x),所以函数g(x)为奇函数, 又g(a)+g(b)=0,所以a=-b. 所以f(a)+f(b)=f(a)+f(-a)=0有解, 即9a -t ·3a +9-a -t ·3-a =0有解, 即t=9933a a aa--++有解.令m=3a+3-a(m ≥2),则9933a aa a--++=22m m-=m-2m ,因为ϕ(m)=m-2m 在[2,+∞)上单调递增,所以ϕ(m)≥ϕ(2)=1.所以t ≥1.故实数t 的取值范围是[1,+∞). 答案:(1)D 答案:(2)[1,+∞)【跟踪训练2】函数f(x)的定义域为D,若满足:①f(x)在D 内是单调函数;②存在[a,b]⊆D 使得f(x)在[a,b]上的值域为[2a ,2b ],则称函数f(x)为“成功函数”.若函数f(x)=log m (m x +2t)(其中m>0,且m ≠1)是“成功函数”,则实数t 的取值范围为( ) (A)(0,+∞) (B)(-∞,18] (C)[18,14) (D)(0,18] 解析:无论m>1还是0<m<1,f(x)=log m (m x +2t)都是R 上的单调增函数,故应有(),2(),2a f a b f b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则问题可转化为求f(x)=2x ,即f(x)=log m (m x +2t)=2x,即m x+2t=12x m在R上有两个不相等的实数根的问题,令λ=12x m (λ>0),则m x+2t=12x m可化为2t=λ-λ2=-(λ-12)2+14,结合图形可得t∈(0,18].故选D.。
讨论函数零点或方程根的个数问题-高考数学专练
讨论函数零点或方程根的个数问题-高考数学专练【方法总结】判断、证明或讨论函数零点个数的方法利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0．①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f (a )·f (b )<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a )·f (b )<0．【例题选讲】[例1]已知f (x )＝e －x (ax 2＋x ＋1)．当a >0时，试讨论方程f (x )＝1的解的个数．[破题思路]讨论方程f (x )＝1的解的个数，想到f (x )－1的零点个数，给出f (x )的解析式，用f (x )＝1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)．[规范解答]法一：分类讨论法方程f (x )＝1的解的个数即为函数h (x )＝e x －ax 2－x －1(a >0)的零点个数．而h ′(x )＝e x －2ax －1，设H (x )＝e x －2ax －1，则H ′(x )＝e x －2a ．令H ′(x )>0，解得x >ln 2a ；令H ′(x )<0，解得x <ln 2a ，所以h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增．所以h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )＝2a －2a ln 2a －1．设m ＝2a ，g (m )＝m －m ln m －1(m >0)，则g ′(m )＝1－(1＋ln m )＝－ln m ，令g ′(m )<0，得m >1；令g ′(m )>0，得0<m <1，所以g (m )在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以g (m )max ＝g (1)＝0，即h ′(x )min ≤0(当m ＝1即a ＝12时取等号)．①当a ＝12时，h ′(x )min ＝0，则h ′(x )≥0恒成立．所以h (x )在R 上单调递增，故此时h (x )只有一个零点．②当a >12时，ln 2a >0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝0，则存在x 1>0使得h ′(x 1)＝0，这时h (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增．所以h (x 1)<h (0)＝0，又h (0)＝0，所以此时h (x )有两个零点．③当0<a <12时，ln 2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0．这时h (x )在(－∞，x 2)上单调递增，在(x 2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h (x 2)>h (0)＝0，h (0)＝0，所以此时f (x )有两个零点．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．法二：分离参数法方程f (x )＝1的解的个数即方程e x －ax 2－x －1＝0(a >0)的解的个数，方程可化为ax 2＝e x －x －1．当x ＝0时，方程为0＝e 0－0－1，显然成立，所以x ＝0为方程的解．当x ≠0时，分离参数可得a ＝e x －x －1x2(x ≠0)．设函数p (x )＝e x －x －1x 2(x ≠0)，则p ′(x )＝(e x －x －1)′·x 2－(x 2)′·(e x －x －1)(x 2)2＝e x (x －2)＋x ＋2x 3．记q (x )＝e x (x －2)＋x ＋2，则q ′(x )＝e x (x －1)＋1．记t (x )＝q ′(x )＝e x (x －1)＋1，则t ′(x )＝x e x ．显然当x <0时，t ′(x )<0，函数t (x )单调递减；当x >0时，t ′(x )>0，函数t (x )单调递增．所以t (x )>t (0)＝e 0(0－1)＋1＝0，即q ′(x )>0，所以函数q (x )单调递增．而q (0)＝e 0(0－2)＋0＋2＝0，所以当x <0时，q (x )<0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增；当x >0时，q (x )>0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增．而当x →0时，p (x →0＝e x －12xx →0＝(e x －1)′(2x )′x →0＝e x 2x →0＝12(洛必达法则)，当x →－∞时，p (x －∞＝e x －12xx →－∞＝0，故函数p (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ．显然，当a ＝12时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象无交点，即方程e x －ax 2－x －1＝0只有一个解x ＝0；当a ≠12且a >0时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象有一个交点(x 0，a )，即方程e x －ax 2－x －1＝0有两个解x ＝0或x ＝x 0．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．[注]部分题型利用分离法处理时，会出现“0”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．法则1若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1)li m x →a f (x )＝0及li m x →a g (x )＝0；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ．那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．法则2若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →a g (x )＝∞；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．[题后悟通]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个．(1)分离参数：得到参数与超越函数式相等的式子，借助导数分析函数的单调区间和极值，结合图形，由参数函数与超越函数的交点个数，易得交点个数的分类情况；(2)构造新函数：求导，用单调性判定函数的取值情况，再根据零点存在定理证明零点的存在性．[例2]设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0．(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．[规范解答](1)函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx．由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f ′(x )与f (x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：x (0，k )k (k ，＋∞)f ′(x )－0＋f (x )↘k (1－ln k )2↗所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2，无极大值．(2)由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2．因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点；当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．[例3]已知函数f (x )＝a ln x ＋bx(a ，b ∈R ，a ≠0)的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为－a .(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论方程f (x )＝1根的个数．[规范解答](1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －b －a ln xx 2，由f ′(1)＝a －b ＝－a ，得b ＝2a ，所以f (x )＝a (ln x ＋2)x ，f ′(x )＝－a (ln x ＋1)x2.当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <1e ；由f ′(x )<0，得x >1e .当a <0时，由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e.综上，当a >0时，f (x )a <0时，f (x )的单调递增(2)f (x )＝1，即方程a ln x ＋2a x ＝1，即方程1a ＝ln x ＋2x ，构造函数h (x )＝ln x ＋2x，则h ′(x )＝－1＋ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1e ，h ′(x )>0，h ′(x )<0，即h (x )h (x )max ＝ e.h (x )单调递减且h (x )＝ln x ＋2x >0，当x 无限增大时，h (x )无限接近0；h (x )单调递增且当x 无限接近0时，ln x ＋2负无限大，故h (x )负无限大．故当0<1a <e ，即a >1e 时，方程f (x )＝1有两个不等实根，当a ＝1e 时，方程f (x )＝1只有一个实根，当a <0时，方程f (x )＝1只有一个实根．综上可知，当a >1e 时，方程f (x )＝1有两个实根；当a <0或a ＝1e 时，方程f (x )＝1有一个实根；当0<a <1e 时，方程f (x )＝1无实根．[例4]已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .(1)若直线y ＝kx 与f (x )的反函数的图象相切，求实数k 的值；(2)若m <0，讨论函数g (x )＝f (x )＋mx 2零点的个数．[规范解答](1)f (x )的反函数为y ＝ln x ，x >0，则y ′＝1x．设切点为(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0＝ln x 0x 0，故x 0＝e ，k ＝1e.(2)函数g (x )＝f (x )＋mx 2的零点的个数即是方程f (x )＋mx 2＝0的实根的个数(当x ＝0时，方程无解)，等价于函数h (x )＝e xx 2(x ≠0)与函数y ＝－m 图象交点的个数．h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )>0，h (x )在(－∞，0)上单调递增；当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0，h (x )在(0,2)上单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)上单调递增．∴h (x )的大致图象如图：∴h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (2)＝e 24.∴当－m m －e 24，h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为1；当－m ＝e 24，即m ＝－e 24时，函数h (x )＝e xx2与函数y ＝－m 图象交点的个数为2；当－m m ∈－∞，－e 24时，函数h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为3.综上所述，当m ∞g (x )有三个零点；当m ＝－e 24时，函数g (x )有两个零点；当m ∈－e 24，0时，函数g (x )有一个零点．[例5]已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )x )，f (x )≥g (x )，(x )，f (x )<g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．[规范解答](1)f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ，所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1，由题意，知a ＝－1．(2)易知函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x <1时，g (x )<0，又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R f (－1)＝34－a >0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点，此时y ＝h (x )有两个零点；②当a >0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0，得两根为x 1＝－a3<0，x 2＝a3>0，则－a3是函数f (x )的一个极小值点，a3是函数f (x )的一个极大值点，而＋－14＝－2a 3a 3－14<0．现在讨论极大值的情况：＋aa 3－14＝2a 3a 3－14，当，即a <34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零，此时y ＝h (x )有两个零点；当0，即a ＝34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝a 3＝12，此时y ＝h (x )有三个零点；当，即a >34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3，若f (1)＝a －54<0，即a <54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝a －54＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝a －54>0，即a >54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a <34或a >54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34<a <54时，y ＝h (x )有四个零点．[例6]已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋2)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若a ＝0，求证：f (x )<0；(2)讨论函数f (x )零点的个数．[破题思路](1)当a ＝0时，f (x )＝－2x ＋2ln x (x >0)，f ′(x )＝－2＋2x ＝2(1－x )x，设g (x )＝1－x ，根据g (x )的正负可画出f (x )的图象如图(1)所示．(2)f ′(x )＝(x －1)(ax －2)x (x >0)，令g (x )＝(x －1)(ax －2)，当a ＝0时，由(1)知f (x )没有零点；当a >0时，画g (x )的正负图象时，需分2a ＝1，2a >1，2a <1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f (x )的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a <0时，同理可得图(5)．综上，易得f (x )的零点个数．[规范解答](1)当a ＝0时，f ′(x )＝－2＋2x ＝2(1－x )x，由f ′(x )＝0得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )≤f (x )max ＝f (1)＝－2，即f (x )<0.(2)由题意知f ′(x )＝ax －(a ＋2)＋2x ＝ax 2－(a ＋2)x ＋2x ＝(x －1)(ax －2)x (x >0)，当a ＝0时，由第(1)问可得函数f (x )没有零点．当a >0时，①当2a ＝1，即a ＝2时，f ′(x )≥0恒成立，仅当x ＝1时取等号，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝－12a －2＝－12×2－2<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．②当2a >1，即0<a <2时，若0<x <1或x >2a ，则f ′(x )>0，f (x )在(0,1)若1<x <2a ，则f ′(x )<0，f (x )又f (1)＝12a －(a ＋2)＋2ln 1＝－12a －2<0，则f (1)<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )③当0<2a <1，即a >2时，若0<x <2a x >1，则f ′(x )>0，f (x )(1，＋∞)上单调递增；若2a<x <1，则f ′(x )<0，f (x )因为a >2，所以＝－2a －2＋2ln 2a <－2a －2＋2ln 1<0，又x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )仅有一个零点在区间(1，＋∞)上．当2a<0，即a <0时，若0<x <1，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增；若x >1，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞，又f (1)＝12a －(a ＋2)＋2ln 1＝－12a －2＝－a －42.当f (1)＝－a －42>0，即a <－4时，函数f (x )有两个零点；当f (1)＝－a －42＝0，即a ＝－4时，函数f (x )有一个零点；当f (1)＝－a －42<0，即－4<a <0时，函数f (x )没有零点．综上，当a <－4时，函数f (x )有两个零点；当a ＝－4时，函数f (x )有一个零点；当－4<a ≤0时，函数f (x )没有零点；当a >0时，函数f (x )有一个零点．[题后悟通]解决本题运用了分类、分层的思想方法，表面看起来非常繁杂．但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式f ′(x )>0与f ′(x )<0的求解，特别是含有参数的不等式求解，而从f ′(x )抽象出与其正负有关的函数g (x )，画图更方便，观察图形即可直观快速地得到f (x )的单调性，大大提高解题的效率．[对点训练]1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．1．解析(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3．令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．2．已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…．(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．2．解析(1)由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，所以h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－3－2＞0，所以h (1)h (2)＜0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)由(1)可知h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ．由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32．当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＞0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x )在(0，＋∞)内只有一个零点，则h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2．3．设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R ．(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．3．解析(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2．(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－133＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23．又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．4．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈1e ，e时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．4．解析(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得x >1a ；由f ′(x )<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )(2)∵当x ∈1e ，e时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即当x ∈1e ，e时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )ln x －x＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1(1，e)上单调递增，∴当x ∈1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0．∴1x＋ln x －1≥0在x ∈1e ，e 上恒成立．∴h ′(x )ln x －x ＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈1e ，e上单调递增．∴h (x )min ＝2e 1e ＋1e，h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e＋1e或m >e 时，函数g (x )在1e ，e 上没有零点；当－2e 1e＋1e≤m ≤e 时，函数g (x )在1e ，e 上有且只有一个零点．5．设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．5．解析(1)∵函数f (x )在[0，＋∞)内单调递增，∴f ′(x )＝e x －1x ＋a≥0在[0，＋∞)内恒成立．即a ≥e －x －x 在[0，＋∞)内恒成立．记g (x )＝e －x －x ，则g ′(x )＝－e －x －1<0恒成立，∴g (x )在区间[0，＋∞)内单调递减，∴g (x )≤g (0)＝1，∴a ≥1，即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a (x >－a )，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1(x ＋a )2>0，知f ′(x )在区间(－a ，＋∞)内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x )在区间(－a ，＋∞)内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x－1x 0＋a ＝0，于是0e x＝1x 0＋a，x 0＝－ln (x 0＋a )．当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x －2a －ln (x 0＋a )＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ，当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．由0<a <23，得2－3a >0，∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．6．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2(a ∈R )．(1)若f (x )在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋y ＋2＝0垂直，求实数a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间[1，e 2]上零点的个数．6．解析(1)f (x )＝ln x －12ax 2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＝1－ax 2x ，则f ′(2)＝1－4a2．因为直线2x ＋y ＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×1－4a2＝－1，解得a ＝0．(2)f ′(x )＝1－ax 2x ，x ∈(0，＋∞)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0′(x )>0，>0得0<x <aa ；由f ′(x )<0得x >aa ，所以f (x )综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )(3)由(2)可知，(ⅰ)当a <0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a >0，故f (x )在[1，e 2]上没有零点．(ⅱ)当a ＝0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a ＝0，故f (x )在[1，e 2]上有一个零点．(ⅲ)当a >0时，①若aa ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e 2]上单调递减．因为f (1)＝－12a <0，所以f (x )在[1，e 2]上没有零点．②若1<aa ≤e 2，即1e 4≤a <1时，f (x )在1，a a 上单调递增，在a a ，e 2上单调递减，而f (1)＝－12a <0，f ＝－12ln a －12，f (e 2)＝2－12a e 4，若f＝－12ln a－12<0，即a>1e时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f＝－12ln a－12＝0，即a＝1e时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f＝－12ln a－12>0，即a<1e时，由f(e2)＝2－12a e4>0，得a<4e4，此时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；由f(e2)＝2－12a e4≤0，得a≥4e4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若aa≥e2，即0<a≤1e4时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－12a<0，f(e2)＝2－12a e4>0，所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．综上所述：当a<0或a>1e时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4e4或a＝1e时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4e4≤a<1e时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．。
函数零点练习题
函数零点练习题一、选择题1. 函数f(x)=x²-1在区间[-1,1]上有几个零点？A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个2. 若函数f(x)=2x³-x在(-∞,+∞)上恰有一个零点，则f'(x)=0的解有几个？A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个3. 函数g(x)=x³-3x²+2在区间[1,2]上零点的个数是？A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个4. 函数h(x)=x³+2x²-4x-8的零点个数为？A. 0个B. 1个C. 2个D. 4个5. 函数y=x³-6x²+11x-6的零点一定在哪个区间内？A. (1,2)B. (2,3)C. (3,4)D. (4,5)二、填空题6. 若函数f(x)=x³-6x²+11x-6的零点在区间[1,2]内，求f'(x)=______。
7. 函数y=x³-8x+4的导数为y'=______。
8. 函数f(x)=x³-3x²+2在区间[1,2]上有一个零点，求f(x)在x=1处的导数值为______。
9. 若函数g(x)=x³-3x²+2在区间[1,2]上的零点为x₀，则g'(x₀)=______。
10. 若函数h(x)=x³+2x²-4x-8在区间[-2,2]上恰有两个零点，求h'(x)=______。
三、解答题11. 已知函数f(x)=x³-6x²+11x-6，求证其在区间[1,2]内恰有一个零点。
12. 函数y=x³-8x+4在区间[-1,1]上有几个零点？请给出证明。
13. 设函数g(x)=x³-3x²+2，求其在区间[1,2]上的零点，并证明其唯一性。
14. 函数h(x)=x³+2x²-4x-8的导数为h'(x)，求h(x)在区间[-2,2]上的零点个数，并给出证明。
高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解10 函数零点
高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第10讲函数零点专项突破高考定位函数的零点其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，以选择、填空题的形式考查可难可易，以大题形式出现，相对较难.考点解析（1）零点个数的确定（2）二次函数的零点分布（3）零点与函数性质交汇（4）嵌套函数零点的确定（5）复杂函数的零点存在性定理（6）隐零点的处理（7）隐零点的极值点偏移处理题型解析类型一、转化为二次函数的零点分布例1-1．（2022·全国·高三专题练习）已知f(x)是奇函数并且是R上的单调函数，若函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，则实数λ的值是（）A．14B．18C．78-D．38-【答案】C利用函数零点的意义结合函数f (x )的性质将问题转化为一元二次方程有等根即可. 【详解】依题意，函数y =f (2x 2+1)+f (λ-x )的零点，即方程f (2x 2+1)+f (λ-x )=0的根， 由f (2x 2+1)+f (λ-x )=0得f (2x 2+1)=-f (λ-x )，因f (x )是R 上奇函数， 从而有f (2x 2+1)=f (x -λ)，又f (x )是R 上的单调函数，则有2x 2+1=x -λ，而函数y =f (2x 2+1)+f (λ-x )只有一个零点，于是得2x 2-x +1+λ=0有两个相等实数解， 因此得Δ=1-8(1+λ)=0，解得λ=78-，所以实数λ的值是78-.故选：C.练（2021·湖北·黄冈中学模拟预测）若函数2()2a f x x ax =+-在区间(1,1)-上有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．2(2,)3-B ．2(0,)3C ．(2,)+∞D ．(0,2)【答案】B 【详解】因为()f x 为开口向上的抛物线，且对称轴为2a x =-，在区间（－1，1）上有两个不同的所以()()101002112f f a f a ⎧->⎪>⎪⎪⎛⎫⎨-< ⎪⎝⎭⎪⎪⎪-<-<⎩，即22102102022222a a a a a a a a ⎧-->⎪⎪⎪+->⎪⎨⎪⎛⎫---<⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪-<<⎩，解得023a <<， 所以实数a 的取值范围是2(0,)3.故选：B例1-2．（2021·湖北恩施·高三其他模拟）设函数()()2x f x x a e =+在R 上存在最小值(其中e 为自然对数的底数，a R ∈)，则函数()2g x x x a =++的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．无法确定 【答案】C解析：()()22x f x x x a e '=++当1a ≥时，220x x a ++≥在R 恒成立，所以()()2'20xf x x x a e =++≥在R 恒成立，所以函数()()2x f x x a e =+在R 上单调递增，没有最小值；当1a <时，令() '0f x =得111x a =---，211x a =--，且12x x <当x →-∞时，所以若有最小值，只需要2∵()()22221022100xf x a e a a =--⇔--≤⇔≤≤，∴20x x a ++=的判别式1410a ∆=->≥，因此()2g x x x a =++有两个零点.故选：C ．类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2021·天津二中高三期中）已知函数()ln 1f x x x =-，则()f x 的零点所在的区间是（ ） A ．()0,1B ．()1,2 C ．()2,3D ．()3,4【答案】B 【详解】∵()ln 1f x x x =-，()1ln f x x '=+，由()1ln 0f x x '=+=得，1ex =，∴1,()0ex f x '>>，函数()f x 为增函数，当01x <<时，()ln 10f x x x =-<，又()()410,2ln 21ln 0e12f f =-<=-=>，故()f x 的零点所在的区间是()1,2.练．（2021·天津·大钟庄高中高三月考）函数()2xf x x =+的零点所在的区间为（ ）A ．()2,1--B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,2【答案】B 【详解】因为()2xf x x =+为单调递增函数，当2x =-时，()2722204f --=-=-<，当1x =-时，()1112102f --=-=-<，当0x =时，()002010f =+=>，由于()()010f f ⋅-<，且()f x 的图象在()1,0-上连续， 根据零点存在性定理，()f x 在()1,0-上必有零点，故选：B.类型三、利用两图像交点判断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩，则函数()1y f x =-的零点个数为（ ） A ．1个B ．2个C ．3个D ．0个【分析】由已知函数()f x 的解析式作出图象，把函数()1y f x =-的零点转化为函数()f x 与1y =的交点得答案． 【详解】由函数解析式222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩由图可知，函数()1y f x =-的零点的个数为2个．故选：B ．练．已知m 、n 为函数()1ln xf x ax x+=-的两个零点，若存在唯一的整数()0,x m n ∈则实数a 的取值范围是（ ）A ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．ln 20,4e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 2,14e⎡⎫⎪⎢⎣⎭【分析】()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，作出函数()21ln x g x x +=的图象，可知满足不等式()a g x <的整数解有且只有一个，从而可得出关于实数a 的不等式，由此可解得实数a 的取值范围. 【详解】由()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，令()21ln x g x x +=，其中0x >，则()()243121ln 2ln 1x x x x x g x x x ⋅-+--'==.当120x e -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当12x e ->时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减.且当12x e ->时，()21ln 0xg x x +=>，作出函数()g x 的图象如下图所示：由图可知，满足不等式()a g x <的整数解有且只有一个，所以，()1,m n ∈，()2,m n ∉，所以，()()21g a g ≤<，即1ln2ln2144e a +=≤<.因此，实数a 的取值范围是ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式的整数解的个数求参数，解题的关键在于利用图象确定整数有哪些，进而可得出关于参数不等式（组）来进行求解.例3-2（一个曲线一个直线）28．（2018·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三学业考试）已知函数()()()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则实数b 的取值范围为_______.【答案】7,24⎛⎫ ⎪⎝⎭ 【分析】求出函数()()y f x g x =-的表达式，构造函数()()(2)h x f x f x =+-，作函数()h x 的图象，利用数形结合进行求解即可. 【详解】∵()()22,2,2,2,x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，∴()222,02,0x x f x x x ⎧--⎪-=⎨<⎪⎩… ，∵函数y =f (x )−g (x )恰好有四个零点，∴方程f (x )−g (x )=0有四个解，即f (x )+f (2−x )−b =0有四个解， 即函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象有四个交点，()()222,022,0258,2x x x y f x f x x x x x ⎧++<⎪=+-=⎨⎪-+>⎩剟 ， 作函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象如下，115572222224f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，结合图象可知，74<b <2， 故答案为:7,24⎛⎫⎪⎝⎭. 例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2021福建省厦门市高三】已知函数()221,20, ,0,xx x x f x e x ⎧--+-≤<=⎨≥⎩若函数()()g x f x ax a =-+存在零点，则实数a 的取值范围为__________．【答案】13a ≤-或2a e ≥【解析】函数g x f x ax a =-+（）（）存在零点，即方程0f x ax a -+=（） 存在实数根，也就是函数y f x =（）与1y a x =-（）的图象有交点．如图：直线1y a x =-（）恒过定点10（，）， 过点21-（，）与10（，）的直线的斜率101213k -=---＝； 设直线1y a x =-（）与x y e =相切于00x x e （，），则切点处的导数值为0x e ，则过切点的直线方程为()000x x y e e x x --＝，由切线过10（，），则()00000012x x x x e e x x e e --∴＝，＝， 得02x = ．此时切线的斜率为2e ．由图可知，要使函数g x f x ax a =-+（）（） 存在零点，则实数a 的取值范围为13a ≤- 或2a e ≥．【点睛】本题考查函数零点的判定，其中数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法的灵活应用．例3-4（两个曲线）49．（2022·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________. 【答案】2 【分析】先利用诱导公式、二倍角公式化简，再将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，进而画出图象进行判定. 【详解】2π()2sin sin()2f x x x x =+-222sin cos sin 2x x x x x =-=-，函数f (x )的零点个数可转化为函数1sin 2y x =与22y x =图象的交点个数， 在同一坐标系中画出函数1sin 2y x =与22y x =图象的（如图所示）：由图可知两函数图象有2个交点， 即f (x )的零点个数为2. 故答案为：2.（两个曲线）8．（2021·四川·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 和()1f x +都是奇函数，当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，若函数()()sin()F x f x x π=-在区间[1,]m -上有且仅有10个零点，则实数m 的最小值为（ ） A ．3B ．72C ．4D ．92【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性确定函数()f x 的周期，将函数的零点问题转化为两函数的交点，最后通过数形结合求解出参数的值. 【详解】因为()1f x +是奇函数，所以函数()y f x =的图象关于点()1,0成中心对称， 即(2)()0f x f x -+=．又因为函数()f x 为奇函数，所以(2)()()f x f x f x -=-=-，即(2)()f x f x +=，所以函数()y f x =是周期为2的周期函数．由于函数()y f x =为定义在R 上的奇函数，则(0)0f =，得(2)(4)0f f ==． 又因为当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，所以21log 212f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11122f f ⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 于是得出7311222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，51122f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．作出函数()y f x =与函数()sin y x π=的图象如下图所示，由图象可知，函数()y f x =与函数()sin y x π=在区间[]1,m -上从左到右10个交点的横坐标分别为1-，12-，0，12，1，32，2，52，3，72，第11个交点的横坐标为4．因此，实数m 的取值范围是7,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭，故实数m 的最小值为72．故选：B．f x满足（两个曲线）【2021河北省武邑中学高三】若定义在R上的偶函数() ()()=，则函数()3logf x xy f x x=-的零点个数是+=，且当[]2x∈时，()f x f x0,1（）A． 6个 B． 4个 C． 3个 D． 2个【答案】B|x|的图象，【解析】分析：在同一个坐标系中画出函数y=f（x）的图象与函数y=log3这两个函数图象的交点个数即为所求．详解：∵偶函数f（x）满足f（x+2）=f（x），故函数的周期为2．当x∈[0，1]时，f （x）=x，|x|的零点的个数等于函数故当x∈[﹣1，0]时，f（x）=﹣x．因为函数y=f（x）﹣log3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y=f y=f（x）的图象与函数y=log3|x|的图象，如图所示：（x）的图象与函数y=log3显然函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象有4个交点，故选B ．点睛：本题考查了根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想，根据函数零点和方程的关系进行转化是解决本题的关键．判断零点个数一般有三种方法：（1）方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法.本题利用的就是方法（3）.例3-5（直接解出零点）（2021·四川·高三月考（理））函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（ ） A ．12B ．14C ．16D ．18 【答案】C 【分析】令()25sin sin 10f x x x =--=可得21sin sin 5x x -=，根据()2sin sin g x x x =-为偶函数，只需求()21sin sin 5g x x x =-=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解的个数，等价于21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-的解的个数，结合正弦函数的性质以及对称性即可求解.【详解】令()0f x =可得21sin sin 5x x -=，设()2sin sin g x x x =-，则()()22sin sin sin sin g x x x x x g x -=--=-=，所以()2sin sin g x x x =-是偶函数，故只需要讨论21sin sin 5x x -=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解得个数， 当0x ≥时，由21sin sin 5x x -=可得21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-，解方程21sin sin 5x x -=可得sin x =sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x =解方程21sin sin 5x x -=-可得sin x =或sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x =有三解，sin x =有三解， 所以在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，()21sin sin 5g x x x =-=有8解， 根据对称性可得()21sin sin 5g x x x =-=在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上有16解，所以函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为16， 故选：C.类型三、利用周期性判断零点个数例3-1．（2021·广东·高三月考）已知定义域为R 的函数()y f x =在[0,10]上有1和3两个零点，且(2)y f x =+与(7)y f x =+都是偶函数，则函数()y f x =在[0,2013]上的零点个数为（ ）A ．404B ．804C ．806D ．402 【答案】A 【分析】根据两个偶函数得()f x 的对称轴，由此得函数的周期，10是其一个周期，由周期性可得零点个数． 【详解】因为(2)y f x =+与(7)y f x =+都为偶函数，所以(2)(2)f x f x +=-+，(7)(7)f x f x +=-+，所以()f x 图象关于2x =，7x =轴对称，所以()f x 为周期函数，且2(72)10T =⋅-=，所以将[0,2013]划分为[0,10)[10,20)[2000,2010][2010,2013]⋅⋅⋅.而[0,10)[10,20)[2000,2010]⋅⋅⋅共201组，所以2012402N =⨯=，在[2010,2013]中，含有零点(2011)(1)0f f ==，(2013)(3)0f f ==共2个，所以一共有404个零点.故选：A.例3-2．偶函数()f x 满足()()44f x f x +=-，当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1ln6,ln23⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．1ln2,ln63⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．1ln2,ln63⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1ln6,ln23⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C【解析】因为()f x 为偶函数，所以()()()444f x f x f x +=-=-， 所以()()8f x f x +=所以()f x 是周期函数，且周期为8，且()f x 关于4x =对称，又当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=， 则()()()221ln 21ln 2(0)x x xx f x x x x ⋅--'==>， 令()0f x '=，解得e2x =，所以当e0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数，当e ,42x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，作出()f x 一个周期内图象，如图所示：因为()f x 为偶函数，且不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，所以不等式在()0,200内有100个整数解，因为()f x 周期为8，所以在()0,200内有25个周期， 所以()f x 在一个周期内有4个整数解，（1）若0a >，由()()20f x af x +>，可得()0f x >或()f x a <-，由图象可得()0f x >有7个整数解，()f x a <-无整数解，不符合题意； （2）若0a =，则()0f x ≠，由图象可得，不满足题意；（3）若0a <，由()()20f x af x +>，可得 ()f x a >-或()0f x <，由图象可得()0f x <在一个周期内无整数解，不符合题意， 所以()f x a >-在一个周期()0,8内有4个整数解，因为()f x 在()0,8内关于4x =对称， 所以()f x 在()0,4内有2个整数解，因为()1ln 2f =，()ln 42ln 22f ==，()ln 633f =， 所以()f x a >-在()0,4的整数解为1x =和2x =，所以ln 6ln 23a ≤-<，解得ln 6ln 23a -<≤-. 故选：C类型四、零点之和例4-1．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()1sin sin f x x x=+，定义域为R 的函数()g x 满足()()0g x g x -+=，若函数()y f x =与()y g x =图象的交点为()()()112266,,,,,,x y x y x y ⋯，则()61i j i x y =+=∑（ ）A ．0B ．6C ．12D ．24 【答案】A 【分析】首先判断()f x 的奇偶性，再根据奇偶函数的对称性计算可得；【详解】由()()0g x g x -+=得()y g x =的图象关于()0,0对称，因为()1sin sin f x x x=+，定义域为{}|,x x k k Z π≠∈，且()()()()11sin sin sin sin f x x x f x x x -=+-=--=--，所以()1sin sin f x x x=+为奇函数，即()1sin sin f x x x=+也关于()0,0对称， 则函数()1sin sin f x x x=+与()y g x =图象的交点关于()0,0对称，则不妨设关于点()0,0对称的坐标为()()1166,,,,x y x y ⋯，则16160,022x x y y ++==， 252534340,0,0,02222x x y y x x y y ++++==== 则1616252534340,0,0,0,0,0x x y y x x y y x x y y +=+=+=+=+=+=，即()61i i i x y =+=∑()3000⨯+=，故选：A ．例4-2（2021·新疆·克拉玛依市教育研究所模拟预测（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满足()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的所有零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（ ）A ．20B ．24C ．28D ．36 【答案】C 【分析】根据题意可得函数()f x是周期为4，关于点(4,0)中心对称的函数，再将函数()()()4y k x=与()4=-的交点的横坐标，又函数=--的所有零点转化为()y f xg x f x k x()4=-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，在坐标系中作出草图，根据数形结合y k x即可求出结果.【详解】∵定义在R上的奇函数()=-，故图象关于1f x f x2f x满足()()x=对称，∴()()2+=-，f x f x--=-，故()()2f x f x∴()()()f x f x f x+=-+=，即周期为4，42又()f x一个对称中心，f x定义在R上的奇函数，所以(4,0)是函数()又因为当[]=，作出函数()f x的草图，如下：f x xx∈-时，()31,1函数()()()4=与()4y k x=-的交点的横坐标，y f xg x f x k x=--的所有零点即为()易知函数()4=-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，y k x又1335k <<，分别作出函数()143y x =-和()345y x =-的图象，则函数()4y k x =-的图象在函数()143y x =-和()345y x =-的图象之间，如下图所示：则()y f x =与()4y k x =-交点关于(4,0)中心对称，由图像可知关于(4,0)对称的点共有3对，同时还经过点(4,0)，所以1324428ni i x ==⨯⨯+=∑.故选：C.类型五、等高线的使用例5-1．（2021·福建宁德·高三期中）已知函数()()8sin ,02log 1,2x x f x x x π≤≤⎧=⎨->⎩，若a ､b ､c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围是___________. 【答案】[)3,10/310a b c ≤++<【分析】根据题意，作出函数()y f x =图象，数形结合即可求解.根据题意，作出函数()y f x =图象，令()()()f a f b f c t ===，可知函数()y f x =图象与y t =的图象有三个不同交点，由图可知01t ≤<.因a ､b ､c 互不相等，故不妨设a b c <<，由图可知1212a b +=⨯=.当01t <<，时()8log 1c t -=，因01t <<，所以118c <-<，即29c <<，故310a b c <++<； 当0t =时，2c =，故3a b c ++=. 综上所述，310a b c ≤++<. 故答案为：[)3,10.例5-2（2021·山西太原·高三期中）设函数22log (1),13()(4),3x x f x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩，()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x ，且1234x x x x <<<，则()3412114x x x x ++的取值范围是（ ） A ．109,32⎛⎫⎪⎝⎭B ．(0,1)C ．510,23⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A根据分段函数解析式研究()f x 的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得123412345x x x x <<<<<<<<、348x x +=、12(1)(1)1x x --=，进而将目标式转化并令11121t x x =-+，构造1()21g x x x =-+，则只需研究()g x 在3(,2)2上的范围即可. 【详解】由分段函数知：12x <≤时()(,0]f x ∈-∞且递减；23x <≤时()[0,1]f x ∈且递增；34x <<时，()(0,1)f x ∈且递减；4x ≥时，()[0,)f x ∈+∞且递增；∴()f x 的图象如下：()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x 且1234x x x x <<<，由图知：01a <<时()f x a =有四个实数根，且123412345x x x x <<<<<<<<，又348x x +=， 由对数函数的性质：121212(1)(1)()11x x x x x x --=-++=，可得21111x x =-， ∴令()3411122111112214x x x x x t x x x ++=+=-+=，且1322x <<， 由1()21g x x x=-+在3(,2)2上单增，可知31()21(2)2g x g x<-+<，所以10932t <<故选：A.例5-3（2021·吉林吉林·高三月考（理））()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩，若存在互不相等的实数a ，b ，c ，d 使得()()()()f f b f d m a c f ====，则下列结论中正确的为（ ） ①()0,1m ∈；②()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ③函数()y f x x m =--恰有三个零点.A ．①②B．①③C．②③D．①②③ 【答案】D 【分析】①将问题转化为直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，观察图像可得答案；②设a b c d <<<，则可得2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，根据关系代入a b c d +++求值域即可；③函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，关注1m =和0m =时的交点个数即可得答案根据图像可得答案. 【详解】解：函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩的图像如图：()()()()f f b f d a c f m ====，即直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，故()0,1m ∈，①正确；()()()()f f b f d a c f m ====，不妨设a b c d <<<，则必有2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，ln ln 2d c ∴+=-，则2e c d-=，且11e d << 2e c d d d-∴++=，由对勾函数的性质可得函数2e y x x -=+在1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()2122e ,e 1e dc d d ---∴+=∈++，()1222,1a b c d e e --∴+++∈--，②正确；函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，如图当1m =时，函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点， 当0m =时，研究y x =与1ln y x =+是否相切即可，1y x'=，令1y '=，则1x =，则切点为()1,1，此时切线方程为11y x -=-，即y x =， 所以y x =与1ln y x =+图像相切，此时函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点， 因为()0,1m ∈，故函数()y f x =与y x m =+的图像恒有3个交点， 即函数()y f x x m =--恰有三个零点，③正确.故选：D. 【点睛】关键点点睛：将函数的零点问题转化为图像的交点问题，可以使问题更加直观，并方便解答.例5-4．（2021·辽宁实验中学高三期中）已知函数()266,1ln 1,1x x x f x x x ⎧---≤⎪=⎨+>⎪⎩，若关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解123x x x <<，则关于n 的方程()()121222356516n x x x x x -+=++-的正整数解取值可能是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】ABC 【分析】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象，根据图象有3个交点确定出123,,x x x 的关系，所以可将方程转化为()3315(ln 21)n x x -+=-，然后构造函数()()()ln 21g x x x =+-并分析()g x 的单调性确定出其值域，由此可求解出n 的取值范围，则n 的值可确定.【详解】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象如下图所示：当1x ≤时，()2333y x =-++≤，当1x >时，ln 11y x =+>，所以由图象可知：()1,3m ∈时关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解，又()221223236,ln 625x x x x x ++=⨯-=+-=--，所以()()()121223323ln 2)5651(16n x x x x x x x -+=+++-=-， 又因为()1,3m ∈，所以()3ln 11,3x +∈，所以()231,e x ∈ ， 设()()()()()2ln 211,e g x x x x =+-∈，所以()1ln 3g x x x'=-+，显然()g x '在()21,e 上单调递增，所以()()120g x g ''>=>，所以()g x 在()21,e 上单调递增，所以()()()()21,e g x g g ∈，即()()20,4e 4g x ∈-， 所以()1250,4e 4n -∈-，所以n 可取1,2,3 故选：ABC.类型六、嵌套函数零点例6-1．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（理））设函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，则函数()()12y f f x =-的零点个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 【答案】C 【详解】函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩的图象如图所示，由()()102y f f x =-=，得()()12f f x =，令()f x t =，则1()2f t =，当0t ≤时，1322t +=，得12t =-，当0t >时，1lg 2t =，则t所以当12t =-时，1()2f x =-，由图象可知方程有两个实根，当 =t ()f x =，由图象可知，方程有1个实根，综上，方程()()12f f x =有3个实根，所以函数()()12y f f x =-的零点个数为3，故选：C例6-2．（2021·天津市第四十七中学高三月考）已知函数()2e ,0,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，2()2g x x x=-+（其中e 是自然对数的底数），若关于x 的方程(())g f x m =恰有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<，则12322x x x -+的最大值为___________. 【答案】3ln3- 【分析】设()f x t =，则根据题意得2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t <，故122t t +=，212t t =-，再结合()f x 的图象可得1221x x e t ==，3212x t t ==-，101t <<，进而1231122ln 34x x x t t -+=-+，再构造函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，分析函数的单调性，求得最大值. 【详解】由题意设()f x t =，根据方程(())0g f x m -=恰有三个不等实根，即2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t <122t t ∴+=，则212t t =-，方程1()f x t =或2()f x t =有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<， 作出图象如图所示：那么1221x x e t ==，可得3212x t t ==-，101t <<， 所以1231122ln 34x x x t t -+=-+，构造新函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，则13()t h t t-'=，所以()h t 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以max 1()3ln 33h t h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以12322x x x -+的最大值为3ln3-. 故答案为：3ln3-.例6-3（2021·全国·高三专题练习）设函数()210log 0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，若函数()()()g x f f x a=-有三个零点，则实数a 的范围为________． 【答案】(]01，．【分析】令()t f x =，则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =，采用数形结合法即求． 【详解】函数()g x 的零点即为方程()0g x =的解，令()t f x =，则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =的图象，由图象可知，当1t>时，有唯一的x与之对应；当1t≤时，有两个不同的x与之对应．由方程组()()t f xf t a=⎧⎪⎨=⎪⎩，①②有三个不同的x知，需要方程②有两个不同的t，且一个1t>，一个1t≤，结合图象可知，当(]01a∈，时，满足一个(]10t∈-，，一个(]12t∈，，符合要求，综上，实数a的取值范围为(]01，．故答案为：(]01，.例6-4. 已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题意结合函数的图形将原问题转化为二次方程根的分布的问题，据此得到关于a的不等式组，求解不等式组即可.【详解】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得： .即 的取值范围是.类型七、隐零点处理例7-1．（1）已知函数f(x)＝x 2＋πcos x ，求函数f(x)的最小值；（2）已知函数()()32213210f x xax a x a a ⎛⎫=++++> ⎪⎝⎭，若()f x 有极值，且()f x 与()f x '（()f x '为()f x 的导函数）的所有极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(]0,3B ．(]1,3C ．[]1,3D ．[)3,+∞【解析】（1）易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x ，令2x －πsin x=0，得2,0π==x x ，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x ，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.（2）【答案】B 【解析】由题意得()221362f x x ax a a'=+++()0a >， 因为()f x 有极值，所以()2213620f x x ax a a'=+++=有2个不等实根，即()222116432120a a a a a ⎛⎫⎛⎫∆=-⨯⨯+=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即310a a->， 因为0a >，解得1a >．令()()()2213620h x f x x ax a a a '==+++>，由()660h x x a '=+=得x a =-，设()f x 的极值点为1x ，2x ，则1x ，2x 为方程()2213620f x x ax a a'=+++=的根，则122x x a +=-，2122133a x x a=+， 因为()()3223221211122211321321f x f x x ax a x x ax a x a a ⎛⎫⎛⎫+=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()3221212121212121336220x x x x x x a x x ax x a x x a ⎛⎫=+-+++-++++= ⎪⎝⎭，所以()()()2121263f x f x f a a a '++-=-+≥-， 令()()211g a a a a =-+>，易得()g a 在()1,+∞上单调递减，且()2633g =-，所以31≤<a ． 故选：B.例7-2已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>. （1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.【答案】（1）证明见解析；（2）12（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点即可；（2）根据导函数零点0x ，判断出()f x 的单调性，从而()min f x 可确定，利用()min 1f x =以及1ln y x x=-的单调性，可确定出0,x a 之间的关系，从而a 的值可求. 【详解】（1）证明：∵()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>，∴1()x af x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<， 则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x a e x a-=+（*）. 函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x e x a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++. ∴()001ln 1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=， 把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.【方法总结】类型一：化为一元二次函数得零点问题 类型二：复杂函数得零点思想：①先设后求、设而不求②与零点存在性定理结合使用步骤：(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f(x 0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．例7-3已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围． 【答案】(],2-∞．解：原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=， 令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0001ln 2000000ln 1ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有x y xe =在()0,∞+上单调递增， ∴0001ln ln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000min 0ln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦， ∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞．例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析.（1）求出导数()'f x ，按a 分类讨论确定()'f x 的正负，得函数的单调性；（2）求出导函数()'g x ，对其中一部分，设()1e xh x x=-(0x >)，用导数确定它的零点0(0,1)x ∈，这样可确定()g x 的单调性与极值，然后结合零点存在定理确定结论． 【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e x x xx x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数；当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'或x > ()0f x x ⇔<'<所以()f x 在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2xg x x x x =--+，其定义域为()0,∞+，则()()()1e 11x g x x x x '=+--⎛⎫⎪⎝⎭.设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()1e 10h =->， 所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e x x =，00ln x x =-. 列表如下：由表格，可得()g x 的极小值为()12g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+-因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点.又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>，所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点.类型八、隐零点之极值点偏离类型一、目标与极值点相关 思想：偏离−−→−转化对称步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数 （2）确定极值点（3）确定零点所在区域 （4）构造对称函数 类型二、目标与极值点不相关步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数 （2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）寻找零点之间的关系，消元换元来解决例8-1．（2021·江苏高三开学考试）已知函数()ln a f x x x=+（a ∈R ）有两个零点.（1）证明：10ea <<.（2）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：a x x 221>+.（3）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：.121<+x x 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先求出导函数，当0a ≤时显然不成立，当0a >时求出函数的单调区间，即可得到函数的极小值()f a ，依题意()0f a <，即可求出参数a 的取值范围；（2）由（1）可得120x a x <<<，设()()()2g x f a x f x =--，求出函数的导函数，即可得到122x x a +>，（3）由（1）可得120x a x <<<，再设21x tx =，1t >，则1221ln ln x x t x x ==，则()()12ln 1ln ln 1t t x x t t t +⎛⎫+=- ⎪-⎝⎭，再利用导数说明()ln 1th t t =-的单调性，即可得到121x x +<，从而得证； 【详解】（1）证明：由()ln af x x x=+，0x >，可得()21af x x x '=-，0x >.当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，与题意不符.当0a >时，令()210af x xx '=-=，得x a =. 当()0,x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.可得当x a =时，()f x 取得极小值()ln 1f a a =+.又因为函数()ln a f x x x=+有两个零点，所以()n 10l a f a =+<，可得1e a <.综上，10ea <<.（2）解：由上可得()f x 的极小值点为x a =，则120x a x <<<.设()()()()l 2ln 22n a ag x f a x f x a x a x xx =--=-+---，()0,x a ∈， 可得()()()()222224110222a x a a ag x a x x x a x x a x ---'=--+=>---，()0,x a ∈，所以()g x 在()0,a 上单调递增，所以()()0g x g a <=，即()()20f a x f x --<，则()()2f a x f x -<，()0,x a ∈，所以当120x a x <<<时，12a x a ->，且()()()1122f a x f x f x -<=.因为当(),x a ∈+∞时，()f x 单调递增，所以122a x x -<，即122x x a +>.（3）由（1）可得120x a x <<<，设21x tx =，1t >，则1122ln 0,ln 0,a x x a x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩则1221ln ln x x t x x ==，即()1211ln ln ln ln ln x t x t tx t x t ===+.所以1ln ln 1t tx t =--， 所以()()()()()1211ln 1ln ln ln ln 1ln ln 1ln 111t t tt x x x t x t t t t t t ⎛⎫++=+=++=-++=- ⎪--⎝⎭.又因为()ln 1th t t =-，则()()211l n 01t t h t t --'=<-，所以()h t 在()1,+∞上单调递减，所以()ln 1ln 1t t t t +<-，所以()12ln 0x x +<，即12 1.x x +<综上，1221a x x <+<.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 练、已知函数f(x)＝x 2＋πcos x. (1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π. 【解析】 (1)易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x ，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h(x)＝2x －πsin x ，h′(x)＝2－πcos x ，显然h′(x)单调递增，而h′(0)＜0，h′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h′(x 0)＝0.当x∈(0，x 0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，而 h(0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h(x)＜0，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x ，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，f(x 1)=f(x 2), 构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsin x ＞0，即函数F(x)单调递增，所以F(x)＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，f(x)＜f(π－x)，而x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f(x 1)＜f(π－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)，即f(x 2)＜f(π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞. 由(1)可知，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：当12()()f x f x =12()x x ≠时，120x x +<【解析】解： (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以，()y f x =在0]-∞在（，上单调递增；在[0x ∈+∞，）上单调递减. （Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x>0时f(x) < f(－x)即可。
高考常考题- 函数的零点问题(含解析)
函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，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，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（ ） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
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函数的零点及判断零点个数提高题
1．已知函数()22,52,x x a f x x x x a +>⎧=⎨++≤⎩，函数()()2g x f x x =-恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A ．[)1,1-
B ．[]0,2
C ．[)2,2-
D ．[)1,2-
【答案】D ．
【解析】
22()()232x x a g x f x x x x x a -+>⎧=-=⎨++≤⎩，而方程20x -+=的解为2，方程
2320x x ++=的解为1-或2-，所以⎪⎩
⎪⎨⎧≤-≤-<a a a 212，解得12a -≤<．故选D ．
2．定义在R 上的奇函数()f x ，当x ≥0时，[)[)
12log (1),0,1()13,1,x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨⎪--∈+∞⎩，则关于x 的函
数()()(01)F x f x a a =-<<,的所有零点之和为（ ）
A ．21a -
B ．21a --
C ．12a --
D ．12a -
【答案】D ．
【解析】
当10x -<<时⇒10x >->，当1x ≤-⇒1x -≥，又f （x ）为奇函数，
∴0x <时， ()(]
12log (1),1,0()()13,,1x x f x f x x x ⎧--+∈-⎪=--=⎨⎪-+--∈-∞-⎩，（也可以不求解析式，依
据奇函数的图象关于原点对称，画出y 轴左侧的图象），画出y =f （x ），y =a （01a <<）的图象，如图
共有5个交点，设其横坐标从左到右分别为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，则45123,322
x x x x ++=-=
132332
log (1)log (1)12a x a x a x --+=⇒-=⇒=-，可得x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=12a -．
3．已知函数2331()()ln 431x x f x g x x x x x -≤⎧==⎨-+>⎩
,,,，则函数()()y f x g x =-的零点个数为（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
【答案】C ．
【解析】
由题意得，函数()()y f x g x =-的零点个数即为函数()y f x =与函数()y g x =图象的交点个数，分别作出函数()y f x =与函数()y g x =的图象，如图所示，可得两函数的图象有3个不同的公共点，所以函数()()y f x g x =-的零点个数为3，故选C ．。