第13讲 函数的零点个数问题的求解方法高中数学常见题型解法归纳反馈训练及详细解析 (1)
2018年高考数学常见题型解法归纳反馈训练第13讲函数的零点个数问题的求解方法
第13讲 函数的零点个数问题的求解方法【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 <g ，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <g ，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.【例2】（2017全国高考新课标I 理科数学）已知函数2()(2)xx 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.(2) ①若0,a ≤由（1）知()f x 至多有一个零点.②若0a >，由（1）知当ln x a =-时，()f x 取得最小值，1(ln )1ln f a a a-=-+. （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 a a-+>0，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点. （iii ）当0,1a ∈（）时，11ln 0a a-+<，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 n n n f n e ae a n e n n aa f x a>-=+-->->->->-∞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 aea 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 =L .(1) 若1 3x=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 cosf x x x=-的零点有（）A．4 个 B．3 个 C．2个 D．1个【点评】调性不是很方便，所以先令()lg cos0f x x x=-=,可化为lg cosx x=,再在同一直角坐标系下画出lgy x=和cosy 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422510152025oy=cosxy=lgxyx【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ZZ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(m ；（2）1．【反馈检测3详细解析】（1）函数()f x 的定义域为()()(0,,'x m x m f x x+∞=．当0x m <<()'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(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 m F x x--=-,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()。
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解一、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。
函数零点高中数学解题方法含详解
【分析】
分别解函数对应的方程，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
A选项，由 可得 ，即函数 有零点；
B选项，由 得 ，即函数 有零点；
C选项，由 解得， 不存在，即函数 没有零点；
D选项，由 解得 或 ，即函数 有零点.
故选：C.
6．A
【分析】
直接令 ，求方程的实数根，确定零点个数.
【详解】
令 ，解得： 或 ，
故选：C
8．D
【分析】
由已知，根据奇函数的对称性有(－∞,0)上也有1009个零点，由奇函数在R上有定义即f(0)＝0，即可知零点的总个数.
【详解】
∵f(x)为奇函数且在(0,＋∞)内有1009个零点，
∴在(－∞,0)上也有1009个零点，
又∵f(0)＝0，
∴共有2018＋1＝2019(个)零点．
故选：D
故选：C
2．C
【分析】
根据函数的零点存在性定理即可求解.
【详解】
因为函数 的图象是连续的曲线，
且 ， ，
所以 ，
根据零点存在性定理可得函数 必定存在零点位于区间 ，
故方程 必存在有根的一个区间是 ，
故选：C.
3．B
【分析】
令 ，利用零点存在性定理即可求解.
【详解】
令 ，则f(0)＝－4<0，f(1)＝－1<0，f(2)＝3>0，
（2）若不等式 在 上有解，求实数 的取值范围；
（3）设函数 ，若 在 上有零点，求实数 的取值范围.
参考答案
1．C
【分析】
题目是让我们找零点所在的一个区间，注意是一个区间，意味着只要找到一个，问题就解决，利用零点存在定理即可判断.
导数与函数的零点知识点讲解+例题讲解(含解析)
导数与函数的零点一、知识梳理1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．二、例题精讲 + 随堂练习考点一判断零点的个数【例1】(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x)x－4ln x的零点个数．解(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a ＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－3x－4ln x＝x－3x－4ln x－2，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0，当x>3时，g(e5)＝e5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)仅有1个零点．【训练1】已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝e x－12x－12－1，记φ(x)＝e x－12x－12－1，则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋ln x＋1，因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋x ln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①当0<x<e时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；当x>e时，f(x)>0.当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②由①②可得－2<m<－1.所以m的取值范围是(－2，－1)．【训练2】 已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为R ， 又f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1，所以f (x )＝e x －x ＋1，求导得f ′(x )＝e x －1.易知f (x )在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f ′(x )＝e x ＋a ，由于e x >0， ①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0； 当x <0时，取x ＝－1a ， 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a <1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－a <0. 所以函数f (x )存在零点，不满足题意． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a )． 在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln (－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2，0)．考点三 函数零点的综合问题 【例3】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－ax 单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0， 故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【训练3】 (2019·天津和平区调研)已知函数f (x )＝ln x －x －m (m <－2，m 为常数)． (1)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<x 2，证明：x 1·x 2<1.(1)解 f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－xx ＝0， ∴x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－1e －m ，f (e)＝1－e －m ， 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －f (e)＝－2－1e ＋e>0， 函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的最小值为1－e －m .(2)证明 由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0<x 1<1，x 2>1， ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0， 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<ln 2－2. 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2， 所以0<x 1，1x 2<1.则f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＝ln x 1－x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝ln x 2－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2－1x 2 ＝－x 2＋1x 2＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0，当x >2时，g (x )是减函数，所以g (x )<g (2)＝－32＋ln 4.因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324＝ln 1.634＝ln4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，所以当x >2时，f (x 1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2<0， 即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2.因为0<x 1，1x 2<1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以x 1<1x 2，故x 1x 2<1.三、课后练习1.直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为________. 解析 由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)| ＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB |的最小值是4－2ln 2. 答案 4－2ln 22.若函数f (x )＝ax －ae x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x (a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， ∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝ae 2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0， 解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0)3.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103.(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围. 解 (1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，103， 所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2， 所以f ′(x )＝x 2－x －2. 由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56， f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点， 则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.4.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D5.设函数f (x )＝ln x ＋m x (m >0)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 解 函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0). 设h (x )＝－13x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，此时h (x )在(0，1)内单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，此时h (x )在(1，＋∞)内单调递减.所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23. 令h (x )＝0，即－13x 3＋x ＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝ 3. 作出函数h (x )的大致图象(如图)，结合图象知：①当m >23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有且仅有一个交点. ③当0<m <23时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象有两个交点.综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23时，函数g (x )有且仅有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.6.(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和. 解 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1， 所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. 当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<x <a3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当0<－1a <e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根. 解 (1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝1－xx (x >0)； 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，1).(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a ； 由f ′(x )>0，解得0<x <－1a ；由f ′(x )<0，解得－1a <x <e.从而f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e ，所以，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3.解得a ＝－e 2.(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1， 所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0<x <e 时，g ′(x )>0； 当x >e 时，g ′(x )<0.从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减. 所以g (x )max ＝g (e)＝1e ＋12<1， 所以，|f (x )|>g (x )，即|f (x )|>ln x x ＋12，所以，方程|f (x )|＝ln x x ＋12没有实数根.。
怎样求解函数零点问题
思路探寻函数零点问题的难度通常较大.常见的命题形式有：（1）判断零点的个数；（2）由函数的零点求参数的取值范围；（3）证明与函数零点有关的不等式.那么如何破解这三类函数零点问题呢？下面举例加以探究.一、判断函数零点的个数判断函数零点的个数，实质上是判断函数的图象与x 轴的交点的个数，或求函数为0时的解的个数.因此判断函数零点的个数，往往有两种思路：（1）令函数为0，通过解方程求得零点的个数；（2）判断出函数的单调性、奇偶性、对称性，画出函数的图象，通过研究图象与x 轴的交点，来判断函数零点的个数.例1.已知函数f ()x =ln x -()a -1x +1.（1）若f ()x 存在极值，求a 的取值范围；（2）当a =2，且x ∈()0,π时，证明：函数g ()x =f ()x +sin x 有且仅有2个零点.解：（1）略；（2）当a =2时，g ()x =ln x -x +1+sin x ，得g ′()x =1x-1+cos x ，令h ()x =g ′()x ，因为x ∈()0,π，则h ′()x =-1x2-sin x <0，所以h ()x =g ′()x 在()0,π上单调递减，又因为g ′()π3=3π-1+12=3π-12>0，g ′()π2=2π-1<0，所以g ′()x 在()π3,π2上有唯一的零点α，当x ∈()0,α时，g ′()x >0，当x ∈()α,π时，g ′()x <0，所以g ()x 在()0,α上单调递增，在()α,π上单调递减，可知g ()x 在()0,π存在唯一的极大值点α（π3<α<π2），而g ()α>g ()π2=ln π2-π2+2>2-π2>0，g()1e 2=-2-1e 2+1+sin 1e 2=-1e 2+()sin 1e 2-1<0，g ()π=lnπ-π+1=lnπ-()π-1，令F ()x =ln x -()x -1，F ′()x =1x -1=1-x x ，则x ∈()0,1，F ′()x >0；x ∈()1,+∞，F ′()x <0，所以F ()x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，得F ()x max =F ()1=0，故F ()π<F ()1=0，即g ()π=lnπ-()π-1<0，可知g ()x 在()0,α和()α,π上分别有1个零点，所以当x ∈()0,π时，g ()x 有且仅有2个零点.函数式g ()x =f ()x +sin x 中含有对数、三角函数式，我们很难通过画图、解方程求得零点的个数，于是对函数求导，研究函数的单调性、极值，从而画出函数的图象；进而借助函数的图象来确定函数零点的个数.在解答函数零点问题时，经常要用到函数的零点存在性定理，但运用该定理只能判断函数在某个区间上是否含有零点，却不能确定函数在某区间上零点的个数，此时往往需结合函数的图象进行判断.二、由函数的零点求参数的取值范围根据函数的零点求参数的取值范围问题比较常见.在解题时，往往要先通过解方程或画图，利用函数的零点存在性定理，判断函数的零点的存在性和个数，确定零点的范围；然后建立关于参数的关系式，进而求得参数的取值范围.例2.已知函数f ()x =x 2+x ln x ．（1）求函数f ()x 在区间[]1,e 上的最大值；（2）若F ()x =f ()x -ax 3有2个零点，求实数a 的取值范围．解：（1）f ()x max =f ()e =e 2+e .（过程略）（2）由题意可知函数f ()x =x 2+x ln x 的定义域为()0,+∞，由f ()x =ax 3可得a =x +ln xx 2，令g ()x =x +ln x x 2，其中x >0，则g ′()x =1-x -2ln xx 3，令h ()x =1-x -2ln x ，其中x >0，则h ′()x =-1-2x<0，所以函数h ()x 在()0,+∞上为减函数，且h ()1=0，当0<x <1时，h ()x >0，则g ′()x >0，所以函数g ()x 在()0,1上单调递增，当x >1时，h ()x <0，则g ′()x <0，所以函数g ()x 在()1,+∞上单调递减，所以g ()x max =g ()1=1，49思路探寻令p ()x =x +ln x ，其中x >0，则p ′()x =1+1x>0，则函数p ()x 在()0,+∞上为增函数，因为p()1e =1e-1<0，p ()1>0，则存在x 0∈()1e,1，使得p ()x 0=0，当0<x <x 0时，f ()x =x ()x +ln x <0；当x >x 0时，f ()x =x ()x +ln x >0.由题意可知，直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点，如图所示.由图可知，当0<a <1时，直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点，故实数a 的取值范围是0<a <1.解答本题需抓住关键信息：函数F ()x =f ()x -ax 3有2个零点.于是令F ()x =f ()x -ax 3=0,并将其变形为a =x +ln x x2，再构造新函数，将问题转化为直线y =a 与函数g ()x 的图象有2个交点的问题.利用导数与函数g ()x 单调性的关系判断函数的单调性，并画出函数g ()x 的图象，即可通过讨论直线y =a 与函数g ()x 的图象的位置关系，确定参数a 的取值范围.在求参数的取值范围时，若容易从方程中分离出参数来，往往可以采用分离参数法求参数的取值范围.三、证明与函数零点有关的不等式问题与函数零点有关的不等式问题通常较为复杂，且具有较强的综合性.在解题时，需根据函数零点的分布情况,构造新函数或新方程，再根据导数的性质讨论新函数的性质或方程的根，从而证明不等式.例3.已知函数f ()x =me x -x 2-x +2.（1）若函数f ()x 在R 上单调递增，求m 的取值范围；（2）若m <0，且f ()x 有2个零点x 1,x 2，证明：||x 1-x 2<3+m 3.解：（1）m ≥2e -12；（过程略）（2）不妨设x 1<x 2，由题意可得me x 1-x 21-x 1+2=0，me x 2-x 22-x 2+2=0，即x 1,x 2为方程m =x 2+x -2e x的2个根，因为m <0，所以x 2+x -2<0，解得：-2<x <1，所以x 1,x 2∈(-2,1)，设h (x )=x 2+x -2e x(-2<x <1)，则h ′(x )=-x 2+x +3e x，令h ′(x )=0得x =1-132，则h (x )在()-2,1-132上单调递减，在()1-132,1上单调递增，而h (x )在()-2,0处的切线方程为y =-3e 2(x +2)，设h 1(x )=-3e 2(x +2),则h (x )>h 1(x )，设h (x )在()x 0,x 20+x 0-2ex 0处的切线方程过点(1,0)，其切线的斜率为-x 20+x 0+3ex 0，取x 0=-1，则h (x )在()-1,-2e 处的切线斜率为e ，则切线的方程为y +2e =e ()x +1，即y =ex -e ，可知h 2(x )=ex -e 单调递增,可得h (x )≥h 2(x )，记y =m 与y =h 1(x )和y =h 2(x )交点的横坐标分别为x 3,x 4，则h (x 1)=m =h 1(x 3)=-3e 2(x 3+2)，故x 3=-2-m3e2，因为h 1(x 3)=h (x 1)>h 1(x 1)，所以h 1(x )单调递减，所以x 1>x 3，h (x 2)=m =h 2(x 4)=e (x 4-1)，故x 4=1+me，由h 2(x 4)=h (x 2)≥h 2(x 2)，知h 2(x )单调递增，所以x 2≤x 4，由于m <0，所以||x 1-x 2=x 2-x 1<x 4-x 3=3+m e +m3e 2=3+m()1e +13e 2<3+m ()13+127<3+m 3.故不等式成立.解答本题，要先将x 1,x 2视为方程m =x 2+x -2e x的两根，根据方程确定两根的取值范围；然后构造新函数h (x )，讨论导函数h ′(x )的性质和几何意义，以确定y =m ，h (x )与其切线y =h 1(x )、y =h 2(x )的交点之间的大小关系，从而证明不等式.函数零点问题一般都可以转化为方程问题或函数单调性问题.因此在解答函数零点问题时，需根据题意构造出相应的方程和函数，灵活运用方程思想和数形结合思想,通过研究该函数的图象与性质、方程的根来求得问题的答案.（作者单位：江苏省如皋市搬经中学）50。
求解函数零点问题的常用方法
思路探寻函数的零点问题是函数中较为常见的一类问题.此类问题考查的范围较广、考查的方式灵活，对同学们的逻辑思维能力和应变能力都有较高的要求.下面，我就结合实例来谈一谈求解函数零点问题的常用方法.一、因式分解法因式分解是一种比较直接的方法.在求函数的零点时，我们根据函数的零点的定义将函数y =f (x )的零点问题转化为求方程f (x )=0的实数根的问题，通过因式分解求得方程f (x )=0的实数根，便能求出函数的零点.例1.求函数y =2x 3-3x 2+1的零点.解:2x 3-3x 2+1=(x -1)(2x 2-x -1)=(x -1)(x -1)(2x +1)=(x -1)2(2x +1)，令2x 3-3x 2+1=0，解得x =1或x =-12则函数y =2x 3-3x 2+1的零点是-12，1.因式分解法一般只适用于解答较为简单且易于分解因式的问题.二、判别式法对于二次函数零点问题，我们可以将其转化为一元二次方程问题，利用方程的判别式来判断方程的根的情况，进而判定函数的零点是否存在、求出零点的个数.例2.已知二次函数y =ax 2+bx +c ，若ac <0，则函数零点的个数是.解：设ax 2+bx +c =0，其判别式为Δ=b 2-4ac .因为ac <0，所以b 2-4ac >0，故方程ax 2+bx +c =0有2个不相等的实数根，即函数y =ax 2+bx +c 的零点个数是2.在解题时，我们要注意将函数的零点与方程的根对应起来.对于二次方程ax 2+bx +c =0，当Δ>0时，方程有2个不相等的实数根，函数y =ax 2+bx +c 有2个零点；当Δ=0时，方程只有一个实数根，函数有1个零点；当Δ<0时，方程没有实数根，函数没有零点.三、图象法图象法也称数形结合法.在处理函数零点问题时，我们可以首先画出函数的图象，然后借助函数的图象来分析函数的零点或交点.在画图时，一定要确保函数图象的准确性，不然就容易得出错误的答案.例3.求函数y =2x -x -1的零点.解：令2x -x -1=0，则2x =x +1，于是函数y =2x -x -1的零点即为函数f (x )=2x 与函数g (x )=x +1的交点的横坐标.由图可知，函数f (x )与g (x )有两个交点，且分别在（0,1），（1,2）内，经验证，函数y =2x -x -1的零点为0和1.运用图象法来求解函数的零点问题较为直接、便捷，能使问题变得更加直观，方便我们快速找到解题的思路.四、二分法若函数y =f (x )在区间[a ,b ]上连续不断且f (a )·f (b )<0，可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渐逼近零点，进而求得零点近似值.这种方法叫做二分法.在求函数的零点所在区间或者近似值时，我们可以运用二分法来求解.例4.求函数f (x )=x 3+x 2-2x -2的一个正数零点的近似值（精确到0.1）.解：先初步判断零点x 0所在区间，因为f (1)<0，f (2)>0，所以f (1)∙f (2)<0，故函数f (x )在区间（1,2）上必有一个零点.取（1,2）的中点x 1=1.5，可得f (1.5)>0，则f (1)∙f (1.5)<0，所以x 0∈()1,1.5；取（1,1.5）的中点x 2=1.25，可得f (1.25)<0，则f (1.25)∙f (1.5)<0，所以x 0∈（1.25,1.5）；取（1.25,1.5）的中点x 3=1.375，可得f (1.375)<0，则f (1.375)∙f (1.5)<0，所以x 0∈（1.375,1.5）；取（1.375,1.5）的中点x 4=1.4375，可得f (1.4375)>0，则f (1.375)∙f (1.4375)<0，所以x 0∈（1.375,1.4375）.又因为|1.4375-1.375|=0.0625<0.1.所以函数f (x )=x 3+x 2-2x -2的一个正数零点的近似值为1.4375.值得注意的是，只有在区间端点值异号时，才能使用二分法.以上这四种方法都是求解函数零点问题的常用方法.在解题，同学们要首先将函数的零点问题转化为方程、函数图象问题，然后利用方程的根与判别式、结合函数的图象来解题.（作者单位：江苏省沭阳如东高级中学）方海元50Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
江苏高一数学基本初等函数中的零点问题分析含答案
江苏高一数学基本初等函数中的零点问题分析含答案一、题型特征与解答方法函数的零点，即是能让函数f (x )＝0成立时的x 的值，注意零点不是坐标点。
学习中要注意记住下面这个关系：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． 零点存在性定理对于零点问题来说，运用非常灵活，是绝对要记住、理解并会运用的。
二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与零点的关系对于非二次函数形式的函数零点，一般会涉及分离参数、换元等等，需要根据图像单调性分析，区间内零点存在与否遵循零点存在性定理。
下面这道解答题，是一道老题，但近年以来一直是热点备考题型，2018年1月徐州高一期末、2018年10月无锡月考均出现在考卷上，变形题也非常多，这道题目不仅仅是考察根的问题，主要还用到换元、分类讨论等等方法，综合性很强，值得学习研究。
★已知函数)1,0(12)(2<≠++-=b a b ax ax x g ，在闭区间[]3,2上有最大值4，最小值1，设xx g x f )()(=。
（1）求b a ,的值；（2）不等式02)2(≥∙-x x k f 在[]1,1-∈x 上恒成立，求实数k 的取值范围。
（3）方程03122)12(=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-x xk f 有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围。
解：（1）a b x a x g -++-=1)1()(2，因为0>a ，所以)(x g 在区间]3,2[上是增函数，故⎩⎨⎧==4)3(1)2(g g ，解得⎩⎨⎧==01b a ．（2）由已知可得21)(-+=x x x f ，所以02)2(≥⋅-x x k f 可化为x x x k 22212⋅≥-+， 化为k x x ≥⋅-⎪⎭⎫ ⎝⎛+2122112，令x t 21=，则122+-≤t t k ，因]1,1[-∈x ，故⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ，记=)(t h 122+-t t ，因为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,21t ，故1)(max =t h ， 所以k 的取值范围是]1,(-∞．（3）原方程可化为0)12(|12|)23(|12|2=++-⋅+--k k x x ，令t x =-|12|，则),0(∞+∈t ，0)12()23(2=+++-k t k t 有两个不同的实数解1t ，2t ，其中101<<t ，12>t ，或101<<t ，12=t ． 记)12()23()(2+++-=k t k t t h ，则⎩⎨⎧<-=>+0)1(012k h k ①或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+<=-=>+122300)1(012k k h k ② 解不等组①，得0>k ，而不等式组②无实数解．所以实数k 的取值范围是),0(∞+．二、例题精炼题型一 二次函数零点问题此类问题主要是考察零点存在性定理的理解和直接运用，或者利用数形结合判断根的个数，或者利用图形判断根的大小，涉及参数问题一般是根据根的分布条件计算参数或根据参数范围讨论根的个数。
函数零点问题的几种常见求解方法
函数零点问题的几种常见求解方法作者：卢杰来源：《中学教学参考·中旬》 2013年第1期湖北十堰市第一中学（442000）卢杰函数零点是函数与导数部分的重要知识，它涉及函数的图像与性质等基本知识，渗透着转化与化归、数形结合、分类讨论、函数与方程等重要思想，体现对学生综合能力的考查.下面对常见的几种函数零点解决办法作些归纳.方法一：解方程法.函数f(x)零点问题可转化为求方程f(x)=0的解，方程几个解就对应函数有几个零点.【例1】函数f(x)=xcosx2在区间［0,4］上零点的个数为（）.A.4B.5C.6D.7分析：求方程xcosx2=0在区间［0,4］上解的个数，x=0为一个解；x∈(0,4］时，x2∈(0,16］，由cosx2=0得x2=kπ+π2 ，k∈Z，k只能取0,1,2,3,4，此时有5个解.综上，解的个数为6，即零点个数为6.选C.方法二：利用零点存在性定理法.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，并且有f(a)·f(b)＜0，那么，y=f(x)在区间(a,b)内有零点.若结合单调性，就能判断零点的个数.【例2】函数f(x)=ex+x-2的零点所在的一个区间是（）.A.(-2,-1)B.(-1,0)C.(0,1)D.(1,2)分析:因为f(0)=e0+0-2=-1＜0，f(1)=e1+1-2=e-1＞0，所以函数f(x)=ex+x-2的零点所在的一个区间是(0,1)．选C.方法三：数形结合法.函数零点、方程的根与函数图象的关系为函数y=F(x)=f(x)-g(x)有零点�方程F(x)=f(x)-g(x)=0有实数根�函数y1=f(x)和y2=g(x)的图像有交点.故可以把函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题，有时又需要把方程解的问题转化为函数零点问题，通过图象反映与轴交点的情况.【例4】函数f(x)=lgx-cosx的零点有（）.A．4个 B．3个 C．2个 D．1个分析:可画出y=lgx和y=cosx的图象,观察得出有3个交点.选B.【例5】函数f(x)=x2-8x+6lnx+m有三个零点，求实数m的取值范围.分析：函数有三个零点等价于图象与x轴有三个不同的交点.f(x)在(0,1)上递增，（1,3）上递减，(3,+∞)上递增.结合f(x)的图象可得f(1)＞0且f(3)＜0，解得7＜m＜15-6ln3.以上三种方法是常见的函数零点问题解决办法，前两种方法主要适用于较简单的问题，小题中运用较多；后一种方法有时直接画出函数图象看其与轴交点的个数，有时又必须画两个图象，注意在做题过程中加以区分.(责任编辑金铃）。
函数的零点问题
函数零点问题一、 基础知识回顾1．函数零点概念对函数()y f x =，把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点． 同时我们还要知道函数零点、方程的根和函数图像的关系： 函数()()()y F x f x g x ==-有零点 ()()()0F x f x g x =-=有实数根()()12,y f x y g x ==图像有交点.2.零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[]a,b 上的图象是连续不断一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么，函数()y f x =在区间()a,b 内有零点.即存在()c a,b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根.3.几种基本函数的图像：一元一次函数、二元一次函数、三元一次函数图像、指数函数、对数函数和幂函数图像。
二、 典型例题1．求一元二次函数（方程）的未知参数问题例1. 若关于x 的方程x 2+mx+1=0有两个不相等的实数根，则实数m 的取值X 围是（）。
A.(-1,1)B.(-2,2)C.(-∞，-2)∪（2，+∞）D.（-∞，-1）∪（1，+∞）解：关于一元二次方程解的根的个数情况，一般都是直接判断∆值的情况：当0∆>,方程有两个不同的实数根；当0∆=，方程有两个相同的实数根（一个根）；当0∆<方程没有实数根。
此题关于x 的方程有两个不同的实数根，即有2Δ40m =->，解得2m <-或2m >．故选Ｃ． 2．利用零点存在定理和函数单调性求零点问题例2： (09XX)设函数1()ln (0),3f x x x x =->则()y f x = A 在区间1(,1),(1,)e e 内均有零点。
B 在区间1(,1),(1,)e e内均无零点。
C 在区间1(,1)e内有零点，在区间(1,)e 内无零点。
D 在区间1(,1)e内无零点，在区间(1,)e 内有零点。
高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)
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由图可知：当
0
m
1 2
时，两图象有两个不同的交点，
在区间 1,1 上方程 f x mx m 0 有两个不同的实根，故选：B
例 5．（2020·江苏宝应中学高三三模）已知函数 f x 2ln x2 3x 3 ，其中x 表示不大于 x 的
最大整数（如1.6 1，2.1 3），则函数 f x 的零点个数是（ ）
对函数
y
ln x
1, x
0 求导得
y
1 x 1
，
设切点为
x0, ln x0 1
，则
ln x0 1
x0 1
2 3
1 x0 1
m ，解得
x0
1
1
e3
，m
1
e3
，
数形结合可知，当
m
2 3
1
,e 3
时，直线
y
mx
m
2 3
与函数
f
x
的图象有四个交点，即函数
g
x
有四个零点.故选：B.
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f |
(x) x|
有
2
个不同交点，不满足题意；
当 k 0 时，如图 2，此时 y | kx 2 |与 h(x)
f |
(x) x|
恒有
3
个不同交点，满足题意；
当 k 0 时，如图 3，当 y kx 2 与 y = x2 相切时，联立方程得 x2 kx 2 0 ，
令 0 得 k2 8 0 ，解得 k 2 2 （负值舍去），所以 k 2 2 ． 综上， k 的取值范围为 (,0) (2 2, ) ，故选 D．
图形特征，是数形结合的体现.通过图象可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数）或者
【高考理数】利用导数解决函数零点问题(解析版)
2020题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点． 题型二 由函数零点个数求参数的取值范围 【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
高中数学考点与题型归纳：导数与零点问题 压轴1：零点个数问题 - 解析
导数与零点 第1讲 零点个数问题知识梳理判断、证明或讨论函数零点个数的方法：(1)直接求零点：令()0f x =，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()()0f a f b ⋅<，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，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．(4)构造函数模型，判断零点个数.构造函数可根据题目不同，直接做差构造函数、分离参数后构造函数、先求导数再构造函数、先换元再构造函数等.题型归纳题型1 已知函数解析式求零点个数【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x －4ln x 的零点个数．解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }， ∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3. (2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2，∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下表：X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g ′(x ) ＋0 －0 ＋g (x )极大值极小值当0<x ≤3时，g (x )≤g (1)＝－4<0，当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点 【跟踪训练1-1】函数3214()2333f x x x x =+++的零点个数为 ．【分析】先求出导函数()f x '，令()0f x '=求出极值点，进而求出函数的极值，根据单调性和极值画出函数的大致图象，从而得到函数的零点个数．【解答】解：函数3214()2333f x x x x =+++，2()43(1)(3)f x x x x x '∴=++=++，令()0f x '=得：3x =-或1-，∴当(,3)x ∈-∞-时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当(3,1)x ∈--时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(1,)x ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，∴函数()f x 的极大值为4(3)3f -=，极小值为(1)0f -=，∴函数()f x 的大致图象如图所示：由图象可知，函数()f x 有2个零点，题型2 讨论含参函数零点个数【例2】设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R.讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．[解] 由题设，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋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．所以x ＝1是φ(x )的极大值点，也是φ(x )的最大值点．所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.由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．【跟踪训练2-1】设f (x )＝x －1x－2ln x .(1)求证：当x ≥1时，f (x )≥0恒成立；(2)讨论关于x 的方程x －1x －f (x )＝x 3－2e x 2＋tx 根的个数．解：(1)证明：f (x )＝x －1x－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝x 2－2x ＋1x 2＝(x －1)2x 2≥0，∴f (x )在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f (x )≥f (1)＝1－1－2ln 1＝0对于x ∈[1，＋∞)恒成立．故当x ≥1时，f (x )≥0恒成立得证． (2)化简方程得2ln x ＝x 3－2e x 2＋tx .注意到x ＞0，则方程可变为2ln x x ＝x 2－2e x ＋t .令L (x )＝2ln xx ，H (x )＝x 2－2e x ＋t ，则L ′(x )＝2(1－ln x )x 2.当x ∈(0，e)时，L ′(x )＞0，∴L (x )在(0，e)上为增函数； 当x ∈(e ，＋∞)时，L ′(x )＜0，∴L (x )在(e ，＋∞)上为减函数． ∴当x ＝e 时，L (x )max ＝L (e)＝2e.函数L (x )＝2ln xx，H (x )＝(x －e)2＋t －e 2在同一坐标系内的大致图象如图所示．由图象可知，①当t －e 2＞2e ，即t ＞e 2＋2e 时，方程无实数根；②当t －e 2＝2e ，即t ＝e 2＋2e 时，方程有一个实数根；③当t －e 2＜2e ，即t ＜e 2＋2e时，方程有两个实数根．【跟踪训练2-2】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．解：(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 )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ，由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a ， 函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． 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 )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数等价于方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，在(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 )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e 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 ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2e 1e＋1e，h (x )max ＝h (e)＝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 上有一个零点．。
函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版)-高中数学
函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一)确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2.判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a=g(x),根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y=a与函数y=g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,也通过构造函数y=f(x)-g(x),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.1(2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数)已知函数f x =ax2e xa≠0,a∈R．(1)求f x 的极大值；(2)若a=1，求g x =f x -cos x在区间-π2,2024π上的零点个数．(二)根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.2(2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟)已知函数f x =ln x+2(1)求曲线y=f x 在x=-1处的切线方程；(2)求证：e x≥x+1；(3)函数h x =f x -a x+2有且只有两个零点，求a的取值范围．(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知f(a)的符号,探求赋值点m(假定m<a)使得f(m)与f(a)异号,则在(m,a)上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；确保赋值点x0落在规定区间内；确保运算可行三个优先：(1)优先常数赋值点；(2)优先借助已有极值求赋值点；(3)优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点(见例2解法),放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.3(2024届山东省烟台招远市高考三模)已知函数f x =x+ae x a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)当a=3时，若方程xf x -x +f x -xf x=m+1有三个不等的实根，求实数m的取值范围.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为x 0,再利用导函数的单调性确定x 0所在区间,最后根据fx 0 =0,研究f x 0 ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若f (x )中含有参数a ,关系式f '(x 0)=0是关于x 0,a 的关系式,确定x 0的合适范围,往往和a 的范围有关.4(2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考)已知函数f x =e x ，g x =ln x .(1)若函数h x =ag x -1 -x +1x -1，a ∈R ，讨论函数h x 的单调性；(2)证明：142x -1 f 2x -f x >2g x -2.(参考数据：e 45≈2.23，e 12≈1.65)1(2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研)已知函数f x =ln x+sin x+sin π10.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.2(2024届江西省九江市高三三模)已知函数f x =e ax+e-ax(a∈R，且a≠0).(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =x+x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围.3(2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测)已知函数f(x)=a(ln x+1)+1x3(a>0)．(1)求证：1+x ln x>0；(2)若x1,x2是f(x)的两个相异零点，求证：x2-x1<1-1 a．4(2022高考全国卷乙理)已知函数f x =ln1+x+axe-x (1)当a=1时,求曲线y=f x 在点0,f0处的切线方程；(2)若f x在区间-1,0,0,+∞各恰有一个零点,求a取值范围．5(2024届辽宁省凤城市高三下学期考试)已知函数f x =xe x -1-ln x -x .(1)求函数f x 的最小值；(2)求证：e f x +x >e x -e -1 ln x -12.6(2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷)已知函数f x =xe x-1,g x =ln x-mx,m∈R.(1)求f x 的最小值；(2)设函数h x =f x -g x ，讨论h x 零点的个数.7(2024届河南省信阳市高三下学期三模)已知函数f x =ax-ln1-x.a∈R(1)若f x ≥0恒成立，求a的值；(2)若f x 有两个不同的零点x1,x2，且x2-x1>e-1，求a的取值范围.8(2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考)已知函数f x =e x-1-ax-a a∈R.(1)当a=2时，求曲线y=f x 在x=1处的切线方程；(2)若函数f x 有2个零点，求a的取值范围.9(2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟)设函数f x =e x+a sin x，x∈0,+∞.(1)当a=-1时，f x ≥bx+1在0,+∞上恒成立，求实数b的取值范围；(2)若a>0,f x 在0,+∞上存在零点，求实数a的取值范围.10(2024届河北省张家口市高三下学期第三次模)已知函数f(x)=ln x+5x-4．(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；-2．(2)证明：f(x)>-35x11(2024届上海市格致中学高三下学期三模)已知f x =e x-ax-1，a∈R，e是自然对数的底数.(1)当a=1时，求函数y=f x 的极值；(2)若关于x的方程f x +1=0有两个不等实根，求a的取值范围；(3)当a>0时，若满足f x1，求证：x1+x2<2ln a.=f x2x1<x212(2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷)函数f (x )=e λx -4sin x +λ-2的图象在x =0处的切线为y =ax -a -3,a ∈R .(1)求λ的值；(2)求f (x )在(0,+∞)上零点的个数.13(2024年天津高考数学真题)设函数f x =x ln x ．(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的值；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 12．14(2024届河北省高三学生全过程纵向评价六)已知函数f x =axe x，g x =sin x+cos x.(1)当a=1时，求f x 的极值；(2)当x∈0,π时，f x ≤g x 恒成立，求a的取值范围.15(2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练)已知函数f x =a ln x-1x+x a∈R.(1)讨论f x 的零点个数；(2)若关于x的不等式f x ≤2x-2e在0,+∞上恒成立，求a的取值范围.16(2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试)设f x =(a2-1)e x+sin x-3(1)当a=2，求函数f(x)的零点个数.(2)函数h(x)=f(x)-sin x-x2+2ax+2，若对任意x≥0，恒有h(x)>0，求实数a的取值范围17(2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测)已知函数f x =2ax-sin x.(1)当a=1时，求曲线y=f x 在点0,f0处的切线方程；(2)当x>0时，f x ≥ax cos x恒成立，求实数a的取值范围.18(2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试)已知函数f x =2ln x-12mx2+1m∈R.(1)当m=1时，证明：f x <1；(2)若关于x的不等式f x <m-2x恒成立，求整数m的最小值.19(2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考)设函数f x =x3-3ax2+3b2x(1)若a=1，b=0，求曲线y=f x 在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k的最大值．20(2023届江苏省连云港市高三学情检测)已知函数.(1)判断函数f x 零点的个数，并证明；(2)证明：.。
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 --->。
高考函数题型总结：零点问题总结
高考函数题型总结：零点问题总结高中函数专题——零点（看图像交点）2018新课标1理】已知函数f(x)，的取值范围是()。
若存在2个零点，则答案为C。
解析】令y=f(x)，则y=a(x-1)e^(x-1)+1.当y=0时，即a(x-1)e^(x-1)+1=0.当a=0时，有两个零点，矛盾。
当a0时，在(-∞,1)上递增，在(1,+∞)上递减，此时y=a(x-1)e^(x-1)+1的图象只能有一个零点，即在(1,+∞)上有一个零点。
综上，当a>0时，f(x)的零点个数为1，故答案为C。
2018•新课标Ⅲ】函数的零点个数为3.解析】由题意得f(x)=x^3-3x^2+2x，令f(x)=0，则x^3-3x^2+2x=0，整理得x(x-2)(x-1)=0，即f(x)的零点为0，1，2，故零点个数为3.2018•浙江理】已知λ∈R，函数f(x)=λ(e^(x-1)-1)/(x-1)。
当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是(1,2)。
若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是(1,4)。
解析】当λ=2时，f(x)=(e^(x-1)-1)/(x-1)，不等式f(x)<0的解集是(1,2)。
当f(x)有2个零点时，即f(x)的图象在(1,2)上有两个交点，所以f(x)在(1,2)上单调性变化，即f'(x)在(1,2)上存在一个零点。
由f'(x)=(e^(x-1)(x-2)+1)/(x-1)^2=0，解得x=2，所以λ的取值范围为1<λ≤3.2018•天津理】已知a>0，函数f(x)=x^2+ax+1/x^2.若关于x的方程f(x)=ax恰有2个异的实数解，则a的取值范围是(4,8)。
解析】由f(x)=x^2+ax+1/x^2=ax，整理得x^4+ax^3+x^2-a=0.由于f(x)恰有2个异的实数解，即x^2≠1，所以x^4+ax^3+x^2-a=0要么无根，要么有同号根，同号根时a>0，所以x^4+ax^3+x^2-a=0在a>0时有两个异的实数解。
数学 函数零点的求法及零点的个数
函数零点的求法及零点的个数题型1：求函数的零点。
[例1]求函数2223+--=x x x y 的零点.[解题思路]求函数2223+--=x x x y 的零点就是求方程02223=+--x x x 的根[解析]令32220x x x --+=，∴2(2)(2)0x x x ---=∴(2)(1)(1)0x x x --+=，∴112x x x =-==或或即函数2223+--=x x x y 的零点为-1，1，2。
[反思归纳]函数的零点不是点，而是函数函数()y f x =的图像与x 轴交点的横坐标，即零点是一个实数。
题型2：确定函数零点的个数。
[例2]求函数f(x)=lnx＋2x －6的零点个数.[解题思路]求函数f(x)=lnx＋2x －6的零点个数就是求方程lnx＋2x －6=0的解的个数[解析]方法一：易证f(x)=lnx＋2x －6在定义域(0,)+∞上连续单调递增，又有(1)(4)0f f ⋅<，所以函数f(x)=lnx＋2x －6只有一个零点。
方法二：求函数f(x)=lnx＋2x －6的零点个数即是求方程lnx＋2x －6=0的解的个数即求ln 62y x y x =⎧⎨=-⎩的交点的个数。
画图可知只有一个。
[反思归纳]求函数)(x f y =的零点是高考的热点，有两种常用方法：①（代数法）求方程0)(=x f 的实数根；②（几何法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数)(x f y =的图像联系起来，并利用函数的性质找出零点。
题型3：由函数的零点特征确定参数的取值范围[例3](2007·广东)已知a 是实数,函数()a x ax x f --+=3222,如果函数()x f y =在区间[]1,1-上有零点，求a 的取值范围。
[解题思路]要求参数a 的取值范围，就要从函数()x f y =在区间[]1,1-上有零点寻找关于参数a 的不等式（组），但由于涉及到a 作为2x 的系数，故要对a 进行讨论[解析]若0a =,()23f x x =-,显然在[]1,1-上没有零点,所以0a ≠.令()248382440a a a a ∆=++=++=,解得372a -±=①当372a --=时,()y f x =恰有一个零点在[]1,1-上;②当()()()()05111<--=⋅-a a f f ，即15a <<时，()y f x =在[]1,1-上也恰有一个零点。
(完整版)高一：零点问题的解题方法
谈函数与方程 ( 零点问题 ) 的解题方法课题——解题技术篇从近几年高考试题看，函数的零点、方程的根的问题是高考的热点，题型主要以选择题、填空题为主，难度中等及以上．主要观察转变与化归、数形结合及函数与方程的思想．(1)函数零点的定义关于函数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．(2)零点存在性定理 (函数零点的判断 )若函数y＝ f(x)在闭区间 [a，b] 上的图像是连续曲线，并且在区间端点的函数值符号相反，即f(a) ·f(b)＜ 0，则在区间 (a，b)内，函数 y＝ f(x)最少有一个零点，即相应方程f(x)＝ 0 在区间 (a，b)内最少有一个实数解．也能够说：若是函数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 也就是方程f(x)＝ 0 的根．[提示 ]此定理只能判断出零点存在，不能够确定零点的个数．(3)几个等价关系函数 y＝ f(x)有零点?方程f(x)＝0有实数根?函数y＝f(x)的图象与函数y＝ 0(即 x 轴 )有交点．实行：函数 y＝ f( x)－ g(x)有零点?方程f(x)－g(x)＝0有实数根?函数y＝f(x)－g(x)的图象与y＝0(即x轴 )有交点．实行的变形：函数 y＝ f(x)－ g(x)有零点 ? 方程 f(x)＝ g(x) 有实数根 ? 函数 y＝ f(x)的图象与 y＝g(x)有交点．1．函数的零点是函数y＝ f(x)与 x 轴的交点吗？可否任意函数都有零点？提示：函数的零点不是函数y＝ f(x)与 x 轴的交点，而是y＝ f(x)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；其实不是任意函数都有零点，只有f(x) ＝0 有根的函数y＝ f(x)才有零点．2．若函数 y＝ f(x) 在区间 (a， b)内有零点，必然有f(a) ·f(b)<0 吗？提示：不用然，以下列图，f(a) ·f(b)>0 ．提示：不用然，可能有多个．(4)二次函数 y＝ ax2＋ bx＋ c (a>0)的图象与零点的关系＝ b2－ 4ac＞ 0＝ 0＜ 0二次函数y＝ ax2＋ bx＋c(a＞ 0)的图象与 x 轴的交点(x1， 0)， (x2， 0)(x1， 0)无交点零点个数210关于今后的考试中仍以观察函数的零点、方程的根和两函数图象交点横坐标的等价转变成主要考点，涉及题目的主要考向有：1．函数零点的求解与所在区间的判断；2．判断函数零点个数；3．利用函数的零点求解参数及取值范围．考向一、函数零点的求解与所在区间的判断1． (2015 ·州十校联考温 )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)【剖析】法一：∵ f(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，f(2)＝ln 2＞0，∴ f(1)·f(2)＜0，∵ 函数f(x)＝ln x＋x－2的图象是连续的，∴函数 f(x)的零点所在的区间是(1， 2) ．法二：函数 f(x)的零点所在的区间转变成函数g( x)＝ ln x，h(x)＝－ x＋ 2 图象交点的横坐标所在的范围，以下列图，可知 f(x) 的零点所在的区间为(1， 2)．【答案】 B1的图象交点的横坐标所在区间为() 2． (2015 西·安五校联考 )函数 y＝ ln(x＋ 1)与 y＝xA ．(0， 1)B． (1， 2)C．(2， 3)D． (3， 4)1＋∞)上为增函数，且f(1) ＝ ln 2 －1＜ 0， f(2)＝ ln 3 －2＞ 0，∴f(x)的零点所在区间为(1， 2)．【答案】 B3．函数 f(x)＝ 3x－7＋ ln x 的零点位于区间(n，n＋ 1)(n∈ N)内，则 n＝________．【剖析】求函数 f(x)＝ 3x－ 7＋ ln x 的零点，能够大体估计两个相邻自然数的函数值，如f(2)＝－1＋ln 2，由于 ln 2 ＜ln e ＝ 1，因此 f(2)＜ 0， f(3) ＝2＋ ln 3 ，由于 ln 3 ＞ 1，因此 f(3)＞ 0，因此函数f(x)的零点位于区间(2， 3)内，故 n＝ 2．【答案】 24．(2015 长·沙模拟 )若 a＜ b＜ c，则函数 f(x)＝ (x－ a)(x－ b)＋ (x－ b)(x－ c)＋ (x－ c)(x－ a)的两个零点分别位于区间 ()A ．(a， b)和 (b， c)内B． (－∞， a)和( a， b)内C．(b， c)和 (c，＋∞ )内D． (－∞， a)和 ( c，＋∞ )内【剖析】本题观察零点的存在性定理．依题意得f(a)＝ (a － b)( a－ c)＞ 0 ， f(b)＝ (b－ c)(b－ a) ＜ 0， f(c)＝ (c－b)( c－a) ＞0，因此由零点的存在性定理知f(x)的零点位于区间(a， b)和 (b， c)内．【答案】 A5． (2014 ·考湖北卷高 )已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当x≥ 0 时， f(x)＝ x2－ 3x，则函数g(x)＝ f(x)－ x＋ 3 的零点的会集为()A ．{1 ，3}B． { － 3，－ 1， 1， 3}C．{2 －7， 1， 3}D． { － 2－7， 1，3}【剖析】令 x＜ 0，则－ x＞0，因此 f(x) ＝－ f(－ x)＝－ [( － x)2－ 3(－ x)] ＝－ x2－ 3x．求函数 g(x)＝ f(x)－ x＋ 3 的零点等价于求方程f(x) ＝－ 3＋ x 的解．当 x≥ 0 时， x2－3x＝－ 3＋x，解得 x1＝ 3，x2＝ 1；当 x＜ 0 时，－x2－3x＝－ 3＋x，解得 x3＝－ 2－7．【答案】 D确定函数f(x)零点所在区间的方法(1)解方程法：当对应方程f(x) ＝0 易解时，可先解方程，再看解得的根可否落在给定区间上．(2)利用函数零点的存在性定理：第一看函数 y＝ f(x)在区间 [a，b] 上的图象可否连续，再看可否有 f(a) ·f(b) ＜ 0．若有，则函数 y＝ f(x)在区间 (a， b)内必有零点．(3)数形结合法：经过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上可否有交点来判断．61．已知函数f(x)＝x－ log2x，在以下区间中，包含f(x)零点的区间是()【剖析】 由于 f(1) ＝6－ log 21＝ 6＞ 0， f(2)＝ 3－ log 22＝ 2＞0， f(4) ＝ 3－ log 24＝－ 1＜ 0，因此函数 f(x)的2 2 零点所在区间为 (2， 4)．【答案】 C2．方程 log 3x ＋ x ＝ 3 的根所在的区间为 ( )A ．(0， 1)B ． (1， 2)C ． (2， 3)D ．(3， 4)【剖析】法一：方程 log 3x ＋ x ＝ 3 的根即是函数 f(x)＝ log 3x ＋ x － 3 的零点，由于 f(2) ＝ log 32＋ 2－ 3＝log 32－ 1<0 ， f(3) ＝ log 33＋ 3－ 3＝ 1>0 且函数 f(x)在 (0，＋ ∞ )上为单调增函数．∴函数 f(x)的零点即方程 log 3x ＋ x ＝ 3 的根所在区间为 (2， 3)．法二 ：方程 log 3x ＋ x ＝3 的根所在区间即是函数y 1＝ log 3x 与 y 2＝ 3－ x 交点横坐标所在区间，两函数图象以下列图．由图知方程 log 3的根所在区间为 (2， 3)．x ＋ x ＝ 3 【答案】 C3．(2015 ·武汉调研 )设 a 1， a 2，a 3 均为正数， λ1＜ λ2＜λ3，则函数a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 的两个零点 f(x)＝123x － λ x － λ x － λ分别位于区间 ( )A ．(－∞， λ1)和 (λ1， λ2)内B ． (λ1， λ2)和 (λ2， λ3)内C ．(λ，λ) 和 (λ，＋∞ )内D ． (－∞， λ) 和(λ，＋∞ )内23313【剖析】 本题观察函数与方程．利用零点存在定理求解．当x ∈ (λ1， λ2)时，函数图象连续，且x → λ，1f(x)→ ＋ ∞ ，x → λ2， f(x)→－ ∞ ，因此函数 f(x)在 (λ1， λ2)上必然存在零点；同应该x ∈ (λ2， λ3)时，函数图象连续，且 x → λ， f(x)→ ＋∞ ， x → λ， f(x)→ － ∞ ，因此函数 f(x)在 (λ， λ)上必然存在零点，应选B ．2323【答案】 B考向二、判断函数零点个数x －2， x>0，g(x)＝ f(x)＋ x 的1．已知函数 f(x)＝满足 f(0) ＝ 1，且 f(0)＋ 2f( －1) ＝0，那么函数－x 2 ＋bx ＋ c ， x ≤ 0零点个数为 ________．【剖析】 ∵f(0) ＝ 1，∴c ＝ 1，又∵f(0) ＋ 2f(－1)＝ 0，∴f(－ 1)＝－ 1－ b ＋ 1＝－ 112，∴b ＝ 2．∴当 x ＞ 0 时，g( x)＝ 2x－ 2＝ 0 有唯一解 x＝1；当 x≤ 0 时， g(x)＝－ x2＋3x＋1，令 g(x)＝ 0 得 x＝－1或 x＝2(舍去 )，22综上可知， g(x)＝ f(x)＋ x 有 2 个零点．【答案】 22． (2013 高·考天津卷 )函数 f(x)＝ 2x|log 0.5x|－ 1 的零点个数为 () A ．1B． 2C．3D． 4x1x．【剖析】由 f(x) ＝2 |log0.5x|－ 1＝ 0，可得 |log0．5x|＝2设 g(x)＝ |log0.5x|， h(x)＝1 xg( x)， h(x)的图象，能够发现两个函数图2 ，在同一坐标系下分别画出函数象必然有 2 个交点，因此函数f(x)有 2 个零点．【答案】 B3． (2015 ·考天津卷高)已知函数2－ |x|， x≤2，函数 g(x)＝ 3－ f(2－ x)，则函数y＝ f(x)－ g(x) f(x) ＝x－ 2 2， x＞ 2，的零点个数为 ()A ．2B． 3C．4D． 5【剖析】分别画出函数 f(x)， g(x)的草图，观察发现有 2个交点．【答案】 A4．若定义在R 上的偶函数f( x)满足 f( x＋2) ＝ f(x)，且当 x∈ [0， 1]时， f(x)＝ x，则函数y＝f(x)－ log 3|x|的零点个数是________．【剖析】由题意知， f(x)是周期为 2 的偶函数．在同一坐标系内作出函数y＝ f(x)及 y＝ log3 |x|的图象，以下：观察图象能够发现它们有 4 个交点，即函数y＝ f(x)－ log3|x|有 4 个零点．5判断函数零点个数的方法(1)解方程法：令 f(x)＝ 0，若是能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理法：利用定理不但要求函数在区间[a ， b] 上是连续不断的曲线，且f(a) ·f(b)＜ 0，还必定结合函数的图象与性质( 如单调性、奇偶性、周期性、对称性 )才能确定函数有多少个零点或零点值所拥有的性质．(3)数形结合法：转变成两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不相同的值，就有几个不相同的零点．1． (2015 ·博期末淄 )函数 f(x)＝ x － ln(x ＋ 1)－ 1 的零点个数是 ________．【剖析】 函数 f( x)＝ x －ln( x ＋ 1)－ 1 的零点个数，即为函数 y ＝ ln( x ＋ 1)与 y ＝ x － 1 图象的交点个数．在同一坐标系内分别作出函数y ＝ ln( x ＋ 1)与 y ＝ x － 1 的图象，如图，由图可知函数 f(x)＝ x － ln(x ＋ 1)－ 1 的零点个数是 2．【答案】 2lg x ， x>0， 2．若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x ＋ 2)＝ f(x)，且 x ∈ [ － 1，1]时，f(x)＝1－ x 2，函数 g( x)＝0， x ＝0， － 1，x<0，x则方程 f(x)－g(x)＝0 在区间 [ － 5， 5]上的解的个数为 ()A ．5B ． 7C ．8D ． 10【剖析】 依题意得，函数f(x)是以 2 为周期的函数，在同一坐标系下画出函数y ＝ f(x)与函数 y ＝g(x)的图象，结合图象得，当 x ∈ [－ 5， 5]时，它们的图象的公共点共有8 个，即方程 f(x)－ g(x)＝ 0 在区间 [－ 5， 5]考向三、利用函数的零点求解参数及取值范围1． (2014 合·肥检测 )若函数 f(x)＝ ax2－ x－ 1 有且仅有一个零点，则实数 a 的取值为 ()1A ．0B．－41C．0 或－4D． 2【剖析】当 a＝ 0时，函数 f(x)＝－ x－ 1 为一次函数，则－ 1 是函数的零点，即函数仅有一个零点；当a≠ 0 时，函数 f(x)＝ ax2－ x－ 1为二次函数，并且仅有一个零点，则一元二次方程ax2－ x－ 1＝ 0有两个相11等实根．∴Δ＝1＋ 4a＝0，解得 a＝－4．综上，当 a＝ 0 或 a＝－4时，函数仅有一个零点．【答案】 C2．(2014 ·阳模拟洛)已知方程 |x2－ a|－ x＋ 2＝ 0(a＞ 0)有两个不等的实数根，则实数 a 的取值范围是 ()A ．(0， 4)B． (4，＋∞ )C．(0， 2)D． (2，＋∞ )【剖析】依题意，知方程 |x2－ a|＝ x－ 2 有两个不等的实数根，即函数y＝ |x2－ a|的图象与函数y＝ x－ 2的图象有两个不相同交点．如图，则a＞ 2，即 a＞ 4．【答案】 B3．已知函数21x，若实数 x是方程 f(x)＝0 的解，且101f(x)＝ log x－30<x <x ，则 f(x )的值为 ()A ．恒为负B．等于零C．恒为正D．不小于零1【剖析】在同一坐标系中作出y＝ log2x 和 y＝3x的图象，由图象知f(x1)＜0．【答案】 A4．(2014 高·考江 卷 )已知 f(x)是定 在 R 上且周期3 的函数，当 x ∈ [0，3) ，f(x)＝x 2－ 2x ＋1．若2函数 y ＝ f(x) －a 在区 [ － 3， 4]上有 10 个零点 (互不相同 )， 数 a 的取 范 是 ________．【剖析】 当 x ∈ [0 ，3) ， f(x)＝ x 2－ 2x ＋1 ＝ x － 1 2－ 1 ，由 f(x)是周期 3 的函数，作出 f( x)在 [－2 23， 4]上的 象，如 ．函数 y ＝ f(x)－a 在区 [ － 3， 4]上有互不相同的10 个零点，即函数 y ＝ f(x)，x ∈ [－ 3， 4]与 y ＝ a 的象有 10 个不相同交点，在坐 系中作出函数f(x) 在一个周期内的 象如 ，可知当0＜ a ＜1足 意．2【答案】0， 125． (2015 湖·北八校 考 )已知 x ∈ R ，符号 [x] 表示不超 x 的最大整数，若函数[x]－ a(x ≠ 0)有且f(x)＝ x有 3 个零点， a 的取 范 是 ( )344 33 4 4 3 A ． 4，5 ∪ 3，2B ． 4，5 ∪3，2 1， 2 ∪ 5， 31，2∪5，3C ． 2 3 42D ． 2 3 4 2[x][x]1【剖析】 当 0＜ x ＜ 1 ， f(x)＝ x － a ＝－ a ；当 1≤ x ＜ 2 ， f(x)＝ x －a ＝ x － a ；当 2≤ x ＜ 3 ， f(x)[x]2 [ x] [x][x]＝ x － a ＝ x － a ； ⋯ ． f(x)＝ x － a 的 象是把y ＝ x 的 象 行 向平移而获取的，画出y ＝ x 的 象，3 44 3如 所示，通 数形 合可知a ∈ 4， 5 ∪ 3， 2 ．【答案】 A已知函数有零点 (方程有根 )求参数取 范 常用的方法：(1)直接法：直接依照 条件成立关于参数的不等式，再通 解不等式确定参数范 ．(2)分别参数法：先将参数分别， 化成求函数 域 加以解决．(3)数形 合法：先 剖析式 形，在同一平面直角坐 系中，画出函数的 象，尔后数形 合求解．2x－1， x≤ 1，1． (2015 莱·芜一模 )已知函数 f(x)＝则函数 f(x)的零点为 ()1＋ log x， x>1，2A ．1， 0B．－ 2，02 1C．2D． 0【剖析】当 x≤ 1 时，由 f(x)＝ 2x－1＝ 0，解得 x＝ 0；当 x＞ 1时，由 f(x)＝1＋ log21 x＝ 0，解得 x＝，2又由于 x＞1，因此此时方程无解．综上，函数f(x) 的零点只有 0．【剖析】 D2x－ 1， x＞ 0，若函数 g(x)＝ f(x)－ m有 3 个零点，则实数m 的取值范围是2．已知函数f( x)＝－x2－2x，x≤0，________．2x－ 1， x＞ 0，【剖析】画出 f(x)＝的图象，如图．－ x2－ 2x， x≤ 0由函数 g(x) ＝ f(x)－ m 有 3 个零点，结合图象得：0＜ m＜ 1，即 m∈ (0，1) ．【答案】 (0，1)3．已知函数 f(x)＝2x－ a， x≤ 0，a 的取值范围是 ________．有三个不相同的零点，则实数x2－ 3ax＋ a， x＞ 0【剖析】要使函数 f(x)有三个不相同的零点，则当x≤ 0 时，方程2x－ a＝ 0，即 2x＝ a 必有一根，此时 0＜ a≤ 1；当 x>0 时，方程 x2－ 3ax＋ a＝ 0 有两个不等实根，即方程x2－ 3ax＋ a＝ 0 有 2 个不等正实根，于＝9a2－ 4a＞ 0，3a＞ 0，44是∴a＞9，故9＜ a≤1．a＞ 0，【答案】49，1必记结论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．(3)连续不断的函数图象经过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．1． (2015 ·考安徽卷高 )以下函数中，既是偶函数又存在零点的是()A ．y＝ cos x B． y＝ sin xC．y＝ ln x D． y＝ x2＋ 1【剖析】 y＝ cos x 是偶函数，且存在零点；y＝ sin x 是奇函数； y＝ ln x 既不是奇函数又不是偶函数；y＝x2＋1 是偶函数，但不存在零点．【答案】 A2．函数 f(x)＝ 2x－2－ a 的一个零点在区间(1，2) 内，则实数 a 的取值范围是 () xA ．(1， 3)B． (1， 2) C．(0， 3)D． (0， 2)【剖析】由题意知 f(1) ·f(2) ＜ 0，即 a(a－ 3)＜0，∴0＜ a＜ 3．【答案】 C3． (2016 东·城期末 )函数 f(x)＝ e x＋1x－ 2的零点所在的区间是() 2A ．11，1 0，2B．2C．(1， 2)D． (2， 3)【剖析】∵f 177312＝e－4＜ 3－4＜ 0， f(1) ＝ e－2＞ 0，∴零点在区间2， 1 上．【答案】 B4．(2014 昆·明三中、玉溪一中统考 ) 若函数 f(x)＝3ax＋ 1－ 2a在区间 (－1， 1)内存在一个零点，则 a 的取值范围是 ()A ．1，＋∞B． (－∞，－ 1)∪1，＋∞55C．－ 1，1D． (－∞，－ 1) 5【剖析】当 a＝ 0时， f(x)＝ 1 与 x 轴无交点，不合题意，因此a≠ 0；函数 f(x)＝ 3ax＋ 1－ 2a 在区间 (－11， 1)内是单调函数，因此 f( －1)·f(1) ＜ 0，即 (5a－ 1)(a＋ 1)＞0，解得 a＜－ 1 或 a＞5．【答案】 B5．f(x)是 R 上的偶函数， f(x＋ 2)＝ f( x)，当 0≤ x≤1 时， f(x)＝ x2，则函数 y＝ f(x)－ |log5 x|的零点个数为()A ．4B ． 5C． 8 D ．10【剖析】由零点的定义可得f( x)＝ |log5x|，两个函数图象如图，总合有 5 个交点，因此共有 5 个零点．【答案】 B6． (2014 ·封模拟开 )偶函数 f(x)满足 f(x－ 1)＝f(x＋ 1)，且当 x∈ [0， 1]时， f(x)＝－ x＋ 1，则关于x 的方程 f(x)＝ lg(x＋ 1)在 x∈ [0，9] 上解的个数是 ()A ．7B ． 8C．9D． 10【剖析】依题意得 f(x＋ 2)＝f(x)，因此函数f(x)是以 2 为周期的函数．在平面直角坐标系中画出函数y＝ f(x)的图象与y＝ lg(x＋ 1)的图象 (以下列图 )，观察图象可知，这两个函数的图像在区间[0，9] 上的公共点共有9 个，因此，当 x∈ [0，9]时，方程 f(x)＝ lg( x＋ 1)的解的个数是9．【答案】 C7．(2014 ·宁模拟南 ) 已知函数f(x)＝ ln x＋ 3x－ 8 的零点 x0∈ [a，b]，且 b－ a＝ 1， a，b∈ N*，则 a＋ b＝________．【剖析】∵f(2)＝ ln 2 ＋ 6－ 8＝ ln 2 － 2<0 ，f(3)＝ ln 3 ＋ 9－ 8＝ ln 3 ＋ 1>0，且函数f(x) ＝ln x＋3x－8 在(0，＋∞ )上为增函数，∴ x0∈ [2， 3]，即 a＝ 2， b＝ 3．∴a＋ b＝5．【答案】 58．已知函数 y＝ f(x) (x∈R )满足 f(－ x＋ 2)＝f(－ x)，当 x∈[ －1， 1]时， f(x)＝ |x|，则 y＝ f(x)与 y＝log7 x 的交点的个数为 ________．【剖析】由于 f(－ x＋ 2)＝ f(－x)，因此 y＝ f(x)为周期函数，其周期为2．在同素来角坐标系中，画出函数y＝ f(x)和 y＝log 7x 的图象如图，当x＝7 时， f(7) ＝1， log77＝ 1，故 y＝ f( x)与 y＝log7 x 共有 6 个交点．【答案】 69．若函数y＝ f(x)( x∈R) 满足 f(x＋ 2)＝ f(x)且 x∈ [ － 1， 1]时， f(x)＝ 1－ x2；函数 g(x)＝ lg|x|，则函数y＝f(x)与 y＝ g(x)的图象在区间 [ － 5， 5]内的交点个数共有 ________个．【剖析】函数 y＝ f(x)以 2 为周期， y＝g( x)是偶函数，画出图象可知有8 个交点．【答案】 810． (2015 高·考湖南卷 )已知函数 f(x)＝x3， x≤ a，若存在实数 b，使函数 g(x)＝ f(x)－ b 有两个零点，x2， x＞ a.则 a 的取值范围是 ________．【剖析】令φ(x)＝ x3(x≤ a)，h(x)＝ x2(x＞a) ，函数 g(x)＝ f(x)－ b 有两个零点，即函数 y＝ f( x)的图象与直线y＝ b 有两个交点，结合图象 (图略 )可得 a＜ 0 或φ(a)＞ h(a)，即 a＜ 0 或 a3＞ a2，解得 a＜ 0 或 a＞1，故 a∈ (－∞， 0)∪(1 ，＋∞)．【答案】 (－∞， 0)∪ (1，＋∞ )1． (2014 ·考山东卷高 )已知函数f( x)＝ |x－2|＋ 1， g(x)＝ kx．若方程f(x)＝ g(x)有两个不相等的实根，则实数 k 的取值范围是 ()A ． 0，1B ．1， 1C． (1，2) D ．(2，＋∞ ) 22【剖析】先作出函数f(x)＝|x－ 2|＋ 1 的图象，以下列图，1当直线 g(x) ＝ kx 与直线 AB 平行时斜率为1，当直线 g( x)＝ kx 过 A 点时斜率为2，故 f(x)＝ g(x) 有两个不1相等的实根时， k 的范围为2， 1．【答案】 B2．若函数 f(x)＝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 ．(2，＋∞ )B ． 0，1C． (1，＋∞ ) D ．(0， 1) 2【剖析】函数 f(x)＝ a x－x－ a(a＞ 0 且 a≠ 1)有两个零点，就是函数y＝ a x(a＞ 0 且 a≠ 1)与函数 y＝ x＋ a(a ＞ 0 且 a≠ 1)的图象有两个交点，由图 1 知，当 0＜ a＜1 时，两函数的图象只有一个交点，不吻合题意；由图 2 知，当 a＞ 1 时，由于函数y＝ a x(a＞ 1)的图象与y 轴交于点 (0，1)，而直线 y＝ x＋ a 与 y 轴的交点必然在点 (0， 1)的上方，因此两函数的图象必然有两个交点，因此实数 a 的取值范围是a＞ 1．【答案】 C2－ |x|，x≤2，3． (2015 ·考天津卷高 )已知函数f(x)＝函数 g(x)＝ b－ f(2－ x)，其中 b∈ R．若函数 y x－ 2 2， x＞ 2，＝ f(x)－ g(x)恰有 4 个零点，则 b 的取值范围是 ()7777A ．4，＋∞B ．－∞，4C．0，4 D ．4，2【剖析】函数 y＝f(x)－ g(x)恰有 4 个零点，即方程f(x)－ g(x)＝0，即 b＝ f(x)＋ f(2－ x)有 4 个不相同的实数根，即直线 y ＝ b 与函数 y＝ f(x) ＋ f(2 － x) 的图象有 4个不同的交点．又 y ＝ f(x) ＋ f(2 － x) ＝x2＋ x＋ 2， x＜ 0，2， 0≤ x≤ 2，7作出该函数的图象以下列图，由图可得，当4＜ b＜2时，直线 y＝ b 与函数 y＝ f(x)x2－ 5x＋8， x＞ 2，＋f(2－ x)有 4 个交点．【答案】 D4．已知函数1，当 x∈ [0，1]时， f( x)＝ x，若在区间 (－ 1，1]内，函数 g(x)＝ f(x) f(x)满足 f(x)＋ 1＝f x＋1－ mx－m 有两个零点，则实数 m 的取值范围是 ()A ．0，1B ．1，＋∞C． 0，1 D ． 0，1 2232【剖析】当 x∈ (－1， 0]时， x＋ 1∈ (0， 1]．由于函数f(x)＋ 1＝1，因此 f(x) ＝1－ 1＝1－f x＋ 1 f x＋ 1x＋ 1x－x， x∈ － 1， 0]，.即 f(x)＝x＋ 1函数 g(x)＝ f(x)－ mx－m 在区间 (－ 1，1]内有两个零点等价1＝－x＋ 1x， x∈ 0，1].于方程 f(x)＝ m(x＋ 1)在区间 (－ 1， 1]内有两个根，令y＝m(x＋ 1)，在同一坐标系中画出函数y＝ f(x)和 y＝1m(x＋ 1)的部分图象 (图略 )，可知当 m∈0，2时，函数 g(x)＝ f(x)－ mx－ m 有两个零点．|x2＋ 5x＋ 4|，x≤ 0，5．(2014 ·高考天津卷 ) 已知函数f(x)＝若函数 y＝ f(x)－ a|x|恰有 4 个零点，则实数2|x－2|， x＞ 0.a 的取值范围为________．【剖析】画出函数 f(x)的图象以下列图．函数 y＝ f(x)－ a|x|有 4 个零点，即函数y1＝ a|x|的图象与函数f(x)的图象有 4 个交点 (依照图象知需a＞0)．当 a＝2 时，函数 f(x)的图象与函数 y ＝ a|x|的图象有 3 个交点．故 a＜ 2．1当 y12＋ 5x＋ 4|相切时，在整个定义域内，f(x)的图象与 y15 个交点，＝ a|x|(x≤ 0)与 y＝ |x＝ a|x|的图象有y＝－ ax，得 x2＋ (5－ a)x＋4＝ 0．此时，由y＝－ x2－ 5x－ 4由＝ 0 得(5－ a)2－16＝ 0，解得 a＝ 1，或 a＝9( 舍去 )，则当 1＜ a＜ 2 时，两个函数图象有 4 个交点．故实数 a 的取值范围是1＜ a＜ 2．【答案】 (1， 2)考向四、二分法(1)定义：关于在区间 [a， b] 上连续不断且f( a) ·f(b)＜ 0 的函数 y＝ f(x)，经过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点渐渐逼近零点，进而获取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 f(x)零点近似值的步骤以下：①确定区间 [a， b] ，考据 f(a) ·f(b)<0 ，给定精确度ε；②求区间(a， b)的中点 c；(ⅰ )若 f(c)＝ 0，则 c 就是函数的零点；(ⅱ )若 f(a) ·f(c)＜ 0，则令 b＝c(此时零点x0∈ (a， c))；(ⅲ )若 f(c) ·f(b)＜ 0，则令 a＝c(此时零点x0∈ (c， b))．④判断可否达到精确度ε：即若 |a－ b|<ε，则获取零点近似值a(或 b)；否则重复②③④．1． (教材习题改编 )以下函数图象与x 轴均有交点，其中不能够用二分法求图中函数零点的是()A B C D【剖析】由图象可知，选项 C 所对应零点左右两侧的函数值的符号是相同的，故不能够用二分法求解．【剖析】 C2． (教材习题改编 )用二分法求函数y＝ f(x)在区间 (2， 4)上的近似解，考据f(2) f(4)·＜ 0，给定精确度ε＝ 0.01，取区间 (2， 4)的中点 x12＋4＝3，计算得 f(2) ·f(x1)＜ 0，则此时零点所在的区间为 ()＝2xA ．(2， 4)B． (3， 4)C．(2， 3)D． (2． 5， 3)【剖析】∵f(2) ·f(4) ＜ 0， f(2) ·f(3) ＜ 0，∴f(3) ·f(4)＞ 0，∴零点 x0所在的区间为 (2， 3)．【剖析】 C3．用二分法求方程 x2＝ 2的正实根的近似解(精确度0.001)时，若是我们采用初始区间[1.4 ，1.5] ，则要达到精确度要求最少需要计算的次数是________．1.5－ 1.4【剖析】设最少需要计算n 次，由题意知2n＜0．001，即2n＞100，由26＝64，27＝128知n＝7．【剖析】 7。
函数零点问题的题型归类及解题策略
函数零点问题的题型归类及解题策略一、函数零点问题的题型归类在数学中，函数零点问题是一个常见的题型，通常是要求求出一个函数的零点或根。
根据不同的函数形式和解法，可以将这些题型分为以下几类：1. 多项式函数的零点问题：多项式函数是指由一系列单项式相加或相减而成的函数，例如f(x) = 2x^3 - 3x^2 + 4x - 5就是一个三次多项式函数。
对于多项式函数而言，求解它的零点通常使用因式分解、配方法、牛顿迭代法等方法。
2. 三角函数的零点问题：三角函数包括正弦、余弦、正切等等，例如f(x) = sin(x) - x就是一个三角函数。
对于三角函数而言，求解它的零点通常使用周期性、奇偶性等特征来进行简化。
3. 指数和对数函数的零点问题：指数和对数函数包括指数、自然对数等等，例如f(x) = e^x - x就是一个指数和对数函数。
对于指数和对数函数而言，求解它们的零点通常需要使用到特殊技巧如换底公式、取对数等方法。
4. 分段定义的复合函数的零点问题：分段定义的复合函数是指一个函数在不同的区间内采用不同的定义方式，例如f(x) = {x^2 + 1, x < 0; x - 1, x >= 0}就是一个分段定义的复合函数。
对于这类函数，求解它们的零点通常需要将其分成不同的部分进行讨论。
二、解题策略针对以上不同类型的函数零点问题，我们可以采用以下几种解题策略：1. 因式分解法因式分解法是一种常见的求多项式函数零点的方法。
对于一个多项式函数f(x)，我们可以先将其进行因式分解，然后再求出每个因子的零点。
例如f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x可以写成f(x) = x(x-1)(x-2)，然后再求出每个因子的零点即可得到f(x)在实数范围内所有的零点。
2. 配方法配方法也是一种常见的求多项式函数零点的方法。
对于一个二次或三次多项式函数，我们可以通过配方将其转化为完全平方或完全立方形式，然后再根据完全平方或完全立方公式来求解它们的零点。
专题13 函数零点个数的判断方法-备战高考数学之学会解题必备方法技巧规律(全国通用)
方法13 判断函数零点个数的判断方法基本原理方法解读适合题型典例指引解方程法令f (x )=0，若能求出解，则有几个不同的解就有几个零点基本初等函数例1图象法画出函数f (x )的图象，函数f (x )的图象与x 轴的交点个数即为函数f (x )的零点个数分段函数、绝对值函数例2转化法将函数f (x )拆成两个常见函数h (x )和g (x )的差，从而f (x )=0⇔h (x )-g (x )=0⇔h (x )=g (x )，则函数f (x )的零点个数即为函数y =h (x )与函数y =g (x )的图象的交点个数复杂函数例3 典型例题精选与变式 典型例题自主解析体会方法例1【全国⇔卷2021届高三高考数学（理）仿真模拟】1. 方程()1cos 2s ,[in 0]23xx x π+∈＝实数根的个数为___________.【答案】2 【解析】【分析】先将1cos 2sin 3x x +＝化简为23sin 22sin x x =-，求得1sin 2x =，然后根据[0,2]x π，即可得到6x π=或56x π=，进而得到实数根的个数. 【详解】因为1cos 2sin 3xx +＝，所以3sin 1cos2x x =+，即223sin 1cos sin x x x =+-，因此23sin 22sin x x =-，解得sin 2x =-（舍）或1sin 2x =，又因为[0,2]x π， 所以6x π=或56x π=，所以方程[]()1cos 2sin 0,23xx x π+=∈实数根的个数为2个， 故答案为：2. 【方法】解方程法例2（多选题）【重庆市名校联盟2021届高三三模】2. ()f x 是定义在R 上周期为4的函数，且()(](]1,112,1,3x f x x x ⎧∈-⎪=⎨--∈⎪⎩，则下列说法中正确的是（ ） A. f ()x 的值域为[]0,2B. 当(]3,5x ∈时，()f x = C. ()f x 图象的对称轴为直线4,x k k Z =∈ D. 方程3f x x 恰有5个实数解【答案】ABD 【解析】【分析】画出()f x 的部分图象结合图形分析每一个选项即可.【详解】根据周期性，画出()f x 的部分图象如下图所示，由图可知，选项A ，D 正确，C 不正确；根据周期为4，当(3,5]x ∈时，()(4)f x f x =-==故B 正确.故选：ABD.例3【2021浙江温州瑞安中学模拟】3. 已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，满足()()2f x f x +=-，且当[]0,1x ∈时，()()2log 1f x x =+，则函数()3y f x x =-的零点个数是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】【分析】根据题意把函数()3y f x x =-的零点问题即()30y f x x =-=的解，转化为函数()y f x =和3y x =的图像交点问题，由题可得()f x 关于1x =对称，由()()[]2()(2)(2)f x f x f x f x f x +=-=-=---=-，可得()f x 的周期为4，根据函数图像，即可得解.【详解】由()()2f x f x +=-可得()f x 关于1x =对称， 由函数()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()()[]2()(2)(2)f x f x f x f x f x +=-=-=---=-， 所以()f x 的周期为4，把函数()3y f x x =-的零点问题即()30y f x x =-=的解，即函数()y f x =和3y x =的图像交点问题，根据()f x 的性质可得如图所得图形，结合3y x =的图像，由图像可得共有3个交点，故共有3个零点， 故选：B.最新模拟精选与提高 精选练习自主解析体会应用 【2021陕西二模】4. 若函数()()y f x x =∈R 满足(1)()f x f x +=-，且[1,1]x ∈-时，2()1f x x =-，已知函数lg ,0,()e ,0,xx x g x x ⎧>=⎨<⎩则函数()()()h x f x g x =-在区间[6,6]-内的零点个数为（ ） A. 14 B. 13C. 12D. 11【答案】C 【解析】【分析】由(1)()f x f x +=-，知函数()()y f x x R =∈是周期为2的函数，进而根据2()1f x x =-与函数lg ,0,()e ,0,xx x g x x ⎧>=⎨<⎩的图象得到交点个数． 【详解】解：因为(1)()f x f x +=-，所以函数()()y f x x R =∈是周期为2函数，因为[1,1]x ∈-时，2()1f x x =-，所以作出它的图象，则()y f x =的图象如图所示：（注意拓展它的区间）再作出函数lg ,0,()e ,0,xx x g x x ⎧>=⎨<⎩的图象， 容易得出到交点为12个． 故选：C ．【点睛】结论点睛：本题考查函数方程思想，数形结合思想，注意周期函数的一些常见结论：若()()f x a f x +=，则周期为a ；若()()f x a f x +=-，则周期为2a ；若1()()f x a f x +=，则周期为2a ；另外要注意作图要细致，属于中档题． 【2021长岭二中二模】5. 已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，满足()()2f x f x +=，当[]0,1x ∈时，()πcos 2f x x =，则函数()y f x x =-的零点个数是（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】A 【解析】【分析】函数()y f x x =-的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数()f x 周期2T =，当[]0,1x ∈时，()πcos 2f x x =，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可.【详解】∵()()2f x f x +=，则函数()f x 是周期2T =的周期函数． 又∵函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且[]0,1x ∈时，()πcos2f x x =， ∴当[)1,0x ∈-时，()()ππcos cos 22f x f x x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，令()0f x x -=，则函数()y f x x =-的零点个数即为函数()y f x =和()g x x =的图象交点个数，分别作出函数()y f x =和()g x x =的图象，如下图，显然()f x 与()g x 在[)1,0-上有1个交点，在0,1上有一个交点， 当1x >时，()1g x >，而()1f x ≤， 所以1x >或1x <-时，()f x 与()g x 无交点．综上，函数()y f x =和()g x x =的图象交点个数为2，即函数()y f x x =-的零点个数是2． 故选：A【2021年秋季高三数学开学摸底考】6. 已知函数()f x 是定义域为R 的奇函数.当0x >时，ln ,01()12(1),12x x f x f x x -<⎧⎪=⎨-+>⎪⎩，则函数π()()sin4g x f x x =-在[π,π]-上的零点个数为（ ） A. 3 B. 4C. 5D. 6【答案】C 【解析】【分析】分别作出函数()f x 与πsin 4y x =在同一坐标系下的图象，利用交点个数求函数零点的个数.【详解】由()0()sin4g x f x x π=⇒=，而函数()f x 是定义域为R 的奇函数， 所以(0)0f =，故(0)0g =， 又πsin4y x =为R 上的奇函数， 故()g x 在0x <与0x >时零点个数相同，故只需研究0x >时的情形，对πsin 4y x =，284T ππ==, 在同一直角坐标系中作出()y f x =与πsin4y x =的图象，由图可知，0x >时，函数图象有2个交点， 所以总共有1225+⨯=个零点， 故选：C【点睛】关键点点睛：分析函数的奇偶性，利用对称性只需研究0x >时，函数图象的交点个数是解题的关键，属于中档题. 【上海市控江中学2021届高三三模】 7. 方程2sin 216x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭在区间[2,2)ππ-上的解的个数是（ ） A. 4 B. 6C. 8D. 9【答案】C 【解析】【分析】把方程等价化，在同一坐标系内作出两个函数图象，观察公共点个数即可得解.【详解】原方程化为1sin 262x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，在同一坐标系内作出函数sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[2,2)x ππ∈-图象与直线12y =，如图：观察图象知：在[2,2)x ππ∈-时函数sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象与直线12y =有8个公共点，所以方程2sin 216x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭在区间[2,2)ππ-上8个解. 故选：C【山东省烟台市2021届高三二模】 8. 已知函数()f x 是定义在区间()(),00,-∞+∞上的偶函数，且当()0,x ∈+∞时，()()12,0221,2x x f x f x x -⎧<≤⎪=⎨-->⎪⎩，则方程()2128f x x +=根的个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】将问题转化为()f x 与228xy =-的交点个数，由解析式画出在(0,)+∞上的图象，再结合偶函数的对称性即可知定义域上的交点个数.【详解】要求方程()2128f x x +=根的个数，即为求()f x 与228xy =-的交点个数，由题设知，在(0,)+∞上的图象如下图示，∴由图知：有3个交点，又由()f x 在()(),00,-∞+∞上是偶函数，∴在,0上也有3个交点，故一共有6个交点.故选：D.【点睛】关键点点睛：将问题转化为()f x 与228xy =-的交点个数，利用数形结合思想及偶函数的对称性求交点的个数. 【辽宁省2021届高三5月份高考数学模拟】9. 已知()f x 的定义域为[)0,+∞，且满足()[)()[)1,0,121,1,x e x f x f x x ⎧-∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩，若()()g x f x π=-，则()g x 在[]0,10内的零点个数为（ ）A. 8B. 9C. 10D. 11【答案】B 【解析】【分析】求出函数()f x 在区间[)(),109,n n n n N +≤≤∈值域及单调性，由此可得出结论.【详解】当[)0,1x ∈时，()[)10,1xf x e e =-∈-，当[)1,2x ∈时，[)10,1x -∈，则()()[)210,22f x f x e =-∈-，当[)2,3x ∈时，[)20,1x -∈，则()()()[)21420,44f x f x f x e =-=-∈-，以此类推，当[)(),109,x n n n n N ∈+≤≤∈时，()()())20,21n nf x f x n e ⎡=-=-⎣， 且函数()f x 在区间[)(),109,n n n n N +≤≤∈上为增函数，122e e π-<<-，所以，函数()g x 在区间[)(),119,n n n n N +≤≤∈上有且只有一个零点，且()()()101010200g f f ππ=-=-<，因此，()g x 在[]0,10内的零点个数为9. 故选：B.【点睛】方法点睛：判定函数()f x 的零点个数的常用方法：（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果； （2）数形结合法：先令()0f x =，将函数()f x 的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 【2021新疆布尔津县中学三模】10. 已知函数()y f x =是定义在R 上的偶函数，且()()2f x f x -=，当01x ≤≤时，()f x x =，设函数()()5log g x f x x =-，则()g x 的零点的个数为（ ） A. 6 B. 7C. 8D. 9【答案】C 【解析】【分析】由题设知()g x 的零点可转化为()f x 与5log x 的交点问题，而()[0,1]f x ∈且周期为2，关于y 轴对称的函数；5log x 且关于y 轴对称，当55x -≤≤时有5log (,1]x ∈-∞，画出(0,)+∞的草图即可确定交点个数，利用对称性确定总交点数.【详解】由题意知：()f x 关于1x =对称，而()g x 的零点即为()5=log f x x 的根， 又∵()f x 在R 上的偶函数，知：()[0,1]f x ∈且周期为2，关于y 轴对称的函数，而55x -≤≤时5log (,1]x ∈-∞且关于y 轴对称∴()f x 与5log x 在(0,)+∞的图象如下，∴共有4个交点，由偶函数的对称性知：在(,0)-∞上也有4个交点，所以共8个交点. 故选：C.【点睛】关键点点睛：将函数零点转化为两个函数的交点问题，应用数形结合的方法，由函数的周期性、奇偶对称性判断交点的个数. 【2021安徽泗县最后一卷】 11. 已知a ∈R ，函数52log (1),1()(2)2,1x x f x x x ⎧-<=⎨--+≥⎩，则方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实根个数最多有（ ） A. 6个 B. 7个C. 8个D. 9个【答案】C 【解析】【分析】以()()1,2f x f x ==的特殊情形为突破口，解出1x =或3或45或4-；24x =-或2425x =或2x =，将12x x+-看作整体，利用换元的思想进一步讨论即可.【详解】由基本不等式可得120x x +-≥或124x x+-≤-， 作出函数52log (1),1()(2)2,1x x f x x x ⎧-<=⎨--+≥⎩，12y x x =+-的图象，如下：且()()24242225f f f ⎛⎫-=== ⎪⎝⎭，()()()441315f f f f ⎛⎫-==== ⎪⎝⎭， ①当2a >时，1224x x +-<-或2412125x x<+-<， 由图象可知：1224x x +-<-、2412125x x <+-<分别有两解， 故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为4； ②当2a =时，1224x x +-=-或124225x x +-=或122x x+-=， 由图象可知：1224x x +-=-、124225x x +-=、122x x +-=分别有两解，故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为6； ③当12a <<时，12424x x -<+-<-或41242525x x <+-<或1122x x<+-<或1223x x<+-<， 由图象可知：12424x x -<+-<-、41242525x x <+-<、1122x x<+-<、1223x x<+-<分别有两解， 故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为8； ④当1a =时，124x x +-=-或1425x x +-=或121x x +-=或123x x+-=， 由图象可知：124x x +-=-有一解，1425x x +-=、121x x +-=、123x x +-=分别有两解， 故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为7； ⑤当01a <<时，1420x x -<+-<或14025x x <+-<或1324x x<+-<， 由图象可知：1420x x -<+-<无解，14025x x <+-<、1324x x<+-<分别有两解， 故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为4； ⑥当0a =时，120x x +-=或1324x x<+-<， 由图象可知：120x x +-=有一解，1324x x <+-<有两解， 故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为3； ⑦当0a <时，123x x+->， 由图象可知：123x x +->有两解， 故方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实数根个数为2；综上可知，则方程12f x a x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭的实根个数最多有8个， 故选：C.【点睛】方法点睛：函数与方程是最近高考的热点内容之一，解决方法通常是用零点存在定理或数形结合方法求解，如本题就是将方程转化为两个函数图象交点，通过观察图象交点的个数研究方程根的个数的.（多选题）【辽宁省沈阳市2021届高三三模】12. 已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且当0x >时，()()24,044,4x x x f x m x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩，m ∈R ，那么函数()()2g x f x =-在定义域内的零点个数可能是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8 【答案】BC【解析】【分析】首先确定(0)0f =，0不是()g x 的零点，然后在0x >时，解方程()2f x =确定解的个数，再由奇函数性质得出在R 上()g x 的零点个数．【详解】函数()f x 是R 上的奇函数，()00f =，0x >时，()()24,044,4x x x f x m x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩， 当04x <≤时，242x x -=可得2x =+或2x =，当4x >时，令()42m x x -=，即()24m x m -=，若2m =时，显然无解，若2m >时，442m x m =>-，即2m >时，()()2g x f x =-在()4,+∞上有一个零点 当2m ≤时，()()2g x f x =-在()4,+∞上没有零点，综上，由函数()f x 是奇函数知，2m ≤时，函数()()2g x f x =-有4个零点，当2m >时，函数()()2g x f x =-有6个零点．故选：BC ．【点睛】方法点睛：本题考查函数的零点个数，解题方法根据零点定义解方程()0g x =，即()2f x =，结合奇函数性质，只要求得0x >时()2f x =的解的个数即可得结论．【2021湖南衡阳八中模拟】13. 已知函数1,0()ln ,0x f x x x x x ⎧-<⎪=⎨⎪>⎩，则方程(())()10ef f x f x +-=（e 是自然对数的底数）的实根个数为__________.【答案】6【解析】【分析】令()t f x =，原方程可得()1t f t e-=，利用数形结合判断()y f t =与1t y e -=交点个数及交点横坐标的范围，再根据横坐标判断()t f x =时交点的个数，即为实根的个数.【详解】令()t f x =，方程为：()10ef t t +-=，即()1t f t e-=， ()y f t =与1t y e-= 的性质如下： 1、()y f t =：在(,0)-∞上单调递增，值域为(0,)+∞；1(0,)e上递增,1(,1]e 上递减， 值域为1[0,]e 且11()f e e =、(1)0f =；(1,)+∞上单调递增，值域为(0,)+∞； 2、1t y e-=：过定点(1,0)，定义域上单调递减； ∴可得函数图象如下图示，∴共有三个交点，横坐标分别为123,,t t t ，且123101t t t e<<<<=， ∴当1()t f x =，显然无解；当2()t f x =时，有四个实根；当3()t f x =时，有两个实根，∴如下图示：一共有6个实根.故答案为：6【点睛】关键点点睛：令()t f x =，原方程可得()1t f t e-=，讨论()y f t =与1t y e-= 的性质并画出函数图象，根据交点横坐标的范围，应用数形结合判断根的个数.。
第13讲 函数的零点个数问题的求解方式高中数学常见题型解法归纳反馈训练及详细解析
【知识要点】一、方程的根与函数的零点〔1〕概念：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：若是函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条持续不断的曲线，而且有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 上的图像是一条持续不断的曲线，而且有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没必要要条件.零点存在性定理只能判断是不是存在零点，可是零点的个数那么不能通过零点存在性定理肯定，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 上持续不断，且知足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，使区间的两个端点慢慢逼近零点，进而取得函数零点近似值的方式叫做二分法. 〔2〕给定准确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：肯定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定准确度ε. 第二步：求区间(,)a b 的中点1x .第三步：计算1()f x ：①假设1()f x =0，那么1x 就是函数的零点；②假设1()()0f a f x <，那么令1b x = 〔此时零点01(,)x a x ∈〕③假设1()()0f x f b <，那么令1a x =〔此时零点01(,)x x b ∈〕第四步：判断是不是抵达准确度ε即假设a b ε-<，那么取得零点值a 或b ，否那么重复第二至第四步. 三、一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的散布讨论一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的散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〕根散布的区间端点的函数值的符号.四、准确度为指的是零点所在区间的长度小于，其中的任意一个值都可以取；准确到指的是零点保留小数点后一名数字，要看小数点后两位，四舍五入. 五、方式总结函数零点问题的处置常常利用的方式有：(1) 方程法；〔2〕图像法；〔3〕方程+图像法. 【方式点评】【例1 】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..〔2〕对于含有参数的函数要尝试因式分解，若是不好因式分解，再考虑其它方式. 【反映检测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【例2】〔2021全国高考新课标I 理科数学〕函数()(2)f x ae a e x =+--.〔1〕讨论()f x 的单调性；〔2〕假设()f x 有两个零点，求a 的取值范围. (2) ①假设0,a ≤由〔1〕知()f x 最多有一个零点.②假设0a >，由〔1〕知当ln x a =-时，()f x 取得最小值，1(ln )1ln f a a a-=-+. 〔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 a a-+>0，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点. 〔iii 〕当0,1a ∈（）时，11ln 0a a-+<，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.【点评】〔1〕此题第2问按照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，此时考察了函数的零点定理，(ln )0f a -<，还必需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，也是在考察函数的零点定理，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三中的重要性. 【例3】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〕假设直线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 =-⨯>-=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】此题第(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.【反映检测2】函数2()1xe f x ax =+，其中a 为实数，常数 2.718e =.(1) 假设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，假设存在实数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.【点评】〔1〕此题主要考察零点的个数，可是方程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.【反映检测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映检测第13讲：函数零点个数问题的求解方式参考答案【反映检测1答案】C【反映检测2答案】〔1〕95a =；〔2〕()f x 的单调增区间是1(1)2-，1(,12+；()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，1(,12-，(1)++∞；〔3〕a 的取值范围是(1,)+∞. 【反映检测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1x =，而12x ≠±.所以当x 转变时，()f x '、()f x 的转变是因此()f x 的单调增区间是51(1,)22-，15(,1)22+；()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,1)22--，5(1,)2++∞； 【反映检测3答案】〔1〕单调递增区间是(),m +∞, 单调递减区间是(m ；〔2〕1．学科@网【反映检测3详细解析】〔1〕函数()f x 的概念域为()()(0,,'x m x m f x x+∞=．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(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 m F x x--=-,当1m =时，()'0F x ≤，函数()F x 为减函数，综上，函数()F x 有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．。
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【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)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. (2) ①若0,a ≤由（1）知()f x 至多有一个零点.②若0a >，由（1）知当ln x a =-时，()f x 取得最小值，1(ln )1ln f a a a-=-+. （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 a a-+>0，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点.（iii ）当0,1a ∈（）时，11ln 0a a-+<，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.【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 aea 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 =-⨯>-=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()1xe 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 '=，422510152025oy=cosxy=lgxyx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512x =±，而12x ≠±.所以当x 变化时，()f x '、()f x 的变化是极小值极大值因此()f x 的单调增区间是51(1,)2-，15(,1)2+；()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(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 m f x x+∞=．当0x m <<()'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(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 m F x x--=-,当1m =时，()'0F x ≤，函数()F x 为减函数，综上，函数()F x 有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．。