2020高考数学热点难点微专题含参函数的零点问题(3页)
专题02 “构造函数”,巧求参数范围-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)
专题二“构造函数”，巧求参数范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中求参数范围问题，构造函数，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招参变分离，构造函数例1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A．B．（）C．D．（）第二招根据方程做差，构造函数例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.第三招求导转化，构造函数例3.【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】已知函数.（1）设，求函数的单调区间；（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.第四招换元转化，构造函数例4．【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【规律与方法】构造函数的几种常用的构造技巧：1.通过作差构造函数：作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论．当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负．2.利用“换元法”构造函数，换元的目的是简化函数的形式．3.先分离参数再构造函数，将方程变形为m=h(x)，构造函数h(x)，研究h(x)的性质来确定实数m的取值范围．4.根据导函数的结构，构造函数.【提升训练】1．【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．2．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．3. 【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( )A．(3，4) B．(4，5) C．(5，6) D．(6．7)4．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A．B．C．D．5．【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．6.【江西省南昌市2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.8.【陕西省咸阳市2019年高考模拟检测（二)】已知函数.（1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.9．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数.（1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.10．【普通高中2019届高三质量监测（二)】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.11．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．12．【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.。
2020届高考数学函数中的零点问题课件(共14张PPT)
9 ln10
10 ln10
由零点存在定理x0 9,10 , 使得h '(x0 ) 0.
x 9, x0 , h '(x) 0, h(x)单调递增，
探究：若函数y h(x) x2 20x 99 lg x,
h '(x) 20 (2x 1 )， x ln10
x x0 ,10 , h '(x) 0, h(x)单调递减.
例题激活
解：f
( x)的定义域为 0,1 ，f
'( x)
2e2 x
a x
2xe2 x x
a
,
设 (x) 2xe2x a,(x) 4x 2 e2x ,
当x 0,1 ,(x) 0，即 (x)在区间0,1 为增函数, ( x) a, 2e2 a . 又因为a 0, 2e2 ，所以 (0) a 0, (1) 2e2 a 0，
( x0 )
a 2 x0
2ax0
a ln
2 ，然后使用基本不等式求出最 a
小值同时消掉x0，在求解的过程中，不要急于消掉x0，而应该
着眼于将超越式化简为普通代数式，借助f ( x0 ) 0整体代换.
归纳小结
第一步：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 (x0 ) 0，并结合f (x)的单调性得到零点的范围；
问题引入
探究：若函数y f (x) x R f (x 2) f (x)，且x 1,1，f (x) 1 x2,
函数g(x)
lg x , x
1, x 0
0 则函数h( x)
f (x) g(x)在区间5,10上零点个数为__1_5__.
h '(9)=2 1 0, h '(10)= 1 0,
2020高考数学之函数零点问题《02 “构造函数”,巧求参数范围》(解析版)
高考数学函数零点问题专题二“构造函数”，巧求参数范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中求参数范围问题，构造函数，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招参变分离，构造函数例1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A．B．（）C．D．（）【答案】D【解析】当时，为减函数，令易得，所以只需有两个零点，令则问题可转化为函数的图象与的图象有两个交点.求导可得，令，即，可解得；令，即，可解得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，由此可知当时，函数取得最小值，即．在同一坐标系中作出函数与的简图如图所示，根据图可得故选D.第二招根据方程做差，构造函数例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】（1）当时，，，令则列表如下：所以.（2）设，，设，，由得，，，在单调递增，即在单调递增，，①当，即时，时，，在单调递增,又，故当时，关于的方程有且只有一个实数解，符合题意.②当，即时，由（1）可知，所以，又故，当时，，单调递减，又，故当时，，在内，关于的方程有一个实数解1.又时，，单调递增，且，令，,,故在单调递增，又在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，，故在内，关于的方程有一个实数解.又在内，关于的方程有一个实数解1，不合题意.综上，.第三招求导转化，构造函数例3.【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】已知函数.（1）设，求函数的单调区间；（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间.（2）【解析】（1）函数的定义域为，令，则令，得；令，得所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以所以对任意恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间.（2）（法一）：的定义域为，所以“函数在其定义域内有两个零点”等价于“方程在区间内有两个不同的实数根”即方程在区间内有两个不同的实数根故上述问题可以转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，如图若令过原点且与函数图像相切的直线斜率为，由图可得令切点由，得，所以又，所以，解得：于是，所以故实数的取值范围是（法二）的定义域为，，当时，，所以在单调递增，所以在不会有两个零点，不合题意，当时，令，得，在上，，在上单调递增，在上，，在上单调递减，所以，又时，，时，，要使有两个零点，则有即所以所以，即实数的取值范围为.第四招换元转化，构造函数例4．【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【答案】（1）有极小值，为；无极大值；（2）【解析】的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故时，；记，，则，故可转化成，即：，令，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，且时，，时，故，由，，的性质有：，和有两个不同交点，，且，，各有一解，即有2个不同解，，和仅有1个交点，且，有2个不同的解，即有两个不同解，取其它值时，最多1个解，综上，的范围是【规律与方法】构造函数的几种常用的构造技巧：1.通过作差构造函数：作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论．当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负．2.利用“换元法”构造函数，换元的目的是简化函数的形式．3.先分离参数再构造函数，将方程变形为m=h(x)，构造函数h(x)，研究h(x)的性质来确定实数m的取值范围．4.根据导函数的结构，构造函数.【提升训练】1．【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】易知当≤0时，方程只有一个解，所以>0．令，，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A.2．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）= g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=故选B.3. 【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( )A．(3，4) B．(4，5) C．(5，6) D．(6．7)【答案】C【解析】由xlnx+（3﹣a）x+a＝0，得，令f（x）（x＞1），则f′（x）．令g（x）＝x﹣lnx﹣4，则g′（x）＝10，∴g（x）在（1，+∞）上为增函数，∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g（6）＝2﹣ln6＞0，∴存在唯一x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C4．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】关于的方程恰有三个不相等的实数解，即方程恰有三个不相等的实数解，即与有三个不同的交点.令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；且当时，，当时，，，当时，，据此绘制函数的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时的取值范围是 .本题选择C选项.5．【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设，则，在上递减，在上递增，，且时，，有三个零点等价于与的图象有三个交点，画出的图象，如图，由图可得，时，与的图象有三个交点，此时，函数有三个零点，实数的取值范围是，故选D.6.【江西省南昌市2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.【解析】（Ⅰ），由已知，有，即，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则令，则恒成立，所以在上单调递减，又因为，，所以存在唯一的，使得，且当时，，即，当时，，即.所以在上单调递增，在上单调递减.又因为当时，，，，，所以存在或，使得在上有唯一零点.7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由题知：，令，，当，，所以在上单调递减.因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故只有一个零点.（2）由（1）知：不合题意，当时，因为，；，；又因为，所以；又因为，因为函数，，，所以，即，所以存在，满足，所以，；，；，；此时存在两个极值点，0，符合题意.当时，因为，；，；所以；所以，即在上单调递减，所以无极值点，不合题意.综上可得：.8.【陕西省咸阳市2019年高考模拟检测（二)】已知函数. （1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）证明：当时，，得，知在递减，在递增，，综上知，当时，.（2）法1：，，即，令，则，知在递增，在递减，注意到，当时，；当时，，且，由函数有个零点，即直线与函数图像有两个交点，得.法2：由得，，当时，，知在上递减，不满足题意；当时，，知在递减，在递增.，的零点个数为，即，综上，若函数有两个零点，则.9．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数. （1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，∴①若，由，得.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以是的极大值点②若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合①②：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，，所以（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增当时，，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得10．【普通高中2019届高三质量监测（二)】已知函数. （1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】（1）由题可得，当时，，在上单调递增；当时，，，在上单调递增；，，在上单调递减.（2）令，，易知单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为，，即，，故若有有两个零点，需满足，即，令，，所以在上单调递减.，所以的解集为，由，所以.当时，，有，令，由于，所以，，故，所以，故，在上有唯一零点，另一方面，在上，当时，由增长速度大，所以有，综上，.11．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为，由，得或．（i）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（ii）当时，，在上，，单调递增，（iii）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（2），所以有一个零点．要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又方程，令，即函数与图像有两个交点，令，得的单调性如表：当时，，又，的大致图像如图，所以，要使得有3个零点，则实数的取值范围为12．【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)，因为是的极大值点，所以，解得，当时，，，令，解得，当时，，在上单调递减，又，所以当时，；当时，，故是的极大值点；(2)令，，在上只有一个零点即在上只有一个零点,当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.（Ⅰ）当，即时，时，在上只有一个零点，即在上只有一个零点.（Ⅱ）当，即时，取，，①若，即时，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，不符合题意；②当即时，只有在上有一个零点，即在上只有一个零点，综上得，当时，在上只有一个零点.。
2020高考数学微专题4 函数零点(学生版)
第一部分函数零点题组一：零点判断1.已知函数()26log f x x x=-，在下列区间中，包含()f x 零点的区间是（）A.()0,1 B.()1,2 C.()2,4 D.()4,+∞2.函数()2ln f x x =的图像与函数()245g x x x =-+的图象的交点个数为（）A.3B.2C.1D.03.函数0.5()2|log |1xf x x =-的零点个数为（）A.1B.2C.3D.44.设函数2()23xf x x =+-，则函数()y f x =的零点个数是()A.4B.3C.2D.15.设函数()4sin(21)f x x x =+-，则在下列区间中函数()f x 不．存在零点的是（）A.[]4,2-- B.[]2,0- C.[]0,2 D.[]2,46.已知()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x ≤<时，3()f x x x =-，则函数()y f x =的图象在区间[]0,6上与x 轴的交点的个数为()．A．6B．7C．8D．9题组二函数零点中的参数1.函数2()2xf x a x=--的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是()A.(1,3)B.(1,2)C.(0,3)D.(0,2)2.若关于x 的方程210x mx ++=有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是（）A.(1,1)- B.(2,2)- C.(),2(2,)-∞-⋃+∞ D.(),1(1,)-∞-⋃+∞3.已知函数3ln(1),0()3,0x x f x x x x +≥⎧=⎨-<⎩，若函数()y f x k =-有三个不同的零点，则实数k的取值范围是()A.(2,2)- B.(2,1)- C.(0,2)D.(1,3)4.已知函数01,()1,1.x f x x x⎧⎪=⎨>⎪⎩ 若关于x 的方程1()()4f x x a a R =-+∈恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为（）A.59,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦B.59,44⎛⎤⎥⎝⎦C.59,{1}44⎛⎤⎥⎝⎦D.59,{1}44⎡⎤⎢⎥⎣⎦5.已知函数2()3,f x x x x R =+∈，若方程()10f x a x --=恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围是________．题组三综合问题1.若函数2()f x x ax b =++的两个零点是2-和3，则不等式(2)0af x ->的解集是______．2.函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于（）A.2B.4C.6D.83.已知()f x 是奇函数且是R 上的单调函数，若函数2(21)()y f x f x λ=++-只有一个零点，则实数λ的值是()A.14B.18C.－78D.－384.已知lg ,0()2,0x x x f x x ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩，则函数[]22()3()1y f x f x =-+的零点个数是________.5.已知0a >，函数222,0()22,0x ax a x f x x ax a x ⎧++≤⎪=⎨-+->⎪⎩.若关于x 的方程()f x ax =恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是________.第二部分综合训练一、填空题.1.设集合{|2}S x x =≥，}5|{≤=x x T ，则S T = （）A.]5,(-∞ B.),2[+∞ C.)5,2( D.]5,2[2.设四边形ABCD 的两条对角线为AC 、BD ，则“四边形ABCD 为菱形”是“BD AC ⊥”的（）A.充分不必要条件B.必要不成分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图象，可以将函数x y 3cos 2=的图象（）A.向右平移12π个单位长 B.向右平移4π个单位长C.向左平移12π个单位长 D.向左平移4π个单位长4.已知圆02222=+-++a y x y x 截直线02=++y x 所得弦的长度为4，则实数a 的值为（）A.2- B.4- C.6- D.8-5.设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）A.若n m ⊥，α//n ，则α⊥mB.若β//m ，αβ⊥，则α⊥mC.若β⊥m ，β⊥n ，α⊥n ，则α⊥m D.若n m ⊥，β⊥n ，αβ⊥，则α⊥m 6.正项等比数列{}n a 满足：4321228a a a a +=++，则652a a +的最小值是（）A.64B.32C.16D.87.已知函数c bx ax x x f +++=23)(，且3)3()2()1(0≤-=-=-<f f f ，则（）A.3≤c B.63≤<c C.96≤<c D.9>c8.在同一坐标系中，函数)0()(>=x x x f a，x x g a log )(=的图象可能是（）9.设θ为两个非零向量,a b 的夹角，已知对任意实数t ，b ta +的最小值为1（）A.若θ确定，则a唯一确定B.若θ确定，则b唯一确定C.若a 确定，则θ唯一确定D.若b确定，则θ唯一确定10.设()f x 是定义在(0,)+∞上的单调函数，且对任意(0,)x ∈+∞都有(()ln )1f f x x e -=+，则方程()()f x f x e '-=的实数解所在区间为（）A.1(0,)eB.1(,1)eC.(1,)eD.(,4)e 二、填空题.1.设已知i 是虚数单位，计算21(1)ii -=+________.2.若,x y 满足和240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩，则y x +的取值范围是________.3.在三张奖劵中有一、二等各一张，另有一张无奖，甲乙两人各抽取一张，两人都中奖的概率为.4.设函数⎪⎩⎪⎨⎧>-≤++=0,0,22)(22x x x x x x f ，若2))((=a f f ，则=a .。
专题02 “三招五法”,轻松破解含参零点问题(第一篇)(原卷版)
1 / 4 2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题02 “三招五法”，轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一 “第一招”带参讨论【例1】【2020·福建福州期末】已知函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，则a =（ ）A ．12-B ．-2C ．12D ．2 【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，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.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【2020河北邯郸期末】已知函数()2x f x me x m --=有两个零点，则m 的取值范围是( )A ．(0,)+∞B ．(,0)-∞C ．(0,1)D ．1(0,)e类型二 “第二招”数形结合【例2】【2020•河南一模】已知关于x 的方程2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，则当函数2()x f x x e =时，实数k 的取值范围是( )。
2020届新高考数学二轮微专题突破专题13 函数的零点的问题(解析版)
专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 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1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，因为f ′(x )＝3x 2－3m ，令f ′(x )＝0，则x 2－m ＝0，若m ≤0，则函数f (x )为增函数，不合题意，故m >0，所以函数f (x )在(－∞，－m )上为增函数，在(－m ，0]上为减函数，即f (x )max ＝f (－m )＝－m m ＋3m m －2＝2m m －2，f (0)＝－2<0，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f (x )max ＝2m m －2>0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)．解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，即x 3－3mx －2＝0，显然x ＝0不是它的根，所以3m ＝x 2－2x ，令y ＝x 2－2x (x <0)，则y ′＝2x ＋2x 2＝2（x 3＋1）x 2，当x ∈(－∞，－1)时，y ′<0，此时函数单调递减；当x ∈(－1，0)时，y ′>0，此时函数单调递增，故y min ＝3，因此，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m >3，即m >1.例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明．规范解答 (1) 由g(－1)＝0知，g(x)的图像过点(－1，0)．若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0.由于F(0)＝1－b<0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点．(12分) ②若a ≥0.由(2)知e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0.由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上得实数b 的取值范围是(1，＋∞)．(16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累．此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；【解析】 思路分析 (1) 先解不等式f′(x)>0，再写出函数f(x)的单调递增区间．(2) 记ba ＝k ，则转化为函数g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点．由三次函数的图像可知，g(x)在极值点处取得零点．解后反思 在第(2)题中，也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开，得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4，所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t 2＝0，－st 2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分) 令f′(x)>0，解得x>0或x<－23，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)．(4分) (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b3a ，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ⎝⎛⎭⎫－2b3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；(8分) 当f ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＝0时，代入得a ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＋b ⎝⎛⎭⎫－2b3a 2－4a ＝0， 即－827⎝⎛⎭⎫b a 3＋49⎝⎛⎭⎫b a 3－4＝0，所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8x3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h ′(x)>0，h(x)递增， 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>0时，h(x)的值域为R ，故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4x 2－x 恰有一个根－2，此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。
2020届新高考数学二轮微专题突破专题14 运用函数的图像研零点问题(原卷版)
专题14 运用函数的图像研零点问题一、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)上题型二： 运用函数图像研究复合函数零点个数复合函数零点问题的特点：考虑关于x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦根的个数，在解此类问题时，要分为两层来分析，第一层是解关于()f x 的方程，观察有几个()f x 的值使得等式成立；第二层是结合着第一层()f x 的值求出每一个()f x 被几个x 对应，将x 的个数汇总后即为()0g f x =⎡⎤⎣⎦的根的个数题型三 运用函数图像研究与零点有关的参数问题三类问题之间的联系：即函数的零点⇔方程的根⇔函数图象的交点，运用方程可进行等式的变形进而构造函数进行数形结合，解决这类问题要选择合适的函数，以便于作图，便于求出参数的取值范围为原题型四、运用函数图像研究与零点有关的复合函数的参数问题求解复合函数()y g f x =⎡⎤⎣⎦零点问题的技巧：（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出()(),f x g x 的图像（2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于()f x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦中()f x 解的个数，再根据个数与()f x 的图像特点，分配每个函数值()i f x 被几个x 所对应，从而确定()i f x 的取值范围，进而决定参数的范围例6、(2018南京、盐城、连云港二模）已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ，x ≥0，t ∈R .若函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．2、(2017南京、盐城二模）若函数f (x )＝x 2－m cos x ＋m 2＋3m －8有唯一零点，则满足条件的实数m 组成的集合为________.3、(2017南通、扬州、泰州、淮安三调）已知函数3()3 .x x a f x x x x a ⎧=⎨-<⎩≥，，，若函数()2()g x f x ax =-恰有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ．4、(2017苏北四市期末）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin x ，x ＜1，x 3－9x 2＋25x ＋a ，x ≥1，)若函数f (x )的图像与直线y ＝x 有三个不同的公共点，则实数a 的取值集合为________．．。
专题11 函数的零点-2020年高考数学母题题源解密(天津专版)(原卷版)
专题11 函数的零点【母题来源】2020年高考数学天津卷【母题题文】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx xk =--∈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,)-∞+∞【答案】D【试题解析】 【分析】由(0)0g =，结合已知，将问题转化为|2|y kx =-与()()||f x h x x =有3个不同交点，分0,0,0k k k =<>三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【详解】注意到(0)0g =，所以要使()g x 恰有4个零点，只需方程()|2|||f x kx x -=恰有3个实根 即可， 令()h x =()||f x x ，即|2|y kx =-与()()||f x h x x =的图象有3个不同交点. 因为2,0()()1,0x x f x h x x x ⎧>==⎨<⎩， 当0k =时，此时2y =，如图1，2y =与()()||f x h x x =有2个不同交点，不满足题意；当k 0<时，如图2，此时|2|y kx =-与()()||f x h x x =恒有3个不同交点，满足题意； 当0k >时，如图3，当2y kx =-与2yx 相切时，联立方程得220x kx -+=，令0∆=得280k -=，解得22k =（负值舍去），所以22k >. 综上，k 的取值范围为(,0)(22,)-∞+∞.故选：D.【命题意图】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题. 【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择形式出现．多为中档题，本类题型主要考查函数的图像和性质以及方程的根的个数等问题. 常见题型：（1）函数零点个数；（2）方程的根的个数；（3）函数图像交点个数 【方法总结】 （1）直接解方程； （2）利用函数图像的交点； （3）依据零点存在性定理； （4）借助二分法的方法.1．【2020·天津市天津中学2020届高三3月在线月考】已知函数()221,01,01x x x h x x x x ⎧-+>⎪=⎨+≤⎪-⎩，函数()()112g x h x mx m =--+-恰有三个不同的零点，则m 的取值范围是（ ）A. )10,222⎧⎫⎡-⋃-⎨⎬⎣⎩⎭ B. )90,222⎧⎫⎡+⋃⎨⎬⎣⎩⎭C. (922,02⎧⎫⎤--⋃⎨⎬⎦⎩⎭D. (1-22,02⎧⎫⎤+⋃-⎨⎬⎦⎩⎭2．【2020·天津市实验中学高三第六次阶段考】定义在(1,)+∞上的函数()f x 满足下列两个条件：（1）对任意的(1,)x ∈+∞恒有(2)2()f x f x =成立；（2）当(1,2]x ∈时，()2f x x =-；记函数()()(1)g x f x k x =--，若函数()g x 恰有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A. [1,2)B. 4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 4,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭D. 4,23⎛⎫⎪⎝⎭3．【天津市十二重点中学高三下学期毕业班联考】已知函数，，若函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A.B.C.D.4．【2020·天津市宁河区芦台第一中学高三高考二模】已知函数()()2,0f x ax bx c x R a =++∈>的零点为()1212,x x x x <，函数()f x 的最小值为0y ，且[]012,y x x ∈，则函数()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数是（ ）A. 2或3B. 3或4C. 3D. 45．【2020·天津市南开中学滨海生态城学校高二下学期期中考试】若函数()()()34020a ax ⎧-≤⎪=⎨-+>⎪⎩xa x f x x x ，有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A. (]1,2B. (]2,4C. (]3,4D. ()3,56．【2020·天津市南开区2020届高三下学期第一次月考】已知函数在上的最大值为，若函数有4个零点，则实数的取值范围为A.B.C.D.7．【2020·天津市红桥区2020届高三高考一模】方程2log 2x x +=的解所在的区间为（ ） A. (0.5,1)B. (1,1.5)C. (1.5,2)D. (2,2.5)8．【2020·天津市红桥区2020届高三高考二模】已知函数221,0()2,0x x f x x x x ⎧->=⎨--≤⎩，若函数()()g x f x m=-有三个零点，则实数m 的取值范围为（ ） A. (,0)-∞B. (1,)+∞C. (0,1)D. [0,1]9．【2020·天津市河西区2020届高三二模】已知函数()()1121222x x f x f x x ⎧--≤⎪=⎨-->⎪⎩，，，，若函数()()g x x f x a =⋅-(1)a ≥- 的零点个数为2，则（ ）A.2837a <<或1a =- B.2837a << C. 7382a <<或1a =-D. 7382a <<10．【2020·天津市河西区2020届高三二模】已知函数13()sin 40,324f x x x ππ⎛⎫⎛⎫⎡⎤=+∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎝⎭，函数()()g x f x a =+有3个零点1x ，2x ，3x ，则123x x x ++的取值范围是（ ）A. 107,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B. 75,128ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 50,8π⎡⎫⎪⎢⎣⎭D. 75,128ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭11．【2020·天津市高三3月九校联考】设，，若函数在内有4个零点，则实数的取值范围是( ) A.B.C.D.12．【2020·天津市河东区2020届高三高考模拟】已知函数()12log ,0115,024x x f x a x x >⎧⎪⎪=⎨⎪+-≤⎪⎩，函数()3g x x =，若方程()()g x xf x =有4个不同实根，则实数a 的取值范围为（ ） A. ()5,+∞B. 155,2⎛⎤⎥⎝⎦C. ()3,5-D. ()3,513．【2020·天津压轴卷】已知函数()()23201120x x f x x x a x ax x ⎧≤⎪=-⎨⎪-++>⎩，，，若方程()f x ax =有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是（ ）14．【2020·天津部分地区模拟】已知函数()2171,20,6ln ,0,x x x f x x x e ⎧++-≤<⎪=⎨⎪<≤⎩ 函数()g x kx =.若关于x 的方程()f x ()0g x -=有3个互异的实数根，则实数k 的取值范围是 （ ） A. 15,6⎛⎫⎪⎝⎭e B. 11,3e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 15,36⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭15．【2020·天津市东丽区天津耀华滨海学校高三年级上学期第二次统练】已知函数，若关于x 的方程恰有三个不同的实数根a ，b ，c ，则的取值范围是（ ） A.B.C.D.16．【2020·天津市第一中学告诉你下期月考】已知函数{}{}1,(0,2]()min 1,3,(2,4]min 3,5,(4,)x x f x x x x x x x ⎧-∈⎪⎪=--∈⎨⎪--∈+∞⎪⎩，若关于x 的方程()()(0)f x k f x k +=>有且只有 3个不同的实根，则k 的取值范围是__________．17．【2020·天津市部分区2020届高考二模】已知函数()sin 3(0)f x x x ωωω=+>，x ∈R .若函数()f x 在区间(0，4)π内恰有5个零点，则ω的取值范围为_________．18．【2020·天津市红桥区2020届高三高考一模】设()f x 与()g x 是定义在同一区间[],a b 上的两个函数，若函数()()()h x f x g x =-在[],a b 上有两个不同的零点，则称()f x 与()g x 在[],a b 上是“关联函数”．若()313f x x m =+与()2122g x x x =+在[]0,3上是“关联函数”，则实数m 的取值范围是______．19．【2020·天津市南开区高三下期期末】对于实数a 和b ，定义运算“*”：33*a a b a ba b b b a a b ⎧-≤=⎨->⎩（），（），，设21*1f x x x =--（）（）（），若函数2g x f x mx m R =-∈（）（）（）恰有三个零点123x x x ，，，则m 的取值范围是______；123x x x 的取值范围是______．20.【2020·天津市实验中学滨海分校高三模拟】已知函数254,0()22,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨->⎪⎩，若函数()y f x a x =-恰有4个零点，则实数a 的取值范围是________．。
高中数学专题 微专题3 函数的零点问题
所以f(x＋4)＝f(x)＋f(2)＝f(x)， 所以f(x)是以4为周期的周期函数. 根据周期性及奇函数的性质画出函数y＝ f(x)在[－4,4]上的图象，如图. 由图可知，函数y＝f(x)在[－4,4]上的零点 有－4，－3.5，－3，－2，－1，－0.5,0,0.5,1,2,3,3.5,4，共13个零点.
－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cos πx|－f(x)在区间－1，32上 零点的个数为
A.4
B.5
C.6
√D.7
由f(－x)＝f(x)，得f(x)的图象关于y轴对称，由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的图 象关于直线x＝1对称， 令g(x)＝|cos πx|－f(x)＝0，得|cos πx|＝f(x)， 函数y＝|cos πx|是周期为1的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x3， 在同一坐标系内作出函数 y＝f(x)在[－1,2]上的图象，函数 y＝|cos πx|在 －1，32上的图象，如图，
因为函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－17,5]上恰有20个零点， 则函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间[－17,5]上有20个交点， 由f(x＋2)＝f(x)，知f(x)是周期为2的函数， 作出函数f(x)与函数g(x)的部分图象如图所示. 易知当x∈[－17,1]时，函数f(x)的 图象与函数g(x)的图象有17个交点， 故在(1,5]上有3个交点， 显然0<a<1不满足题意，
PART TWO
热点突破
1取.已值知范函围数是f(x)＝elnx，x，x≤x>00，，g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的
A.[－1,0)
√C.[－1，＋∞)
2020年高三微专题26：关于函数隐性零点问题
函数隐性零点问题近年高考压轴题中，用导数研究函数的单调性、极值、最值及不等式问题成为命题趋势。
用导数解决函数综合问题，最终都会归结于函数的单调性的判断，而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。
函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念，经常借助于方程、函数的图象等加以解决。
根据函数的零点在数值上是否可以准确求出，我们把它分为两类：一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点；另一类是依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点。
1.不含参函数的隐性零点问题已知不含参函数)(x f ，导函数方程0)('=x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，①注意确定0x 的合适范围. 2.含参函数的隐性零点问题已知含参函数),(a x f ，其中a 为参数，导函数方程0),('=a x f 的根存在，却无法求出，设方程0)('=x f 的根为0x ，则：①有关系式0)('0=x f 成立，该关系式给出了a x ,0的关系，①注意确定0x 的合适范围，往往和a 的范围有关.题型一 求参数的最值或取值范围 例1设函数f （x ）=e x ﹣ax ﹣2．（1）求f （x ）的单调区间；（2）若a=1，k 为整数，且当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0，求k 的最大值． 解析：（1）（略解）若a≤0，则f ′（x ）＞0，f （x ）在R 上单调递增；若a ＞0，则f （x ）的单调减区间是（﹣∞，lna ），增区间是（lna ，+∞）． （2）由于a=1，所以（x ﹣k ）f′（x ）+x+1=（x ﹣k ）（e x ﹣1）+x+1．故当x ＞0时，（x ﹣k ）f ′（x ）+x+1＞0等价于k ＜11-+xe x +x （x ＞0）（*）， 令g （x ）=11-+x e x +x ，则g′（x ）=2)1()2(---x x x e x e e ，而函数f （x ）=e x ﹣x ﹣2在（0，+∞）上单调递增，①f （1）＜0，f （2）＞0，所以f （x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．故g ′（x ）在（0，+∞）存在唯一的零点．设此零点为a ，则a①（1，2）．当x①（0，a ）时，g ′（x ）＜0；当x①（a ，+∞）时，g ′（x ）＞0．所以g （x ）在（0，+∞）的最小值为g （a ）又由g′（a ）=0，可得e a =a+2，①所以g （a ）=a+1①（2，3）．由于（*）式等价于k ＜g （a ），故整数k 的最大值为2．点评：从第2问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤： ①确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）； ①根据零点的意义进行代数式的替换； ①结合前两步，确定目标式的范围。
函数零点问题讲义(主要是含参函数)高三数学二轮专题复习
函数的零点问题（主要是含参函数）一、函数的零点 1、函数零点的概念对于函数(),y f x x D =∈，我们把使()0f x =成立的实数x 叫做函数(),y f x x D =∈的零点．2、函数的零点与方程的根之间的联系1）函数()y f x =的零点就是方程()0f x =的实数根，也就是函数()y f x =的图象与x 轴的交点的横坐标即方程()0f x =有实数根⇔函数()y f x =的图象与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点．2）函数()()()F x f x g x =-有零点⇔方程()0F x =有实数根⇔函数()y f x =与()y g x =的图象有交点；3）函数()()F x f x a =-有零点⇔方程F （x ）=0有实数根⇔函数()y f x =与y a =的图象有交点⇔{|()}a y y f x ∈=，其中a 为常数. 3、二次函数2)( 0y ax bx c a =++>的零点)0二、零点存在性定理如果函数()y f x =在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，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. 【注】上述定理只能判断出零点存在，不能确定零点个数.（1）若，则“一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点.要分析的性质与图象，如果单调，则“一定”只有一个零点（2）若，则“不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。
如果单调，那么“一定”没有零点（3）如果在区间中存在零点，则的符号是“不确定”的，受函数性质与图象影响。
如果单调，则一定小于0. 三、二分法 1、二分法的概念对于在区间[a ，b ]上连续不断且()()0f a f b ⋅<的函数()y f x =，通过不断地把函数()f x 的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．2、用二分法求函数()f x 零点近似值的步骤给定精确度ε，用二分法求函数()f x 零点近似值的步骤如下： ①确定区间[a ，b ]，验证()()0f a f b ⋅<，给定精确度ε； ②求区间(a ，b )的中点c ； ③计算f (c )；a ．若f (c )=0，则c 就是函数的零点；b ．若f (a )·f (c )<0，则令b =c (此时零点x 0∈(a ，c ))； c ．若f (c )·f (b )<0，则令a =c (此时零点x 0∈(c ，b ))．④判断是否达到精确度ε：即若|a −b |<ε，则得到零点近似值a (或b )；否则重复②③④. 【速记口诀】定区间，找中点；中值计算两边看， 同号丢，异号算，零点落在异号间．()()0f a f b ⋅<()f x ()f x ()f x ()()0f a f b ⋅>()f x ()f x ()f x (),a b ()()f a f b ⋅()f x ()()f a f b ⋅重复做，何时止，精确度来把关口． 四、函数零点的判定方法1、定义法（定理法）：使用零点存在性定理，函数()y f x =必须在区间[a ，b ]上是连续的，当()()f a f b ⋅0<时，函数在区间(a ，b )内至少有一个零点．2、方程法：判断方程()0f x =是否有实数解．3、图象法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如()()()f x g x h x -=，作出()y g x =和()y h x =的图象，其交点的横坐标即为函数f (x )的零点.五、判断函数零点个数的方法1、解方程法：令f (x )=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．2、零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须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具有的性质．3、数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，先画出两个函数的图象，看其交点个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点. 六、函数零点的应用问题1、已知函数零点所在区间求参数或参数的取值范围根据函数零点或方程的根求解参数的关键是结合条件给出参数的限制条件，此时应分三步：①判断函数的单调性；②利用零点存在性定理，得到参数所满足的不等式；③解不等式，即得参数的取值范围．在求解时，注意函数图象的应用． 2、已知函数零点的个数求参数或参数的取值范围一般情况下，常利用数形结合法，把此问题转化为求两函数图象的交点问题． 3、借助函数零点比较大小或直接比较函数零点的大小关系要比较f (a )与f (b )的大小，通常先比较f (a )、f (b )与0的大小．若直接比较函数零点的大小，方法如下：①求出零点，直接比较大小； ②确定零点所在区间；③同一坐标系内画出函数图象，由零点位置关系确定大小. 七、二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)有关的零点分布设方程ax 2＋bx ＋c =0(a ＞0)的不等两根为12,x x 且12x x <，相应的二次函数为()20f x ax bx c =++=，方程的根即为二次函数图象与x 轴的交点横坐标，它们的分布情况见下面各表（每种情况对应的均是充要条件）八、一元三次方程根与系数的关系设方程ax 3＋bx 2＋cx ＋d ＝0（a ≠0）的三个根分别为x 1、x 2、x 3．原方程化为320b c dx x x a a a+++=．∵ x 1、x 2、x 3是方程的三个根， ∴32123()()()b c dx x x x x x x x x aaa +++=---． 整理，得：3232123121323123()()b c dx x x x x x x x x x x x x x x x x x a a a+++=-+++++-，比较左右同类项的系数，得一元三次方程根与系数的关系是：123121323123,,b c dx x x x x x x x x x x x a a a++=-++==- ．【题模1】：定义法解决函数零点问题 【讲透例题】1、已知函数()f x 的图象是不间断的，并有如下的对应值表：那么函数在区间（1，6）上的零点至少有（ ）个A ．5B ．4C ．3D ．2 2、设函数⎩⎨⎧-∈-+∞∈-=)1,1(,2),1[,22)(2x x x x x x f ，求函数41)(-=x f y 的零点3、函数f (x )＝2x －2x －a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是________．4、已知函数（1）若是的极值点且的图像过原点，求的极值； （2）若，在（1）的条件下，是否存在实数，使得函数的图像与函数的图像恒有含的三个不同交点？若存在，求出实数的取值范围；否则说明理由。
高中数学热点难点突破-不拉分系列之(四)图解函数的零点问题
函数零点问题主要有四类：一是判断函数零点或方程根的个数；二是利用函数零点确定函数解析式；三是确定函数零点或方程根的取值范围；四是利用函数零点或根的个数求解参数的取值范围．解决这些问题主要用数形结合法．1．函数零点个数的判断函数零点的个数即为方程f (x )＝0根的个数，可转化为函数f (x )的图象与x 轴交点的个数进行判断，也可转化为两个函数图象的交点个数(如例2(1))．2．利用函数零点求解函数解析式由函数的零点利用待定系数法求函数的解析式，求解时要结合函数的图象．[典例1] 如图所示为f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象，则x 21＋x 22的值是( )A.23B.43C.83D.169[解析] 由图象可知，函数图象与x 轴交于三点，(－1,0)，(0,0)，(2,0)，故该函数有三个零点－1,0,2.由f (0)＝0，得d ＝0，故函数解析式可化为f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＝x (x 2＋bx ＋c )，显然－1,2为方程x 2＋bx ＋c ＝0的两根．由根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧ －1＋2＝－b ，(－1)×2＝c ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝－2.故f (x )＝x 3－x 2－2x . 由图象可知，x 1，x 2为函数f (x )的两个极值点，又f ′(x )＝3x 2－2x －2，故x 1，x 2为f ′(x )＝0，即3x 2－2x －2＝0的两根，故x 1＋x 2＝23，x 1·x 2＝－23. 故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝⎝⎛⎭⎫232－2×⎝⎛⎭⎫－23＝169.[答案] D[题后悟道] 确定零点与三次函数的各个系数之间的关系还可以根据零点写出函数解析式f (x )＝a (x －α)(x －β)·(x －γ)，然后依据代数恒等式成立的条件——对应系数相等，找出彼此之间的关系．本题所求的问题类似于一元二次方程根与系数关系中的相关问题，要注意式子的灵活变形．类似的变形有(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2，1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2等． 3．零点取值范围的确定函数零点的取值范围，即为方程f (x )＝0的根的取值范围，主要利用零点存在性定理解决，可结合函数的图象和性质，根据图象上的一些特殊点灵活处理(如本节例1)．4．由零点个数确定参数的取值范围根据函数零点的个数确定函数解析式中参数的取值范围，主要利用数形结合的方法，根据函数的极值与区间的端点值构造参数所满足的不等式，通过解不等式求解其取值范围．[典例2] 已知函数f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋3，若函数g (x )＝f (x )－m 在x ∈[－2,5]上有3个零点，则m 的取值范围为( )A ．(－24,8)B ．(－24,1]C ．[1,8]D ．[1,8)[解析] f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x ＋1)·(x －3)，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝3.当x ∈[－2，－1)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(3,5]时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )的极小值为f (3)＝－24，极大值为f (－1)＝8；而f (－2)＝1，f (5)＝8，函数图象大致如图所示．故要使方程g (x )＝f (x )－m 在x ∈[－2,5]上有3个零点，只需函数f (x )在[－2,5]内的函数图象与直线y ＝m 有3个交点．故⎩⎪⎨⎪⎧m <8，m ≥1，即m ∈[1,8)． [答案] D[题后悟道] 解决此类问题主要依据函数图象的特征，利用区间端点处的函数值、函数的极值等构造关于参数的不等式．注意函数在区间的端点值对参数取值范围的影响．如该题中f (－2)与f (5)这两个端点值决定着方程g (x )＝f (x )－m 在x ∈[－2,5]上的零点个数，若m ＝8或－24<m <1，则该方程有2个根；若m ＝－24，则该方程有1个根；当m >8或m <－24时，则该方程没有实根．总之，解决函数零点的有关问题主要利用数形结合的数学思想，利用导数研究函数的有关性质，主要包括函数的单调性与极值以及函数在区间端点处的函数值，然后画出函数图象，结合函数图象的特征判断、求解．。
2020高考专题3.5导数与函数的零点（解析版）
2020高考专题3.5导数与函数的零点（解析版）第三篇导数及其应用专题3.5导数与函数的零点【考点聚焦突破】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．【答案】见解析【解析】(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：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，< bdsfid="95" p=""></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．【规律方法】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．【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＝2.71828….(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．【答案】见解析【解析】(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．【答案】见解析【解析】(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.< bdsfid="146" p=""></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<xe时，f(x)>0.</x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.< bdsfid="160" p=""></m<－1.<> 所以m的取值范围是(－2，－1)．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．【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．【答案】见解析【解析】(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＝－1 a，则＋－1a－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－e2<a<0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．< bdsfid="191" p=""></a<0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．<>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.【答案】见解析【解析】(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<14<=""<14<="" ，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．<14<="" (2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，<14<="" 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.<14<="" 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，<14<="" 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．<14<="" 由于2e2x 0－a x 0<14<="" ＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a<14<="" .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a<14<="" .【规律方法】 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.<14<="" 2．由(1)知，函数f ′(x )存在唯一零点x 0，则f (x 0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f (x 0)≥2a ＋a ln 2a <14<="" .【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)．<14<="" (1)求函数f (x )在1e ，e 的最小值；<14<="" (2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，且x 1<1.<="" 2，证明：x="" bdsfid="229" p=""><14<="" 【答案】见解析<14<="" 【解析】(1)解<14<="" f (x )＝ln x －x －m (m <－2)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－x x<14<="" ＝0，∴x ＝1.<14<="" 当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(0，1)递增；<14<="" 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(1，＋∞)上递减．<14<="" 且1－1e<14<="" －m ，f (e)＝1－e －m ，<14<=""<14<="" 因为f (e)＝－2－1e<14<=""<14<="" ＋e>0，函数f (x )在1e ，e 的最小值为1－e －m .<14<="" (2)证明由(1)知x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且01，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，<14<="" 由题意可知ln x 2－x 2＝m <－2<="" bdsfid="261" p=""><14<="" 又由(1)可知f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)递减，故x 2>2，<14<="" 所以0<="" bdsfid="266" p=""><14<="" <1.<14<=""<14<="" 则f (x 1)－ln x 1－x 1ln 1x 2－＝ln x 2－x 2ln 1x 2－＝－x 2＋1x 2<14<="" ＋2ln x 2.令g (x )＝－x ＋1x<14<="" ＋2ln x (x >2)，则g ′(x )＝－1－1x 2＋2x ＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2<14<="" ≤0，当x >2时，g (x )是减函数，<14<="" 所以g (x )<="" bdsfid="282" p=""><14<="" ＋ln 4.<14<="" 因32－ln 4＝ln e 324>ln 2.56324＝ln （1.62）324<14<="" ＝ln 1.634＝ln 4.0964>ln 1＝0，∴g (x )<0，<14<="" 所以当x >2时，f (x 1)－，<14<=""<14<=""<14<="" 即f (x 1)<因为0<="" bdsfid="299" p=""><14<="" <1，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以x 1<1x 2<14<="" ，故x 1x 2<1.【反思与感悟】<14<="" 1．解决函数y ＝f (x )的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x 轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．<14<="" 2．通过等价变形，可将“函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点”与“方程f (x )＝g (x )的解”问题相互转化．<14<="" 【易错防范】<14<="" 函数y ＝f (x )在某一区间(a ，b )上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.<14<="" 【分层训练】<14<="" 【基础巩固题组】(建议用时：30分钟)<14<="" 一、选择题<14<="" 1.已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x<14<="" －10234f (x )12020<14<="" f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<="" ＝f=""><14<="" <="" ＝f="">)<14<="" <="" ＝f=""><14<="" <="" ＝f="">A.1<14<="" <="" ＝f="">B.2<14<="" <="" ＝f="">C.3<14<="" <="" ＝f="">D.4【答案】<14<="" <="" ＝f="">D 【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.<14<="" <="" ＝f=""><14<="" <="" ＝f="">由于f (0)＝f (3)＝2，1<="" ＝f=""> <14<="" <="" ＝f="">二、填空题<14<="" <="" ＝f="">2.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________.<14<="" <="" ＝f="">【答案】<14<="" <="" ＝f="">4－2ln 2【解析】由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)|<14<="" <="" ＝f="">＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，<14<="" <="" ＝f="">则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln 2)上单调递减，<14<="" <="" ＝f="">在(ln 2，＋∞)上单调递增，<14<="" <="" ＝f="">所以h (t )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0，<14<="" <="" ＝f="">即|AB |的最小值是4－2ln 2.<14<="" <="" ＝f="">3.若函数f (x )＝ax －a e<14<="" <="" ＝f="">x ＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.【答案】<14<="" <="" ＝f="">(－e 2，0)【解析】f ′(x )＝a e x －（ax －a ）e x e 2x ＝－a （x －2）e x<14<="" <="" ＝f="">(a <0).当x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0，<14<="" <="" ＝f="">∴当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝a e<14<="" <="" ＝f="">2＋1.若使函数f (x )没有零点，当且仅当f (2)＝a e<14<="" <="" ＝f="">2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<0.<="" bdsfid="403" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="406" p="">三、解答题<14<="" <0.<="" bdsfid="409" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="413" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="417" p="">4.(2019·保定调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4<14<="" <0.<="" bdsfid="420" p="">x 2－ax －2的图象过点(1)求函数f (x )的单调递增区间；<14<="" <0.<="" bdsfid="423" p="">(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围.<14<="" <0.<="" bdsfid="426" p="">【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="429" p="">【解析】(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4<14<="" <0.<="" bdsfid="432" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="436" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="440" p="">x 2－ax －2的图象过点所以32a 3－4a －4a －2＝103<14<="" <0.<="" bdsfid="443" p="">，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12<14<="" <0.<="" bdsfid="446" p="">x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2.<14<="" <0.<="" bdsfid="449" p="">由f ′(x )>0，得x <－1或x >2.<14<="" <0.<="" bdsfid="452" p="">所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).<14<="" <0.<="" bdsfid="455" p="">(2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56<14<="" <0.<="" bdsfid="458" p="">，f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163<14<="" <0.<="" bdsfid="461" p="">，由数形结合，可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，<14<="" <0.<="" bdsfid="464" p="">则－163<2m －3<－56，解得－760)，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3<14<="" <0.<="" bdsfid="468" p="">零点的个数.【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="471" p="">【解析】函数g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3<14<="" <0.<="" bdsfid="474" p="">(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13<14<="" <0.<="" bdsfid="477" p="">x 3＋x (x >0).设h (x )＝－13<14<="" <0.<="" bdsfid="480" p="">x 3＋x (x >0)，所以h ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1).<14<="" <0.<="" bdsfid="483" p="">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.<14<="" <0.<="" bdsfid="486" p="">所以当x ＝1时，h (x )取得极大值h (1)＝－13＋1＝23<14<="" <0.<="" bdsfid="489" p="">.令h (x )＝0，即－13<14<="" <0.<="" bdsfid="492" p="">x 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：<14<="" <0.<="" bdsfid="495" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="499" p="">①当m >23<14<="" <0.<="" bdsfid="502" p="">时，函数y ＝m 和函数y ＝h (x )的图象无交点.②当m ＝23<14<="" <0.<="" bdsfid="505" p="">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<23<="" bdsfid="506" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="509" p="">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<23<="" bdsfid="510" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="513" p="">时，函数g (x )有两个零点.<14<="" <0.<="" bdsfid="516" p="">【能力提升题组】(建议用时：25分钟)<14<="" <0.<="" bdsfid="519" p="">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.<14<="" <0.<="" bdsfid="522" p="">【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="525" p="">【解析】f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，<14<="" <0.<="" bdsfid="528" p="">当 a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，<14<="" <0.<="" bdsfid="531" p="">则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，<14<="" <0.<="" bdsfid="534" p="">所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.<14<="" <0.<="" bdsfid="537" p="">当a >0时，由f ′(x )>0得x >a 3，由f ′(x )<0得0<=""<14<="" <0.<="" bdsfid="541" p="">，<14<="" <0.<="" bdsfid="544" p="">则f (x )f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以<14<="" <0.<="" bdsfid="547" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="551" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="555" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="559" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="563" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="567" p="">－a 327<14<="" <0.<="" bdsfid="570" p="">＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，<14<="" <0.<="" bdsfid="573" p="">当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，<14<="" <0.<="" bdsfid="576" p="">当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.<14<="" <0.<="" bdsfid="579" p="">则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，<14<="" <0.<="" bdsfid="582" p="">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.<14<="" <0.<="" bdsfid="585" p="">7.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数.<14<="" <0.<="" bdsfid="588" p="">(1)当a ＝－1时，求f (x )的单调递增区间；<14<="" <0.<="" bdsfid="591" p="">(2)当0<－1a<14<="" <0.<="" bdsfid="594" p=""><="" )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a="" bdsfid="595" p="" 时，若f="" 的值；(3)当a="" ＝－1时，试推断方程|f=""><14<="" <0.<="" bdsfid="598" p="">ln x x ＋12是否有实数根.【答案】见解析<14<="" <0.<="" bdsfid="601" p="">【解析】(1)由已知可知函数f (x )的定义域为{x |x >0}，<14<="" <0.<="" bdsfid="604" p="">当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝<14<="" <0.<="" bdsfid="607" p="">1－x x (x >0)；当00；当x >1时，f ′(x )<0.<14<="" <0.<="" bdsfid="611" p="">所以f (x )的单调递增区间为(0，1).<14<="" <0.<="" bdsfid="614" p="">(2)因为f ′(x )＝a ＋1x (x >0)，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a<14<="" <0.<="" bdsfid="617" p="">；由f ′(x )>0，解得0<0，解得－1a<=""<14<="" <0.<="" bdsfid="621" p=""><e.<="" bdsfid="622" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="625" p="">从而f (x )－1a ，<14<="" <0.<="" bdsfid="628" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="632" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="636" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="640" p="">所以，f (x )max ＝1＋ 3.<14<="" <0.<="" bdsfid="643" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="647" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="651" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="655" p=""><14<="" <0.<="" bdsfid="659" p="">解得a ＝－e 2.<14<="" <0.<="" bdsfid="662" p="">(3)由(1)知当a ＝－1时，f (x )max ＝f (1)＝－1，<14<="" <0.<="" bdsfid="665" p="">所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2.当00；当x >e 时，g ′(x )<0.<14<="" <0.<="" bdsfid="669" p="">从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.<14<="" <0.<="" bdsfid="672" p="">所以g(x)max＝g(e)＝1<14<="" <0.<="" bdsfid="675" p="">e＋<14<="" <0.<="" bdsfid="678" p="">1<14<="" <0.<="" bdsfid="681" p="">2<14<="" <0.<="" bdsfid="684" p=""><1，<14<="" <0.<="" bdsfid="687" p="">所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>ln x<14<="" <0.<="" bdsfid="690" p="">x＋<14<="" <0.<="" bdsfid="693" p="">1<14<="" <0.<="" bdsfid="696" p="">2，<14<="" <0.<="" bdsfid="699" p="">所以，方程|f(x)|＝ln x<14<="" <0.<="" bdsfid="702" p="">x＋<14<="" <0.<="" bdsfid="705" p="">1<14<="" <0.<="" bdsfid="708" p="">2没有实数根.<14<="" <0.<="" bdsfid="710" p="">。
专题03 直击函数压轴题中零点问题(解析版)
一、解答题1．（2020·湖南省高三考试）设函数()()21f x x bx b R =-+∈，()()(),0,0f x x F x f x x ⎧>⎪=⎨->⎪⎩.（1）如果()10f =，求()F x 的解析式；（2）若()f x 为偶函数，且()()g x f x kx =-有零点，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩（2）(][),22,k ∈-∞-+∞【解析】（1）因为()10f =，所以110b -+=，即2b =.所以()2221,021,0x x x F x x x x ⎧-+>=⎨-+-<⎩. （2）因为()21f x x bx =-+为偶函数，所以0b =，即()21f x x =+.因为()()g x f x kx =-有零点，所以方程210x kx +-=有实数根. 所以240k ∆=-≥， 所以(][),22,k ∈-∞-+∞.2．（2020·全国高三专题练习）已知函数3()sin f x x x =-，()f x '为()f x 的导函数.（1）求()f x 在0x =处的切线方程；（2）求证：()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.【答案】（1）y x =；（2）证明见解析. 【解析】（1）()2cos 3,f x x x '=-()01f '=，又()00f =，所以切点为()0,0.故()f x 在0x =处的切线方程为y x =；（2）2()cos 3,f x x x '=-因为()f x '为偶函数，且()01f '=，则只需证明()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点即可.()sin 6f x x x ''=--，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x ''<， 故()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 因为()010f '=>，23022f ππ⎛⎫⎛⎫'=-⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由零点存在定理，可知存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00f x '=， 所以()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点， 因此()f x '在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上有且仅有两个零点.3．（2020·安徽省高三期末）已知函数1()(2)xf x e a x x=+++在区间(1,0)-内存在零点． （1）求a 的范围； （2）设22ea >，1221,()x x x x <是()f x 的两个零点，求证：122x x -<． 【答案】（1）0a >（2）证明见解析【解析】（1）由题意，方程1e (2)0x a x x+++=在区间(1,0)-有解， 即方程2e (1)0x x a x ++=在区间(1,0)-有解，设函数2()e (1)x g x x a x =++，即g()x 在区间(1,0)-存在零点． 因为()(1()e )2x g x x a '=++，①若0a >，则e 20x a +>，10x +>，()0g x '>成立，g()x 在区间(1,0)-单调递增，(0)0g a =>，1(1)0eg -=-<，(0)(1)0g g ⋅-<，所以g()x 在区间(1,0)-存在零点；②若0a =，则()e 0x g x x '=<，g()x 在(1,0)-内单调递减，且()(0)0g x g a >==，所以g()x 在区间(1,0)-无零点； ③若0a <，则e 0x x <，2(1)0a x +<， 当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()(1)0g x g <-< 故g()x 在区间(1,0)-无零点； 综上所述，0a >． （2）由（1）可知， 22e a >时，g()x 在区间(,1)-∞-单调递减，在区间(1,)-+∞单调递增， 且g()x 在区间(1,0)-存在一个零点； 又22(2)0eg a -=-+>，(2)(1)0g g -⋅-<， 所以g()x 在区间(2,1)--也存在一个零点， 从而2120x x -<<<， 所以122x x -<，不等式得证．4．（2020·安徽省高三月考）已知函数()()()32111323a f x x a x x a R =-++-∈. （1）若1a >，求函数()f x 的极值；（2）当01a << 时，判断函数()f x 在区间[]0,2上零点的个数. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】（1）∵()()32111323a f x x a x x =-++-， ∴()()()21111f x ax a x a x x a ⎛⎫'=-++=-- ⎪⎝⎭，因为1a >，所以101a<<， 当x 变化时，()(),f x f x '的变化情况如下表：由表可得当1x a=时，()f x 有极大值，且极大值为2212316a a f a a -+-⎛⎫= ⎪⎝⎭，当1x =时，()f x 有极小值，且极小值为()()1116f a =--. （2）由（1）得()()11f x a x x a ⎛⎫=-- ⎝'⎪⎭． ∵ 01a <<，∴11a>. ① 当11202a a ≥<≤，即时，()f x 在()0,1上单调递增，在()1,2上递减 又因为()()()()()11100,110,2210363f f a f a =-=--=-≤ 所以()f x 在（0,1）和（1,2）上各有一个零点， 所以()[]0,2f x 在上有两个零点．② 当112a <<，即112a <<时，()f x 在()0,1上单调递增，在11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增， 又因为()()()()()221111100,110,0366a a f f a f a a ---⎛⎫=-=--=> ⎪⎝⎭所以()f x 在[]0,1上有且只有一个零点，在[]1,2上没有零点， 所以在[]0,2上有且只有只有一个零点. 综上：当102a <≤时，()f x 在[]0,2上有两个零点； 当112a <<时，()f x 在[]0,2上有且只有一个零点． 5．（2020·四川省棠湖中学高三月考）已知设函数()ln(2)(1)axf x x x e =+-+.（1）若0a =，求()f x 极值；（2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点. 【答案】（1）()f x 取得极大值0，无极小值（2）见证明【解析】（1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()102x f x x +'=-=+得1x =-．当x 变化时，()f x '， ()f x 的变化情况如下表：故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值． （2）()()1e 112ax f x a x x ⎡⎤=-++⎣+'⎦，2x >-． 当0a >时，因为1x >-，所以()()()21e 1202axf x a a x x ⎡⎤=--++⎣+'<⎦'， ()f x '在()1,-+∞单调递减．因为()11e0af --=->'，()1002f b -'=-<，所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=，当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<， 所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减． 所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<， 所以()f x 在()1,-+∞存在零点．当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+， 于是e 1x x ≥+，所以()e11axax a x -≥-+>-+．所以()()()()())e e ln 21e 1ln 21]ax ax axf x x x x a x -⎡⎤⎡=+-+>-+++⎣⎣⎦． 于是1111111e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a af a a -------⎡⎫⎡⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>+-+->+--=⎪⎪⎢⎢ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎢⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎣⎭．因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭存在零点．综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点．6．（2020·湖南省高三期末）已知函数2()(2)ln 47()f x x x ax x a a =++-+∈R .（1）若12a =，求函数()f x 的所有零点； （2）若12a ≥，证明函数()f x 不存在的极值.【答案】(1) 1x = (2)见证明 【解析】（1）当1a 2=时，()()2172ln 422f x x x x x =++-+， 函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 3f x x x x =++-'． 设()2ln 3g x x x x=++-，则()()()2222211221x x x x g x x x x x +-+-='=-+= 0x ．当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1x =时取等号）． 即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1x =时取等号）． 所以函数()f x 在()0,∞+单调递增，至多有一个零点. 因为()10f =，1x =是函数()f x 唯一的零点. 所以若12a =，则函数()f x 的所有零点只有1x =． （2）证法1：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+， 函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-． 当12a ≥时，()2ln 3f x x x x≥++-'，由（1）知2ln 30x x x++-≥． 即当0x >时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上单调递增． 所以()f x 不存在极值．证法2：因为()()22ln 47f x x x ax x a =++-+，函数()f x 的定义域为()0+∞，，且()2ln 24x f x x ax x++'=+-． 设()2ln 24x m x x ax x+=++-， 则()22212222ax x m x a x x x+-=-+=' 0x ．设()()2220h x ax x x =+-> ，则()m x '与()h x 同号． 当12a ≥时，由()2220h x ax x =+-=，解得10x =<，20x =>．可知当20x x <<时，()0h x <，即()0m x '<，当2 x x >时，()0h x >，即()0m x '>， 所以()f x '在()20,x 上单调递减，在()2,x +∞上单调递增． 由（1）知2ln 30x x x++-≥． 则()()()2222222ln 321210f x x x a x a x x =++-+-≥-≥'． 所以()()20f x f x ''≥≥，即()f x 在定义域上单调递增． 所以()f x 不存在极值．7．（2020·河北省高三期末）已知函数()11xx f x e x +=--. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（Ⅱ）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线xy e =在点()00,x A x e处的切线也是曲线ln y x =的切线.【答案】（Ⅰ）()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增，证明见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为()(),11,-∞+∞，因为()()2201'x e x f x =+>-，所以()f x 在(),1-∞，()1,+∞单调递增.因为()212103f e --=<，()110f e-=>，所以()f x 在(),1-∞有唯一零点1x ， 因为12532f e ⎛⎫⎪⎝⎭=-，由3322.8225e <<<，得302f ⎛⎫< ⎪⎝⎭； 因为()2230f e =->，所以()f x 在()1,+∞有唯一零点2x . 综上，()f x 有且仅有两个零点.（Ⅱ）由题设知()00f x =，即00011x x e x +=-， 由x y e =，得'xy e =，曲线x y e =在()00,x A x e处的切线1l 为：()000x x y e x x e =-+，即()0001x x y e x e x =+-.由ln y x =，得1'y x =，则曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线的切点横坐标x 满足01xe x=，解得0x x e -=，代入ln y x =，得00ln x y ex -==-，故曲线ln y x =的斜率为0e x 的切线2l 方程为()0x x y e x e x -=--，即()001x y ex x =-+，由00011x x ex +=-，得()()00011xe x x -=-+，从而1l 与2l 为同一条直线. 8．（2020·重庆高三月考）已知函数()lnf x x ax a =-+（a 为常数）的最大值为0. （1）求实数a 的值；（2）设函数3()(1)ln ()1F x m x x f x e=--+-，当0m >时，求证：函数()F x 有两个不同的零点1x ，2x （12x x <），且121x x e e --<-.【答案】（1）1a =（2）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：(0,)+∞，1()axf x x-'=当0a ≤时，()0f x '>，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，无最大值；当0a >时，令1()0ax f x x '-=>，即(1)0x ax -<，解得10x a <<， 所以函数()f x 在1(0,)a 上单调递增，1(,)a +∞上单调递减，max 11()()ln 10f x f a a a ==-+=，易知函数1ln y a=与函数1y a =-的图像相交于点(1,0)，所以方程1ln 10a a-+=的解为1a =； （2）3()(1)ln ln F x m x x x x e=--+-2111()(ln 1)1()mx m F x m x F x x x x -++'''=++-+⇒=当0m >时()0F x ''>，则()F x '在(0,)+∞上单调递增，又因为()10F '=，所以()F x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，又()1031e F =-<，112()(1)10F m e e e =-+->，23()(1)0e e F e m e e--=-+>所以函数()F x 有两个不同的零点11(,1)x e ∈，2(1,)x e ∈，故211x x e e-<-. 9．（2020·安徽省高三期末）已知函数()()2e 12e x xf x a a x =+--.（1）当0a <时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个不同零点1x ，2x ，证明：1a >且120x x +<. 【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）()()()()22e 12e 1e 12e 1x x x x f x a a a '=+--=-+.因为0a <，由()0f x '=得，0x =或1ln 2x a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.i ）1ln 02a ⎛⎫-< ⎪⎝⎭即12a <-时，()f x 在1,ln 2a ⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在1ln ,02a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在()0,∞+单调递减；ii ）1ln 02a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调递减；iii ）1ln 02a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭即102a -<<时，()f x 在(),0-∞单调递减，在10,ln 2a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在1ln ,2a ⎛⎫⎛⎫-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭单调递减.（2）由（1）知，12a <-时，()f x 的极小值为111ln 1ln 10242f a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--->> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，102a -<<时，()f x 的极小值为()0110f a =->>， 12a =-时，()f x 在(),-∞+∞单调，故0a <时，()f x 至多有一个零点.当0a ≥时，易知()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,∞+单调递增.要使()f x 有两个零点，则()00f <，即120a a +-<，得1a >.令()()()F x f x f x =--，（0x >），则()()()F x f x f x '''=+-()()22e 12e 1x xa a =+--()()22e 12e 1x x a a --++--()()()2e e 1e e 2e e 20x x x x x x a ---=+++-++-≥，所以()F x 在0x >时单调递增，()()00F x F >=，()()f x f x >-.不妨设12x x <，则10x <，20x >，20x -<， ()()()122f x f x f x =>-. 由()f x 在(),0-∞单调递减得，12x x <-，即120x x +<.10．（2020·新疆维吾尔自治区高三月考）已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈（1）若0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）设()()2g x f x x =-，若()g x 有两个零点，求a 的取值范围 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）a e >【解析】（1）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，且2221()x ax f x x'-+=， 对于222108x ax a -+=∆=-，，又0a >，①若0a <≤0,()0f x '∆≤≥，()f x ∴在(0,)+∞上是增函数；②若a >()0f x '=，得120,0x x =>=>,()f x ∴在()10,x 和()2,x +∞上是增函数，在()12,x x 上是减函数.（2）由1()ln g x a x x=--， ∴定义域为(0,)+∞且222111()a ax ax g x x x x x'--=-=-= ①当0a ≤时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上单调递增，则()g x 至多有一个零点，不符合题意； ②当0a >时，()0g x '=得1x a =， ()g x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减max 1()ln g x g a a a a ⎛⎫∴==-+ ⎪⎝⎭∴要使()g x 有两个零点，则ln 0a a a -+>，由0a >解得a e >此时11,(1)10g a>=-< 易知当a e >时()211,,ln aaa a a a e a eg e a e e a a e ----><=--=-+， 令2(),(,),()2xx m x e x x e m x e x '=-∈+∞=-，令()2xh x e x =-，所以()2xh x e '=-，(,)x e ∴∈+∞时()0h x '<，()m x '∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()20m x m e e e ''>=-> ()m x ∴在(,)x e ∈+∞为增函数，2()()0e m x m e e e >=->，所以()2,0a a e a g e -><∴函数()g x 在1,a e a -⎛⎫ ⎪⎝⎭与1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭各存在一个零点综上所述，a e >.11．（2020·全国高三专题练习）已知函数()2cos 1.f x x ax =+- （1）当12a =时，证明：()0f x ； （2）若()f x 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】（1）当12a =时，()21cos 12f x x x =+-，所以()f x 的定义域为R ,且()(),f x f x -=故()f x 为偶函数．当0x 时,()sin f x x x '=-+，记()()sin g x f x x x '==-+，所以()cos 1g x x '=-+． 因为()0g x '≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增， 即()f x '在[)0,+∞上单调递增， 故()()00f x f ''≥=，所以()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f ≥=， 因为()f x 为偶函数,所以当x ∈R 时,()0f x ≥.（2）①当0a =时，()cos 1f x x =-，令cos 10x -=，解得()2x k k =π∈Z ， 所以函数()f x 有无数个零点，不符合题意；②当0a <时，()22cos 10f x x ax ax =+-≤≤，当且仅当0x =时等号成立，故0a <符合题意；③因为()()f x f x -=，所以()f x 是偶函数， 又因为()00f =，故0x =是()f x 的零点.当0a >时，()sin 2f x x ax '=-+，记()()sin 2g x f x x ax '==-+，则()cos 2g x x a '=-+. 1）当12a ≥时，()cos 2cos 10g x x a x '=-+≥-+≥， 故()g x 在()0,∞+单调递增，故当0x >时，()()00.g x g >=即()0f x '>， 故()f x 在()0,∞+单调递增，故()()00.f x f >= 所以()f x 在()0,∞+没有零点.因为()f x 是偶函数,所以()f x 在R 上有且只有一个零点.2）当102a <<时，当(]0,2x π∈时，存在10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得1cos 2x a =，且当10x x <<时，()g x 单调递减，故()()00g x g <=，即()10,x x ∈时，()0f x '<，故()f x 在()10,x 单调递减，()()100f x f <=，又()()222cos 22140f a a π=π+π-=π>，所以()()120f x f π<，由零点存在性定理知()f x 在()1,2x π上有零点，又因为0x =是()f x 的零点， 故102a <<不符合题意； 综上所述，a 的取值范围为()1,0,.2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭12．（2020·天津南开中学高三月考）已知函数有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）．（Ⅰ）设，则，只有一个零点．（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 又，，取满足且，则，故存在两个零点．（Ⅲ）设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故．13．（2020·广东省执信中学高三月考）已知函数()()1xf x alnx x e =--，其中a 为非零常数．()1讨论()f x 的极值点个数，并说明理由；()2若a e >，()i 证明：()f x 在区间()1,+∞内有且仅有1个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点且11x >，求证：0012x lnx x +>．【答案】（1）见解析；（2）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析. 【解析】()1解：由已知，()f x 的定义域为()0,+∞，()2x xa a x e f x xe x x-=-='， ①当0a <时，20x a x e -<，从而()'0f x <， 所以()f x 在()0,+∞内单调递减，无极值点； ②当0a >时，令()2xg x a x e =-，则由于()g x 在[)0,+∞上单调递减，()00g a =>，(10aag a a aea e=-=-<，所以存在唯一的()00,x ∈+∞，使得()00g x =，所以当()00,x x ∈时，()0g x >，即()'0f x >；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，即()'0f x <， 所以当0a >时，()f x 在()0,+∞上有且仅有一个极值点.综上所述，当0a <时，函数()f x 无极值点；当0a >时，函数()f x 只有一个极值点；()2证明：()i 由()1知()2xa x e f x x-'=． 令()2xg x a x e =-，由a e >得()10g a e =->，所以()0g x =在()1,+∞内有唯一解，从而()'0f x =在()0,+∞内有唯一解， 不妨设为0x ，则()f x 在()01,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减， 所以0x 是()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，则当1x >时，()1'10h x x=-<， 故()h x 在()1,+∞内单调递减，从而当1x >时，()()10h x h <=，所以1lnx x <-． 从而当a e >时，1lna >，且()()()()()1110lnaf lna aln lna lna e a lna lna a =--<---=又因为()10f =，故()f x 在()1,+∞内有唯一的零点．()ii 由题意，()()0100f x f x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即()012011010x x a x e alnx x e ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，从而()0120111x x x e lnx x e =-，即1011201x x x lnx e x --=． 因为当11x >时，111lnx x <-，又101x x >>，故10112011x x x e x x --<-，即1020x x e x -<，两边取对数，得1020x x lnelnx -<，于是1002x x lnx -<，整理得0012x lnx x +>．14．（2020·河南省高三开学考试）已知函数()ln 2f x x x a =-+（a R ∈）. （1）若函数()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围（2）证明：1212ln ln 22x x x x e -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭【答案】（1）()1ln 2,++∞；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意，函数()ln 2f x x x a =-+的定义域为()0,∞+， 令()ln 20f x x x a =-+=，则2ln a x x =-，记()2ln g x x x =-，0x >， 则()1212x g x x x ='-=-，令()0g x '=，得12x =， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增， 所以()g x 有最小值，且为11ln 22g ⎛⎫=+⎪⎝⎭， 又当0x →时，()g x →+∞；当x →+∞时，()g x →+∞，所以要使函数()f x 有两个零点，则函数()g x 的图象与y a =有两个不同的交点， 则1ln 2a >+，即实数a 的取值范围为()1ln 2,++∞. （2）由（1）知，函数()g x 有最小值为11ln 22g ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，可得2ln 1ln 2x x -≥+， 当且仅当12x =时取等号， 因此要证明1212ln e ln 22x x x x -+⎛⎫-≥++ ⎪⎝⎭，即只需要证明121e 12x x -+⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭，记()121e 2x x x ϕ-+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()11221e e 2x x x x ϕ-+-+⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭121e 2x x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()0x ϕ'=，得12x =. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增， 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减， 所以()1122111e1222x ϕϕ-+⎛⎫⎛⎫≤=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即121e12xx-+⎛⎫+≤⎪⎝⎭恒成立，当且仅当12x=时取等号，所以1212ln e ln22xx x x-+⎛⎫-≥++⎪⎝⎭，当且仅当12x=时取等号.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020高考数学热点难点微专题含参函数的零点问题
含参函数的零点问题常以超越方程、分段函数等为载体，达到考察函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等目的．要注意函数的零点、方程的根、不等式的解集三者之间的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题的关键，等价转化是这类问题的难点．解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用．
例1 已知函数f (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
f (x )， x ≥0，f ′(x )， x <0.若方程
g (f (x ))＝0有4个不等的实根，则a 的取值范围是________．
点评：
例2 (1) 若关于x 的方程|x 4－x 3|＝ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为________．
(2) 已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数
y ＝g (x )的图象恰好有2个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．
点评：
【思维变式题组训练】
1. 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1， x ≥2，2， 1≤x <
2.若方程f (x )＝ax ＋1恰有一个解时，则实数a 的取值范围为________．
2. 设函数f (x )＝⎩⎨⎧ x －1e x ， x ≥a ，－x －1， x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函
数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________．
3. 已知函数f (x )＝⎝ ⎛ x －1， 1≤x <2，
2f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x ， x ≥2，如果函数g (x )＝f (x )－k (x －3)恰有2个不同的零点，那么实数k 的取值范围是________.
4. 已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2x ＋1， x ≤0，|ln x |， x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx
＋2有且只有4个不同解，则实数k 的取值构成的取值集合为________．。