专题06 重温高考压轴题----函数零点问题集锦-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)
高中数学函数零点问题必考点梳理+真题精练(附答案)
f
x
mx
m
2 3
有四个解，即直线
y
mx
m
2 3
与函数
f
x
的图象有四个交点，
因为直线
y
mx
m
2 3
过定点
1,
2 3
，
在同一直角坐标系中作出直线 y mx m 2 与函数 f x 的图象，如下图所示，
3
当直线
y
mx
m
2 3
过原点时，
m
2 3
；
当直线
y
mx
m
2 3
与函数
y
ln
x
1
,
x
0
的图象相切时，
4、函数的零点，方程的根，两图象交点之间的联系 （1）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. （2）方程：方程的特点在于能够进行灵活的变形，从而可将等号两边的表达式分别构造为两 个可分析的函数，为作图做好铺垫. （3）图象的交点：通过作图可直观的观察到交点的个数，并能初步判断交点所在区间.
专题 08 函数零点问题面面观 【热点聚焦与扩展】
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）二次方程根分布问题；（3）判断根的个数问题；（4） 根据方程解的情况确定求参数的值或范围.上述情形除（1）简单，其它往往与分段函数结合或 与导数的应用结合，难度往往较大. 一、基础知识：
2020年高考数学压轴题专题复习： 函数的图象与性质及其应用【解析版】
专题 函数的图象与性质及其应用纵观近几年的高考命题，函数图象和性质及其应用问题，常常出现在压轴题的位置，考查的类型主要有： 1.分段函数的图象与性质问题，往往通过分类讨论，将函数在不同定义域内的图象进行刻画或讨论，有时借助导数这一工具进行研究；2.函数的零点问题，根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．函数零点问题常常涉及零点个数问题、零点所在区间问题及零点相关的代数式取值问题，解决的途径常以数形结合的思想，通过化归与转化灵活转化问题；3.抽象函数问题，由于抽象函数表现形式抽象，对学生思维能力考查的起点较高，使得此类问题成为函数内容的难点之一，解决此类问题时，需要准确掌握函数的性质，熟知我们所学的基本初等函数，将抽象函数问题转化为具体函数问题；4. 函数性质的综合应用问题，函数性质包括奇偶性、单调性、对称性、周期性等，对函数性质的熟练掌握与刻画是解决函数综合题目的必然要求；5.函数与不等式的综合问题，主要有解不等式、及根据不等式确定参数（范围）问题.函数的图象与不等式，往往涉及数形结合思想、转化与化归思想；6.函数中的新定义问题.【压轴典例】例1.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设函数()f x 的定义域为R ，满足(1) 2 ()f x f x +=，且当(0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-．若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】B【解析】∵(1) 2 ()f x f x +=，()2(1)f x f x ∴=-． ∵(0,1]x ∈时，1()(1)[,0]4f x x x =-∈-；∴(1,2]x ∈时，1(0,1]x -∈，1()2(1)2(1)(2),02f x f x x x ⎡⎤=-=--∈-⎢⎥⎣⎦； ∴(2,3]x ∈时，1(1,2]x -∈，()2(1)4(2)(3)[1,0]f x f x x x =-=--∈-，如图：当(2,3]x ∈时，由84(2)(3)9x x --=-解得173x =，283x =，若对任意(,]x m ∈-∞，都有8()9f x ≥-，则73m ≤.则m 的取值范围是7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.故选B.例2.【2016·全国卷Ⅱ】已知函数f (x )(x ∈R)满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1m(x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m【答案】B 【解析】法一：利用函数的对称性由f (－x )＝2－f (x )，知f (－x )＋f (x )＝2，所以点(x ，f (x ))与点(－x ，f (－x ))连线的中点是(0,1)，故函数f (x )的图象关于点(0,1)成中心对称．(此处也可以这样考虑：由f (－x )＝2－f (x )，知f (－x )＋f (x )－2＝0，即[f (x )－1]＋[f (－x )－1]＝0，令F (x )＝f (x )－1，则F (x )＋F (－x )＝0，即F (x )＝f (x )－1为奇函数，图象关于点(0,0)对称，而F (x )的图象可看成是f (x )的图象向下平移一个单位得到的，故f (x )的图象关于点(0,1)对称)．又y ＝x ＋1x ＝1＋1x的图象也关于点(0,1)对称，所以两者图象的交点也关于点(0,1)对称，所以对于每一组对称点x i ＋x i ′＝0，y i ＋y i ′＝2，所以∑i ＝1m(x i ＋y i )＝∑i ＝1mx i ＋∑i ＝1my i ＝0＋2×m2＝m ，故选B.法二：构造特殊函数由f (－x )＝2－f (x )，知f (－x )＋f (x )－2＝0， 即[f (x )－1]＋[f (－x )－1]＝0. 令F (x )＝f (x )－1，则F (x )为奇函数， 即f (x )－1为奇函数，从而可令f (x )－1＝x ， 即f (x )＝x ＋1，显然该函数满足此条件． 此时y ＝f (x )与y ＝x ＋1x的交点分别为(1,2)和(－1,0)， 所以m ＝2， i ＝1m(x i ＋y i )＝1＋2＋(－1)＋0＝2，结合选项可知选B. 答案：B 【思路点拨】(1)由于题目条件中的f (x )没有具体的解析式，仅给出了它满足的性质f (－x )＝2－f (x )，即f (x )(x ∈R)为抽象函数，显然我们不可能求出这些点的坐标，这说明这些交点坐标应满足某种规律，而这种规律必然和这两个函数的性质有关． (2)易知函数y ＝x ＋1x关于点(0,1)成中心对称，自然而然的让我们有这样的想法：函数f (x )(x ∈R)的图象是否也关于点(0,1)成中心对称？基于这个想法及选择题的特点，那么解题方向不外乎两个：一是判断f (x )的对称性，利用两个函数的对称性求解；二是构造一个具体的函数f (x )来求解． 例3. 【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】已知定义在上的函数满足条件：①对任意的，都有；②对任意的且，都有；③函数的图象关于轴对称，则下列结论正确的是 （ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】 ∵对任意的，都有；∴函数是4为周期的周期函数， ∵函数的图象关于轴对称 ∴函数函数）的关于对称，∵且，都．∴此时函数在上为增函数， 则函数在上为减函数， 则，，，则， 即，故选C ． 【规律总结】1.先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质，这样函数就不再抽象了，而是变得相对具体，我们就可以画出符合性质的草图来解题.2.解决抽象函数问题常用的结论 (1)函数y ＝f(x)关于x ＝2a b对称⇔f(a ＋x)＝f(b －x)⇔f(x)＝f(b ＋a －x)． 特例：函数y ＝f(x)关于x ＝a 对称⇔f(a ＋x)＝f(a －x)⇔f(x)＝f(2a －x)； 函数y ＝f(x)关于x ＝0对称⇔f(x)＝f(－x)(即为偶函数)．(2)函数y ＝f(x)关于点(a ，b)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝2b ⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝2b. 特例：函数y ＝f(x)关于点(a,0)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝0⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝0； 函数y ＝f(x)关于点(0,0)对称⇔f(x)＋f(－x)＝0(即为奇函数)．(3)y ＝f(x ＋a)是偶函数⇔函数y ＝f(x)关于直线x ＝a 对称；y ＝f(x ＋a)是奇函数⇔函数y ＝f(x)关于(a,0)对称．(4)对于函数f(x)定义域内任一自变量的值x ： ①若f(x ＋a)＝－f(x)，则T ＝2a ； ②若f(x ＋a)＝1()f x ，则T ＝2a ； ③若f(x ＋a)＝－1()f x ，则T ＝2a ；(a>0) ④若f(x ＋a)＝f(x ＋b)(a≠b)，则T ＝|a －b|；⑤若f(2a －x)＝f(x)且f(2b －x)＝f(x)(a≠b)，则T ＝2|b －a|.（5）奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．例4.【2018年理数天津卷】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.【答案】【解析】分类讨论：当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，令，其中，，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.【方法总结】本题的核心在考查函数的零点问题，函数零点的求解与判断方法包括：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．例5.【2019年高考江苏】设(),()f x g x 是定义在R 上的两个周期函数，()f x 的周期为4，()g x 的周期为2，且()f x 是奇函数.当2(]0,x ∈时，2()1(1)f x x =--，(2),01()1,122k x x g x x +<≤⎧⎪=⎨-<≤⎪⎩，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则k 的取值范围是 ▲ .【答案】12,34⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭【解析】作出函数()f x ，()g x 的图象，如图：由图可知，函数2()1(1)f x x =--的图象与1()(12,34,56,78)2g x x x x x =-<≤<≤<≤<≤的图象仅有2个交点，即在区间(0，9]上，关于x 的方程()()f x g x =有2个不同的实数根，要使关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则2()1(1),(0,2]f x x x =--∈与()(2),(0,1]g x k x x =+∈的图象有2个不同的交点，由(1,0)到直线20kx y k -+=的距离为1，可得2|3|11k k =+，解得2(0)4k k =>， ∵两点(2,0),(1,1)-连线的斜率13k =， ∴1234k ≤<，综上可知，满足()()f x g x =在(0,9]上有8个不同的实数根的k 的取值范围为1234⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭，. 例6.【2016年高考四川理数】在平面直角坐标系中，当P (x ，y )不是原点时，定义P 的“伴随点”为'2222(,)y xP x y x y -++；当P 是原点时，定义P 的“伴随点”为它自身，平面曲线C 上所有点的“伴随点”所构成的曲线'C 定义为曲线C 的“伴随曲线”.现有下列命题：①若点A 的“伴随点”是点'A ，则点'A 的“伴随点”是点A ②单位圆的“伴随曲线”是它自身；③若曲线C 关于x 轴对称，则其“伴随曲线”'C 关于y 轴对称； ④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.其中的真命题是_____________（写出所有真命题的序列）. 【答案】②③ 【解析】试题分析：对于①，若令(1,1)P ，则其伴随点为11(,)22P '-，而11(,)22P '-的伴随点为(1,1)--，而不是P ，故①错误；对于②，设曲线(,)0f x y =关于x 轴对称，则(,)0f x y -=与方程(,)0f x y =表示同一曲线，其伴随曲线分别为2222(,)0y x f x y x y -=++与2222(,)0y xf x y x y --=++也表示同一曲线，又曲线2222(,)0y x f x y x y -=++与曲线2222(,)0y xf x y x y --=++的图象关于y 轴对称，所以②正确；③设单位圆上任一点的坐标为(cos ,sin )P x x ，其伴随点为(sin ,cos )P x x '-仍在单位圆上，故②正确；对于④，直线y kx b =+上任一点P (,)x y 的伴随点是'P 2222(,)y xx y x y -++，消参后点'P 轨迹是圆，故④错误.所以正确的为序号为②③.【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的走向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．本题新概念“伴随”实质是一个变换，一个坐标变换，只要根据这个变换得出新的点的坐标，然后判断，问题就得以解决．例7.【2019年高考浙江】已知a ∈R ，函数3()f x ax x =-，若存在t ∈R ，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是___________. 【答案】43【解析】存在t ∈R ，使得2|(2)()|3f t f t +-≤， 即有332|(2)(2)|3a t t at t +-+-+≤， 化为()22|23642|3a t t ++-≤， 可得()2222364233a t t -≤++-≤， 即()22436433a t t ≤++≤， 由223643(1)11t t t ++=++≥，可得403a <≤. 则实数a 的最大值是43. 【名师点睛】本题考查函数的解析式及二次函数，结合函数的解析式可得33|(2)(2)|a t t at t +-+-+23≤，去绝对值化简，结合二次函数的最值及不等式的性质可求解.【压轴训练】1．【2018·全国卷Ⅰ】设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)D ．(－∞，0)【答案】D【解析】法一：分类讨论法①当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1≤0，2x ≤0，即x ≤－1时，f (x ＋1)<f (2x )，即为2－(x ＋1)<2－2x ，即－(x ＋1)<－2x ，解得x <1. 因此不等式的解集为(－∞，－1]．②当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≤0，2x >0时，不等式组无解．③当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1>0，2x ≤0，即－1<x ≤0时，f (x ＋1)<f (2x )，即为1<2－2x ，解得x <0.因此不等式的解集为(－1,0)．④当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，2x >0，即x >0时，f (x ＋1)＝1，f (2x )＝1，不合题意．综上，不等式f (x ＋1)<f (2x )的解集为(－∞，0)． 法二：数形结合法∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，∴函数f (x )的图象如图所示． 结合图象知，要使f (x ＋1)<f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，∴x <0，故选D.2.【2018年全国卷II 理】已知是定义域为的奇函数,满足.若，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 因为是定义域为的奇函数，且， 所以,因此，因为，所以，，从而，选C.3.【2018年理新课标I 卷】已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞） 【答案】C【解析】分析：首先根据g （x ）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.4.【甘肃省兰州市第一中学2019届9月月考】已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有，则的值是（）A． 0 B． C． 1 D．【答案】A【解析】若，则，可得，若，，则有，取，则有：∵是偶函数，则，由此得，于是，，故选A.5.若直角坐标系内A、B两点满足：（1）点A、B都在f（x）的图像上；（2）点A、B关于原点对称，则称点对（A，B）是函数f（x）的一个“姊妹点对”（点对（A，B）与（B，A）可看作一个“姊妹点对”。
2025高考数学必刷题 第25讲、函数的零点问题(学生版)
第25讲函数的零点问题知识梳理1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y k =)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将()f x 整理变形成()()()f x g x h x =-的形式，通过()(),g x h x 两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.必考题型全归纳题型一：零点问题之一个零点例1．（2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数()ln f x x =,()21212g x x x =-+.（1）求函数()()()3x g x f x ϕ=-的单调递减区间；（2）设()()()h x af x g x =-，a R ∈.①求证：函数()y h x =存在零点；②设0a <，若函数()y h x =的一个零点为m .问：是否存在a ，使得当()0,x m ∈时，函数()y h x =有且仅有一个零点，且总有()0h x ≥恒成立？如果存在，试确定a 的个数；如果不存在，请说明理由.例2．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数()e sin 1x f x a x =--，()()22cos sin 2e xx a g x a x x ++=-+-+，()f x 在()0,π上有且仅有一个零点0x .(1)求a 的取值范围；(2)证明：若12a <<，则()g x 在(),0π-上有且仅有一个零点1x ，且010x x +<.例3．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()1ln e xx f x a x -=+.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)证明：当0a ≥时，()f x 有且只有一个零点；(3)若()f x 在区间()()0,1,1,+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围.变式1．（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）已知0a >，函数()e xf x x a =-，()ln g x x x a =-.(1)证明：函数()f x ，()g x 都恰有一个零点；(2)设函数()f x 的零点为1x ，()g x 的零点为2x ，证明12x x a =.题型二：零点问题之二个零点例4．（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数2()e x f x x +=.(1)求()f x 的最小值；(2)设2()()(1)(0)F x f x a x a =++>.（ⅰ）证明：()F x 存在两个零点1x ，2x ；（ⅱ）证明：()F x 的两个零点1x ，2x 满足1220x x ++<.例5．（2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，两个零点互为倒数．例6．（2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知函数()ln x f x e x a =--.（1）若3a =.证明函数()f x 有且仅有两个零点；（2）若函数()f x 存在两个零点12,x x ，证明：121222x x x x e e e a >++-.变式3．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈在其定义域内有两个不同的零点．（1）求a 的取值范围；（2）记两个零点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式()21ln 1ln 10λ-+->x x 恒成立，求λ的取值范围．变式4．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数()4212f x ax x =-，,()0x ∈+∞，()()()g x f x f x '=-．(1)若0a >，求证：（ⅰ）()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减；（ⅱ）()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点；(2)若1a >，记()g x 的两个零点为12,x x ，求证：1244x x a <+<+．题型三：零点问题之三个零点例7．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数()21ln ln 1ex ax f x x a -=---有三个零点.(1)求a 的取值范围；(2)设函数()f x 的三个零点由小到大依次是123,,x x x .证明：13e e x x a >.例8．（2024·广东深圳·校考二模）已知函数1()ln 1x f x a x x -=-+.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)①当102a <<时，试证明函数()f x 恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，试证明22131(1)(1)x x a x >--.例9．（2024·广西柳州·统考三模）已知()3()1ln f x x ax x =-+．（1）若函数()f x 有三个不同的零点，求实数a 的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为123,,x x x 且123x x x <<，当132x x +>时，求实数a 的取值范围．变式5．（2024·贵州遵义·遵义市南白中学校考模拟预测）已知函数()32113f x x ax bx =+++（a ，b ∈R ）.（1）若0b =，且()f x 在()0+∞，内有且只有一个零点，求a 的值；（2）若20a b +=，且()f x 有三个不同零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.变式6．（2024·浙江·校联考二模）设e 2a <，已知函数()()()22e 22x f x x a x x =---+有3个不同零点.(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值：(2)求实数a 的取值范围；(3)设函数()f x 的三个零点分别为1x 、2x 、3x ，且130x x ⋅<，证明：存在唯一的实数a ，使得1x 、2x 、3x 成等差数列.变式7．（2024·山东临沂·高三统考期中）已知函数ln ()xf x x=和()e x ax g x =有相同的最大值.(1)求a ，并说明函数()()()h x f x g x =-在（1，e ）上有且仅有一个零点；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.题型四：零点问题之max ，min 问题例10．（2024·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知函数()()2sin cos ,lnπxf x x x x axg x x =++=．(1)当0a =时，求函数()f x 在[]π,π-上的极值；(2)用{}max ,m n 表示,m n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数．例11．（2024·四川南充·统考三模）已知函数21()sin cos 2f x x x x ax =++，()ln πxg x x =．(1)当0a =时，求函数()f x 在[,]-ππ上的极值；(2)用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()max{(),()}(0)h x f x g x x =>，讨论函数()h x 在(0,)+∞上的零点个数．例12．（2024·四川南充·统考三模）已知函数()2e 2x ax x f x x =+-，()ln g x x =其中e 为自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()f x 的极值；(2)用{}max ,m n 表示m ，n 中的最大值，记函数()()(){}max ,(0)h x f x g x x =>，当0a ≥时，讨论函数()h x 在()0,∞+上的零点个数.变式8．（2024·广东·高三专题练习）已知函数()ln f x x =-，31()4g x x ax =-+，R a ∈.(1)若函数()g x 存在极值点0x ，且()()10g x g x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；(2)用min{,}m n 表示m ，n 中的最小值，记函数()min{()h x f x =，()}(0)g x x >，若函数()h x 有且仅有三个不同的零点，求实数a 的取值范围.变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知函数2()e (R)x f x ax a =-∈，()1g x x =-．(1)若直线()y g x =与曲线()y f x =相切，求a 的值；(2)用{}min ,m n 表示m ，n 中的最小值，讨论函数()min{(),()}h x f x g x =的零点个数．变式10．（2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考期末）已知函数()()31,1ln 4f x x axg x x x =++=--.(1)若过点()1,0可作()f x 的两条切线，求a 的值.(2)用{}min ,m n 表示,m n 中的最小值，设函数()()(){}min ,(01)h x f x g x x =<<，讨论()h x 零点的个数.题型五：零点问题之同构法例13．已知函数1()()2(0)x axf x x ln ax a e -=+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，求实数a 的取值范围例14．已知2()12a f x xlnx x =++．（1）若函数()()cos sin 1g x f x x x x xlnx =+---在(0,]2π上有1个零点，求实数a 的取值范围．（2）若关于x 的方程2()12x a a xe f x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围．例15．已知函数()(1)1x f x ae ln x lna =-++-．（1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 有且仅有两个零点，求a 的取值范围．题型六：零点问题之零点差问题例16．已知关于x 的函数()y f x =，()y g x =与()(h x kx b k =+，)b R ∈在区间D 上恒有()()()f x h x g x ．（1）若2()2f x x x =+，2()2g x x x =-+，(,)D =-∞+∞，求()h x 的表达式；（2）若2()1f x x x =-+，()g x klnx =，()h x kx k =-，(0,)D =+∞，求k 的取值范围；（3）若42()2f x x x =-，2()48g x x =-，342()4()32(0||h x t t x t t t =--+<，[D m =，][n ⊂，，求证：n m-例17．已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++．（1）如3a b ==-，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在(,)α-∞，(2,)β单调增加，在(,2)α，(,)β+∞单调减少，证明：6βα->．例18．已知函数221()2x f x ae x ax =--，a R ∈．（1）当1a =时，求函数2()()g x f x x =+的单调区间；（2）当4401a e <<-，时，函数()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：212x x ->．题型七：零点问题之三角函数例19．（2024·山东·山东省实验中学校考一模）已知函数()()sin ln 1f x a x x =-+．(1)若对(]1,0x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln2n k k =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，试判断方程()1eln 10x m x +--+=实数根的个数，并说明理由．例20．（2024·全国·高三专题练习）设函数()πsin2x f x x =-.(1)证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≤；(2)记()()ln g x f x a x =-，若()g x 有且仅有2个零点，求a 的值.例21．（2024·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）已知1()sin (1)1f x a x x x x =-+>-+，且0为()f x 的一个极值点．(1)求实数a 的值；(2)证明：①函数()f x 在区间(1,)-+∞上存在唯一零点；②22111sin 121n k n k =-<<+∑，其中*N n ∈且2n ≥．变式11．（2024·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）已知()sin n f x x =，()ln e x g x x m =+（n 为正整数，m R ∈）．(1)当1n =时，设函数()()212h x x f x =--，()0,πx ∈，证明：()h x 有且仅有1个零点；(2)当2n =时，证明：()()()e 12x f x g x x m '+<+-．题型八：零点问题之取点技巧例22．已知函数()[2(1)]2(x x f x e e a ax e =-++为自然对数的底数，且1)a ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．例23．已知函数2()(1)()x f x xe a x a R =++∈．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．例24．已知函数211()(()22x f x x e a x =-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．变式12．已知函数1()()(1)2x x f x e a e a 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。
2020高考数学热点难点微专题含参函数的零点问题(3页)
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________．。
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
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题（解析版）
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一 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 2＝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， ①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．②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． ③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，(ⅰ)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； (ⅱ)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＋2ea ，(a <0)，h′(a)＝－12a ea－12ea－2e a＋2，(a<0)，h′(0)＝－12，h″(a)＝e－a－e a＋e－a－12a ea>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(x1)>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(e2，f(e2))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)－kx2x－1无零点，求k的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝mxln x的导数为f′(x)＝m(ln x－1)(ln x)2，又由题意有：f′(e2)＝12⇒m4＝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 －2x2.①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；②当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2⇒h ′(x )＝22xkx 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． ①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；②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． ③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；④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＋1.①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； ②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①②，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：①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)＝0.②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①②，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．。
高考常考题- 函数的零点问题(含解析)
函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（ ） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
2020年高考数学(理)大题分解专题06 函数与导数
当 x ( 2 1，+) 时, F (x) 0 , F (x) 单调递减. a
因此 F (x) F ( 2 1) 2 ln 2 2 a ln a a 2 ln a ．
a
a
2
2
令函数 g(a) a 2 ln a ,其中 1 a 2 ,
又因为 f (0) 1，所以曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y 1.
【肢解
2】（2）求函数
f
x 在区间
0,
π 2
上的最大值和最小值.
（2）设 h(x) ex (cos x sin x) 1 ，则 h(x) ex (cos x sin x sin x cos x) 2ex sin x .
【解析】（1） f (x) 3x2 2ax 3x(x 2 a) ， 3
当 a 0 ， f (x) 0 ，函数递增区间是 (, ) ，
当 a 0 ，递增区间是 (, 2 a), (0, ) ， 3
当 a 0 ，递增区间是 (, 0), ( 2a , ) . 3
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大题肢解一
专题 06 函数与导数
函数的最值
（2020 安徽省十四校联盟高三段考）已知函数 f x ex cos x x .
（1）求曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
（2）求函数
f
x 在区间
0,
π 2
1 m
1 e
所以
m
的取值范围是
1
e
e
,1
.
变式训练一
2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题6、三招秒解导函数零点问题
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06“三招”妙解导函数零点问题一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题. 二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()()21e xf x x ax =++.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()21e 1xg x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围.【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e xf x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得；（2）依题意可得()()21e x g x m x =+'-，当0m 函数在定义域上单调递增，不满足条件；当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m ，01m <<三种情况讨论可得.【解析】（1）因为()()21xf x x ax e =++，所以()()221e xf x x a x a ⎡⎤=+++⎣⎦'+，即()()()11e xf x a x x =++'+.由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-.①当0a =时，()()21e 0x f x x =+'，当且仅当1x =-时，等号成立. 故()f x 在(),-∞+∞为增函数. ②当0a >时，()11a -+<-，由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-； 所以()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数. ③当0a <时，()11a -+>-，由()0f x >′得()1x a >-+或1x <-，由()0f x <′得()11x a -<<-+； 所以()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数. 综上，当0a =时，()f x 在为(),-∞+∞增函数；当0a >时，()f x 在()(),1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()()1,1a -+-为减函数； 当0a <时，()f x 在(),1-∞-，()()1,a -++∞为增函数，在()()1,1a --+为减函数. （2）因为()()21e 1xg x x mx =+--，所以()()21e x g x m x =+'-，①当0m 时，()0g x '，()g x 在[)1,-+∞为增函数，所以()g x 在[)1,-+∞至多一个零点. ②当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数. 因为()01g m '=-，()00g =.（ⅰ）当1m =时，()00g '=，0x >时，()0g x '>，10x -<<时，()0g x '<； 所以()g x 在[)1,0-为减函数，在[)0,+∞为增函数，()()min 00g x g ==. 故()g x 在[)1,-+∞有且只有一个零点.（ⅱ）当1m 时，()00g '<，()()210m g m e m m '=+->，()00,x m ∃∈，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数.所以()()000g x g <=，又()()()22221e 1110mg m m m m m =+-->+--=，根据零点存在性定理，()g x 在()0,x m 有且只有一个零点. 又()g x 在[)01,x -上有且只有一个零点0. 故当1m 时，()g x 在[)1,-+∞有两个零点.（ⅲ）当01m <<时，()01g m -'=-<，()00g '>，()01,0x ∃∈-，使得()00g x '=，且()g x 在[)01,x -为减函数，在()0,x +∞为增函数. 因为()g x 在()0,x +∞有且只有一个零点0，若()g x 在[)1,-+∞有两个零点，则()g x 在[)01,x -有且只有一个零点. 又()()000g x g <=，所以()10g -即()2110eg m -=+-，所以21e m -，即当211em -<时()g x 在[)1,-+∞有两个零点. 综上，m 的取值范围为211em -< 【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0或x ＝ln x .2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法 【举一反三】【2020·山西吕梁期末】已知函数221()ln ()x f x a x a R x-=-∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()sin xg x e x =-，若()()()()2h x g x f x x =-且()y h x =有两个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()2ln f x x a x x=--， 21()2f x x '=+2221a x ax x x-+-=， 对于2210x ax -+=，28a ∆=-，当[a ∈-时，()0f x '≥， 则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当(,a ∈-∞-时，对于0x >，有()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上是增函数.当)a ∈+∞时，令()0f x '>，得04a x <<或4a x >，令()0f x '<，得44a a x <<，所以()f x 在，)+∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.综上，当(,a ∈-∞时，()f x 在(0,)+∞上是增函数；当)a ∈+∞时，()f x 在(0,)4a -，()4a ++∞上是增函数，在(44a a 上是减函数.（2）由已知可得()cos xg x e x '=-，因为0x >，所以e 1x >，而c o s 1x ≤，所以cos 0x e x ->，所以()0g x '>，所以()sin xg x e x =-在()0+∞，上单调递增. 所以()()00g x g >=. 故()h x 有两个零点，等价于()2y f x x =-=1aInx x--在()0+∞，内有两个零点.等价于1ln 0a x x--=有两根，显然1x =不是方程的根， 因此原方程可化为()1ln 01x x x x a-=>≠且， 设()ln x x x φ=，()ln 1x x φ='+，由()0x φ'>解得11x e<<，或1x > 由()0x φ'<解得10x e<<，故()ln x x x φ=在10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在()1,1,1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 其图像如下所示：所以()min 11x e eφφ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以110e a -<-<， 所以a e >.类型二 设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln x f x e a x=-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 【解析】（I ）()f x 的定义域为0+，，2()=20xaf x ex x. 当0a 时,()0f x ，()f x 没有零点；当0a时，因为2x e 单调递增，ax单调递增，所以()f x 在0+，单调递增.又()0f a ,当b 满足04a b且14b 时，(b)0f ,故当0a 时，()f x 存在唯一零点. （II ）由（I ），可设()f x 在0+，的唯一零点为0x ，当00xx ，时，()0f x ;当0+xx ，时，()0f x .故()f x 在00x ，单调递减，在0+x ，单调递增，所以当0xx 时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex ，所以00022()=2ln2ln2a f x ax a a a x aa. 故当0a时，2()2ln f x a a a.【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20xa f x e x的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”． 【举一反三】【2020·江西赣州期末】已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+.（1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【解析】（1）令2()x f x e ax x =--，则()21xf x e ax '=--，得：(1)e 1f a =--，(1)e 21f a '=--，由题得：(1)e 21e 31(1)e 1e 31f a a f a b b ⎧=--=-=⎧⇒⎨⎨=--=-+=⎩'⎩（2）根据题意，要证不等式4()5f x m >+对于任意恒成立， 即证(0,)x ∈+∞时，4()5f x -的最小值大于m ， 令244()()()2155x xg x f x e x x g x e x '=-=---⇒=--，记()()21()2xxh x g x e x h x e ''==--⇒=-，当(0,ln 2)x ∈时，()0h x '<；当x (ln 2,)∈+∞时，()0h x '>， 故()h x 即()g x '在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增，又(0)0g '=，(ln 2)12ln 20g '=-<，且(1)30g e '=-<，323402g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，故存在唯一031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=， 故当()00,x x ∈时，0g x ；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()02min 0004()5xg x g x e x x ==---一方面：()014(1)5g x g e <=-另一方面：由()00g x '=，即00210xe x --=， 得()022000004155xg x e x x x x =---=-++ 由031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭得：()0111205g x -<<，进而()011140205g x e -<<-<， 所以1120m <-，又因为m 是整数，所以1m -，即max 1m =-. 类型三 二次构造（求导），避免求根【例3】【2020重庆巴蜀中学月考】已知函数()()21ln 12f x x a x =+-. （1）当1a =-时，求()f x 的单调增区间；（2）若4a >，且()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，求证：210e x e --<<.【分析】（1）求出()'f x ，令()'0f x ≥，解不等式可得单调递增区间；（2）通过求()f x 的导函数，可得()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ，又由()f x 在()0,1上有唯一的零点0x 可得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，所以有()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，消去a ，可得0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，研究其单调性，利用零点存在性定理可得结果.【解析】（1）由已知()f x 的定义域为0x >， 当1a =-时，()()21ln 12f x x x =--， 则()()2111'x x x xf x x -++=--=，令()'0f x ≥且0x >，则0x <≤故()f x在10,2⎛ ⎝⎦上单调递增；（2）由()()21ln 12f x x a x =+-， 有()()2111'ax f x ax a x x x-+=+-=，记()21g x ax ax =-+，由4a >，有()()0010*******2110a g g a a g >⎧⎪=>⎪⎪⎪⎛⎫=-+<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=>⎪⎪⎩， 即()f x 在()0,1上有两个极值点，设为1x ，2x ， 不妨设12x x <，且1x ，2x 是210ax ax -+=的两个根， 则121012x x <<<<， 又()f x 在()0,1上有唯一的零点0x ，且当0x +→时，()f x →-∞，当1x =时，()10f =， 所以得0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 所以()()()200020001ln 10210f x x a x g x ax ax ⎧=+-=⎪⎨⎪=-+=⎩，两式结合消去a ，得0001ln 02x x x --=， 即0002ln 10x x x -+=，记()00002ln 1t x x x x =-+，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，有()00'2ln 1t x x =+，其在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以()001'2ln 12ln11ln 402t x x =+<+=-< 则()00'2ln 10t x x =+<在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，即()0t x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又222212131015510e t e e e e e t e e e ⎧-⎛⎫=--+=< ⎪⎪⎝⎭⎪⎨-⎛⎫⎪=-=> ⎪⎪⎝⎭⎩， 由零点存在定理，210e x e --<<.【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等. 【举一反三】【2020·云南昆明一中期末】已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x .（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去； 若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e x xf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 三．强化训练1.【2020·安徽合肥二中月考】已知函数() 01ln 0x x e x f x xe x x x -⎧-≤=⎨--->⎩，，，则函数()()()()F x f f x ef x =-的零点个数为（ ）（e 是自然对数的底数） A ．6 B ．5 C ．4 D ．3【答案】B【解析】0x ≤时，()xf x e -=-是增函数，(0)1f =-，0x >时，()1ln x f x xe x x =---，11()(1)1(1)()x x f x x e x e x x'=+--=+-，显然10x +>， 由1xe x=，作出xy e =和1(0)y x x=>的图象，如图，x y e =是增函数，1y x =在0x >是减函数它们有一个交点，设交点横坐标为0x ，易得0011x e x =>，001x <<， 在00x x <<时，1xe x <，()0f x '<，0x x >时，1xe x>，()0f x '>， 所以()f x 在0(0,)x 上递减，在0(,)x +∞上递增，0()f x 是()f x 的极小值，也是在0x >时的最小值．001x e x =，001x x e =，0001ln ln x x x ==-，即00ln 0x x +=，00000()1ln 0x f x x e x x =---=， 0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞．作出()f x 的大致图象，作直线y ex =，如图，0x >时y ex =与()f x 的图象有两个交点，即()0f x ex -=有两个解12,t t ，120,0t t >>．0x <时，()x f x e -=-，()x f x e '-=，由11()xf x e e -'==得1x =-，而1x =-时，(1)y e e =⨯-=-，(1)f e -=-，所以直线y ex =与()x f x e -=-在(1,)e --处相切．即0x ≤时方程()0f x ex -=有一个解e -．()(())()0F x f f x ef x =-=，令()t f x =，则()()0F x f t et =-=，由上讨论知方程()0f t et -=有三个解：12,,e t t -(120,0t t >>)而()f x e =-有一个解，1()f x t =和2()f x t =都有两个解，所以()0F x =有5个解， 即函数()F x 有5个零点．故选B ． 2．【2020江苏盐城期中】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
高考常考题-函数的零点问题(含解析)
函数的零点问题一、题型选讲 题型一、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，英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)立义在R 上的奇函数金)满足Λx+4)=Λx),且在区间[2, 4)上例3、【2018年高考全国III 卷理数】函数/(x) = COS^3Λ + ^ ∣^[0,π]的零点个数为 ______ 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范囤.(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，画岀函数的图像，然后数形结合求解.1∏Λ∖X≥ 1例4. (2020届山东省枣庄.滕州市髙三上期末)已知/(X) = {…、f ,若函数y = ∕(x)-l 恰有f(2-x) + k,x<∖一个零点，则实数A ∙的取值范围是( )A. (l,4∙s) B ・ ILC. (YU)D ・(Y M]Z、21og^ x,x≥∖. Z 、例5、(2020全国高三专题练习(文))函数/(M = [f(w]) JI yl ，若方程f(x) = ~2x + m 有且只有两个不相等的实数根，则实数加的取值范围是()A. (-oo,4)B. (Y ,4]C. (-2,4)D. (-2,4]2-x,2≤x<3x-4,3≤x<4则函数y=∕ω-iog s H 的零点的个数为 ____________x<b例2、(2017苏锡常镇调研)若函数Λx)=≤ IInx<x>l, )则函数y=^χ)∣~∣的零点个数为 ______若函数F(X) =/(x)-g(x)在［0,2)上只有两个零点，则实数R 的值不可能为A.丄 3 3 C.——4例6、［2020年高考天津】已知函数f(x) = < Λ j'0,若函数g(γ) =γ,(j).∣AΛ^2点，则k 的取值范围是A. (→>,-∣)U(2√2,+oo)B ∙ U(0,2√Σ)c ・(Y,0)U(0,2√Σ) D ・ YO)U(2√Σ,S例7. ［2019年髙考浙江】已知t 函数f(x) = < 1x,x < O1 c ・若函数一F --(α + l)f +ax.x≥O 13 2y = f(x)-cιx -b 恰有3个零点，则A. Λ<-L b<0B. αv -l, b>0C. α>-l, XoD ・ α>-l, b>Q例8. (2020浙江学军中学髙三3月月考)已知函数/(X)=(A -÷4)V5≤X <-3J 若函数 /(x-2),x≥-3g(x) = ∕α)-W(X+ 1)1有9个零点，则实数M 的取值范围是()A.［科丿B.1 1)匕'FD.1 1 <55例9.(2020届浙江省杭州市第二中学髙三3月月考)已知函数/(X)=2/V 『心2'B- 4D ・-1-2彳伙WR)恰有4个零二、达标训练1、(2019 IlJ 东师范大学附中高三月考)函数/(x) = √-W 的零点所在区间为()A- (一 1'O)B- [θ,^j C - (Al D- (1'2)e 丫 X V 02、 【2018年髙考全国I 卷理数】已知函数/(X)=g(χ) = f(χ) + x + a •若g(x)存在2个lnx, x>O,零点，则α的取值范用是A. [一 1, 0)B. [0, +∞)C. [-1, +oo)D. [1, +∞)3、 (2020届浙江省“山水联盟"髙三下学期开学)已知αbwR,函数f(x) = <(A+(l)e +αr "≤°,若函x,x>0数y = f{x)-ax-b 恰有3个零点，则()A. a>∖J)>OB. d>l,D<0C. a<tb>OD. a<^b<O4. (2020届山东实验中学髙三上期中)设定义在/?上的函数/(X)满足/(→) + /(X) = X 2,K 当X WO 时,__________ ・若函数沧)恰有2个零点，则2的取值范圉是 _____________≥∕(1~x ))2}且★为函数 g(x) = e λ-y[ex-aZR 疋为自然对数的底数)的一个零点，则实数α的取值可能是()A. 1√E 2D ・√72√7(0<x≤l)5、(2020届山东师范大学附中髙三月考)已知函数fW = ∖2—(X > DIX若方程/(兀)=一力+ α有三个不同的实根，则实数α的取值范围是 _______6、［2018年髙考浙江】已知z∈R.函数沧)=<X - 4, % ≥ Λ X 2-4x + 3,x<2,当z=2时，不等式√(x)vθ的解集是广(X)Vx .己知存在如Λ 2+2ax + a,x ≤ O 74202O届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数f(x) = \e x_ex I ,,若存在实数+-a2,x>O X 3使得函数y = f(χ)-k有6个零点，则实数。
2024年高考复习数学知识点+题型06+5类函数选填压轴题解题技巧
1 x2
( 1
x
x
2
)
，这两条直线表示同一条直线，所以
1
x1
1 x2 1
ln(x2 1) ln
x1
2x2 1 x2 1
，解得
x1
1 2
, k
1 x1
2, b
ln
x1
2 1 1 ln 2
.
（2023·全国·高三专题练习）
18．若两曲线 y x2 1与 y a ln x 1 存在公切线，则正实数 a 的取值范围是
A． ,e
C． e,0
B． , e
D． e,0
（全国·高考真题）
16．已知函数
f
(
x)
ex，x ln x，x
0， g 0，
(
x)
f (x) x a．若 g（x）存在 2 个零点，则 a 的
取值范围是
试卷第 6页，共 9页
A．[–1，0）
B．[0，+∞）
（2023·贵州贵阳·校联考三模）
故选：A
（2023·贵州毕节·校考模拟预测）
12．若函数 f x x 2 4x a e2 x4 e4 2 x 有唯一零点，则实数 a （ ）
A．2
B．
1 2
（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）
C．4
D．1
13．已知函数 f x x2 ln 1 x ln a x 有唯一零点，则 a （ ）
C．[–1，+∞）
D．[1，+∞）
17．已知函数
f
x
cosπx πa, x a
x2
2ax
a2
4,
x
，其中 a
aR
，若
2020年高考数学压轴填空题闯关： 以零点个数为背景的填空题(解析版+原卷版)
1第一关 以零点为背景的填空题(解析版)【名师综述】本类压轴题常以超越方程、分段函数、抽象函数等为载体，达到考查函数性质、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．要注意函数零点、方程的根、不等式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．【典例解剖】类型一 周期函数零点个数问题典例1．已知定义在R 的函数y =f(x)对任意的x 满足f(x +1)=−f(x)，当-1<x <1，f(x)=x 3．函数g(x)={|log a x| ， x >0−1x ， x <0，若函数ℎ(x)=f(x)−g(x)在[-6，0)∪（0，+∞）上有6个零点，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】[19，17)∪(7，9]【解析】∵对任意的x 满足f （x +1）＝﹣f （x ），∴f （x +2）＝﹣f （x +1）＝f （x ），函数f （x ）是以2为最小正周期的函数，画函数f （x ）、g （x ）在[-6，0)∪（0，+∞）图象，由图象可知：在y 轴的左侧有2个交点，只要在右侧有4个交点即可，则{|log a 7|<1|log a 9|≥1 即有{a >7或0<a <171<a ≤9或19≤a <1，故7＜a ≤9或19≤a ＜17，故答案为：[19，17)∪(7，9]． 【名师指点】函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令f (x )=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b]上是连续不断的曲线，且f (a )⋅f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；2(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．【举一反三】已知函数y =f (x )是周期为2的周期函数，且当x ∈[−1，1]时，f (x )=2|x |−1，则函数F (x )=f (x )−|lgx |的零点个数是 ． 【答案】10【解析】函数F (x )=f (x )−|lgx |的零点，转化为函数f (x )=2|x |−1与y =|lgx |的交点，f (x )∈[0，1]．当x =10，，时f (10)=f (0)=0，|lg10|=1，当x >10时|lgx |>1，两函数无交点．所以当x <−10时，也无交点．所以交点在[−10，10]范围内，由函数图象可知，有10个交点．类型二 复合函数的零点个数问题典例2．【2020江苏南京9月调研】已知函数32()31f x x x =-+，2211,0()1,04x x g x x x x ⎧-+⎪=⎨--≤⎪⎩＞．若函数[]()y g f x a =-有6个零点（互不相同），则实数a 的取值范围为 ．【答案】（34，2） 【解析】作出()f x 、()g x 图象如下：因为()g x a =至多有两解，()f x t =至多有三解，则()g x a =有两解时()f x t =有6解； 且(0)1f =，(2)3f =-，所以()f x t =有三解时(3,1)t ∈-；3当3t =-时，3(3)4a g =-=，当1t =时，(1)2a g ==，故3(,2)4a ∈时，[]()y g f x a =-有6个零点．【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程[()]0f g x =分解为()0f t =和()g x t =处理，先从方程()0f t =中求t ，再带入方程()g x t =中求x 的值．【举一反三】若函数()32f x x ax bx c =+++有极值点1x ，2x ，且()11f x x =，则关于x 的方程()()()2320f x af x b ++=的不同实根的个数是_____.【答案】3类型三 分段函数（或含绝对值函数）的零点个数问题典例3．【2020江苏徐州上学期期中考试】函数2()3f x x x k =--有两个零点，则k 的取值范围是_______．【答案】()90,4⎧⎫-+∞⎨⎬⎩⎭U【解析】令2223,0()33,0x x x g x x x x x x ⎧-≥=-=⎨+<⎩，因为函数2()3f x x x k =--有两个零点，所以2()3=-g x x x 的图像与直线y k =有两个交点，作出函数2()3=-g x x x 的图像如下：4因为min 39()24⎛⎫=±=- ⎪⎝⎭g x g ，由图像可得：min 9()4==-k g x 或0k >．故答案为()90,4⎧⎫-+∞⎨⎬⎩⎭U ． 【名师指点】本题主要考查绝对值函数（分段函数）的图象与性质、方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题．数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度．运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解．【举一反三】【2020江苏扬州中学月考】已知函数|||lg |,0()2,0x x x f x x >⎧=⎨≤⎩．若函数|2 ()|1y f x a =--存在5个零点，则实数a 的取值范围为_________． 【答案】()13，【解析】先作出函数y=2f(x)的图像如图所示(图中黑色的曲线)，当a=1时，函数y=|2f(x)-1|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1只有四个交点，即函数()21y f x a =--存在4个零点，不合题意．当1＜a ＜3时，函数y=|2f(x)-a|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1有5个交点，即函数5()21y f x a =--存在5个零点，符合题意．当a=3时，函数y=|2f(x)-3|的图像如图所示（图中红色的曲线），它与直线y=1有6个交点，即函数()231y f x =--存在6个零点，不符合题意．所以实数a 的取值范围为()13，，故答案为()13，．【精选名校模拟】1．【2020届江苏常州高三上学期期中考试】已知函数3()3()f x x x c x =-+∈R ，若函数()f x 恰有一个零点，则实数c 的取值范围是________． 【答案】(,2)(2,)-∞-+∞U【解析】f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x ﹣1）（x +1），f '（x ）＞0⇒x ＞1或x ＜-1；f '（x ）＜0⇒-1＜x ＜1， ∴f （x ）在（﹣∞，-1）和（1，+∞）上单增，在（-1，1）上单减， ∴()()()12()12f x f c f x f c ==-+=-=+极小极大，，函数f （x ）恰有一个零点，可得2c -+>0或2c+<0，解得c ＜-2或c 2＞．可得c 的取值范围是(,2)(2,)-∞-+∞U2．【2020江苏如东中学月考】定义在R 上的奇函数()f x 满足：当0x >时，2019()2019log x f x x =+，则在R 上方程()0f x =的实根个数为________．6【答案】3 【解析】由2019()2019log 0x f x x =+=可得20192019log x x =-，令()2019x g x =，()201912019log logh x x x =-=，分别画出两个函数图像，如图所示，当大于零时，()g x 与()h x 有一个交点，根据奇函数的对称性，在(),0x ∈-∞时还存在一个关于原点对称的交点，又因()f x 定义域x ∈R ，所以()00f =，所以在R 上方程()0f x =的实根个数为3个，故答案为：3．3．【2020江苏如东中学月考】若存在[]1,2a ∈，使得关于x 的方程22()()a a tx a x+-=有四个不等的实数根，则实数t 的取值范围是_______．【答案】(,0)9-【解析】由22()||a a t x a x +-=，得3223,0()(),0x ax x a a t x a x x ax x ⎧->+=-=⎨-+<⎩，令33,0(),0x ax x f x x ax x ⎧->=⎨-+<⎩，当0x >时，2()3f x x a '=-，当x ∈时，()0f x '<，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '>，()f x ∴在上为减函数，在⎫+∞⎪⎪⎭上为增函数；当0x <上，2()3f x x ax '=-+，当(,x ∈-∞时，()0f x '<，当x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x ∴在(,-∞上为减函数，在⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上为增函数．则332()minf x f a a ==-=．作出函数()f x 的图象，如图：7由图可知，要是关于x 的方程22()||a a tx a x +-=有四个不等的实数根，则需2()y a a t =+与()y f x =的图象有四个不同交点，则322()0a a a t <+<，即存在[]1,2a ∈，有3229a t a a >+，令()3229a g a a a=+，则()322(1)'0a a g a a a-+…，()g a ∴在[]1,2上为增函数，则()(1)min g a g ==，又0t <，∴实数t 的取值范围是(9-，故答案为：(9-． 4．【2020江苏镇江上学期期中考试】函数21()|1|ln 2f x x x =-++的零点个数为________________． 【答案】3【解析】函数()f x 的定义域为(]2,-+∞，令2()|1|(2)g x x x =->-，()ln(2)(2)h x x x =+>-，所以函数()f x 的零点个数就转化为函数()g x 和()h x 的交点个数，如图所示，因为(1)(1)g h -=-且(0)(0)g h >，故()g x 和()h x 有3个交点，即原函数有3个零点．故答案为：3．5．【2020江苏镇江上学期期中考试】已知函数3,0()1,0x x x f x x a x x ⎧+≤⎪=⎨-->⎪⎩有4个不同的零点，则实数a 的取值范围为_______． 【答案】()2,+∞8【解析】令1(),()3,(),()xg x x h x m x x a n x x=-==-=，当0x ≤时，(),()3xg x x h x =-=恒有1个交点，即()f x 恒有1个零点．如图所示，当0x >时，且()m x x a =-的左半支与1()n x x=相切时，此时只有2个交点，且(2)0m =，解得2a =，故当2a >时，两个函数才恒有3个交点，即函数()f x 有3个不同的零点．综上所述，当2a >时，函数()f x 有4个不同的零点．故答案为：()2,+∞．6．【2020江苏扬州江都中学月考】已知函数()()2ln 030x a x f x x ax a x ⎧+≤=⎨-+>⎩，，有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______． 【答案】1a ≥【解析】由题可知，函数有三个零点，则对于()ln =+y x a 在(],0-a 有一个根，根据对数函数性质可得：当0x =时，函数值()0,≥f x 即ln 0,1≥≥a a ，23=-+y x ax a 在(0,)+∞上有两个根，由韦达定理得21212940300⎧∆=->⎪+=>⎨⎪=>⎩a a x x a x x a ，解得49>a ，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≥．7．【2020江苏南京9月调研】已知函数32()31f x x x =-+，2211,0()1,04x x g x x x x ⎧-+⎪=⎨--≤⎪⎩＞．若函数[]()y g f x a =-有6个零点（互不相同），则实数a 的取值范围为______．【答案】（34，2）9【解析】作出()f x 、()g x 图象如下：因为()g x a =至多有两解，()f x t =至多有三解，则()g x a =有两解时()f x t =有6解； 且(0)1f =，(2)3f =-，所以()f x t =有三解时(3,1)t ∈-； 当3t =-时，3(3)4a g =-=，当1t =时，(1)2a g ==， 故3(,2)4a ∈时，[]()y gf x a =-有6个零点．8．【2020江苏扬州江都中学月考】已知函数()()2ln 030x a x f x x ax a x ⎧+≤=⎨-+>⎩，，有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______． 【答案】1a ≥【解析】由题可知，函数有三个零点，则对于()ln =+y x a 在(],0-a 有一个根，根据对数函数性质可得：当0x =时，函数值()0,≥f x 即ln 0,1≥≥a a ，23=-+y x ax a 在(0,)+∞上有两个根，由韦达定理得21212940300⎧∆=->⎪+=>⎨⎪=>⎩a a x x a x x a ，解得49>a ． 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≥．9．【2020江苏镇江八校调研】若关于x 的方程22|2|(2)x xa x ae x e ---=-有且仅有3个不同实数解，则实数a 的取值范围是_______．10【答案】(){},01-∞U 【解析】∵22|2|(2)xx a x aex e ---=-，∴222|2|(2)x x ae x a x e --=-．令|2|xe x t -=，∴220t at a -+=------（*）令()|2|xf x e x =-，∴(2),2()(2),2x xe x xf x e x x ⎧-≤=⎨->⎩． ①当2x ≤时，()(2)(1)x x x f x e x e e x '=--=-，∴当1x ≤时，()0f x '…，()f x 单调递增；当12x <≤时，()0f x '<，()f x 单调递减．②当2x >时，()(2)(1)x x xf x e x e e x '=-+=-，∴()0f x '>，则()f x 单调递增．画出的图像如下，由原方程有3个不同实根，知01（*）方程一根在(0,)e 之间，另一根在(,0)-∞之间或02（*）方程在(0,)e 上有两个相等的实根或03（*）方程一根为e ，另一个根为0或04（*）方程一根为e ，另一根大于e ．令2()2g t t at a =-+，由01得：(0)00()0g a g e <⎧⇒<⎨>⎩； 由02得：01a ∆=⇒=且此时满足（*）方程在(0,)e 上；由03得：20a ea =⎧⎨=⎩ 此时a 无解；由04得：2()02440g e a ea a =⎧⎪>⎨⎪∆=->⎩此时a 无解，故03、04均不成立． 综上：(){},01a ∈-∞⋃．1110．【2020江苏淮安楚州中学阶段三测试】设函数是偶函数，当时，，若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围是________．【答案】 【解析】令，得，则问题可转化为：当直线与函数的图象有四个交点时，求实数的取值范围．作出函数的图象如下图所示，当时，直线与函数的图象有四个交点，因此，实数的取值范围是，故答案为．11．【2020江苏高邮开学考试】已知m R ∈，函数231,1()log (1),1x x f x x x ⎧+<=⎨->⎩，2()221g x x x m =-+-，若函数[()]y f g x m =-有4个零点，则实数m 的取值范围是______．【答案】{}5,107⎛⎫⎪⎝⎭U 【解析】令()()22221122t g x x x m x m ==-+-=-+-，画出函数()f x 的图像如下图所示，由图可知，（1）当0m <或4m >时，存在唯一1t ，使()10f t m -=，而()1t g x =至多有两个根，不符合题意．()f x 0x ≥()()3,0331,3x x x f x x x ⎧-≤≤⎪=⎨-+>⎪⎩()y f x m =-m 91,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭()0f x m -=()f x m =y m =()y f x =m ()y f x =914m ≤<y m =()y f x =m 91,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭91,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭12（2）当0m =时，由()0f t =解得121,13t t =-=，由()1t g x =化简得22203x x --=，其判别式为正数，有两个不相等的实数根；由()2t g x =化简得2220x x --=，其判别式为正数，有两个不相等的实数根．由于上述四个实数根互不相等，故0m =时，符合题意． （3）当4m =时，由()4f t =解得125,173t t =-=，由()1t g x =化简得226203x x -+=，其判别式为负数，没有实数根；由()2t g x =化简得22100x x --=，其判别式为正数，有两个不相等的实数根．故当4m =时，不符合题意．（4）当04m <<时，由()f t m =，根据图像可知有三个解，不妨设12311,11,23t t t -<<--<<>．即()()()()()()()()21122223232313165313165log 1log 123f t t x m m f t t x m m f t t x m m ⎧⎡⎤=-+=--+-=⎣⎦⎪⎪=+=-+-=⎨⎪⎡⎤=-=-+-=⎪⎣⎦⎩，即()()()22223175031550log 123x m x m x m m ⎧-+-=⎪⎪-+-=⎨⎪⎡⎤-+-=⎪⎣⎦⎩①②③． i ）当507m <<时，750550230m m m -<⎧⎪-<⎨⎪-<⎩，故①②③三个方程都分别有2个解，共有6个解，不符合题意．ii)当57m =时，750550230m m m -=⎧⎪-<⎨⎪-<⎩，①有1个解，②③分别有2个解，共有5个解，不符合题意．iii ）当517m <<时，750550230m m m ->⎧⎪-<⎨⎪-<⎩，①无解，②③分别有2个解，共有4个解，符合题意．iv ）当1m =时，750550230m m m ->⎧⎪-=⎨⎪-<⎩，①无解，②有1个解，③有两个解，共有3个解，不符合题意．v ）当14m <<时，()750550231,5m m m ⎧->⎪->⎨⎪-∈-⎩，①无解，②无解，③至多有2个解，不符合题意．13综上所述，m 的取值范围是{}5,107⎛⎫⎪⎝⎭U ．14第一关 以零点为背景的填空题(原卷版)【名师综述】本类压轴题常以超越方程、分段函数、抽象函数等为载体，达到考查函数性质、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．要注意函数零点、方程的根、不等式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．【典例解剖】类型一 周期函数零点个数问题典例1．已知定义在R 的函数y =f(x)对任意的x 满足f(x +1)=−f(x)，当-1<x <1，f(x)=x 3．函数g(x)={|log a x| ， x >0−1x ， x <0，若函数ℎ(x)=f(x)−g(x)在[-6，0)∪（0，+∞）上有6个零点，则实数a 的【名师指点】函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令f (x )=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b]上是连续不断的曲线，且f (a )⋅f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．【举一反三】已知函数y =f (x )是周期为2的周期函数，且当x ∈[−1，1]时，f (x )=2|x |−1，则函数F (x )=f (x )−|lgx |的零点个数是 ．类型二 复合函数的零点个数问题15【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程[()]0f g x =分解为()0f t =和()g x t =处理，先从方程()0f t =中求t ，再带入方程()g x t =中求x 的值．【举一反三】若函数()32f x x ax bx c =+++有极值点1x ，2x ，且()11f x x =，则关于x 的方程()()()2320f x af x b ++=的不同实根的个数是_____.类型三 分段函数（或含绝对值函数）的零点个数问题2()3f x x x k =--【名师指点】本题主要考查绝对值函数（分段函数）的图象与性质、方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题．数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度．运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解．【举一反三】【2020江苏扬州中学月考】已知函数|||lg |,0()2,0x x x f x x >⎧=⎨≤⎩．若函数|2 ()|1y f x a =--存在5个零点，则实数a 的取值范围为_________．【精选名校模拟】1．【2020届江苏常州高三上学期期中考试】已知函数3()3()f x x x c x =-+∈R ，若函数()f x 恰有一个零点，则实数c 的取值范围是________．2．【2020江苏如东中学月考】定义在R 上的奇函数()f x 满足：当0x >时，2019()2019log x f x x =+，则在R 上方程()0f x =的实根个数为________．16根，则实数t 的取值范围是_______．值范围为_______．6．【2020江苏扬州江都中学月考】已知函数()()2ln 030x a x f x x ax a x ⎧+≤=⎨-+>⎩，，有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______．[]()y g f x a =-有6个零点（互不相同），则实数a 的取值范围为______．8．【2020江苏扬州江都中学月考】已知函数()()2ln 030x a x f x x ax a x ⎧+≤=⎨-+>⎩，，有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是______．9．【2020江苏镇江八校调研】若关于x 的方程22|2|(2)x x a x ae x e ---=-有且仅有3个不同实数解，则实数a 的取值范围是_______．17若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围是________．函数[()]y f g x m =-有4个零点，则实数m 的取值范围是______．()y f x m =-m。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x
0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
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.
我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们
称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，
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专题六 重温高考压轴题----函数零点问题集锦
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.本专题精选高考压轴题及最新高考模拟压轴题，形成函数零点问题集锦，例题说法，高效训练，进一步提高处理此类问题的综合能力.
【典型例题】
类型一 已知零点个数，求参数的值或取值范围 例1.【2018年理新课标I 卷】已知函数
．若g （x ）存在2个零
点，则a 的取值范围是
A. [–1，0）
B. [0，+∞）
C. [–1，+∞）
D. [1，+∞） 例2.【2018年理数全国卷II 】已知函数．
（1）若，证明：当时，
；
（2）若
在
只有一个零点，求．
类型二 利用导数确定函数零点的个数 例3.【2018年全国卷II 文】已知函数．
（1）若，求
的单调区间；
（2）证明：
只有一个零点．
类型三 挖掘“隐零点”，证明不等式
例4.【2017课标II ，理】已知函数()2
ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥.
(1)求a ；
(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2
202e
f x --<<.
类型四 利用函数单调性，确定函数零点关系
例5.【2016高考新课标1理】已知函数2
()(2)e (1)x
f x x a x =-+-有两个零点. （I ）求a 的取值范围；
（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 类型五 借助导函数零点，解答综合性问题
例6.【2016高考新课标2文】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 例7.【2016高考新课标Ⅲ文】设函数()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，1
1ln x x x
-<
<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x
c x c +->. 例8.【2018年理数天津】已知函数，
，其中a >1.
（I ）求函数的单调区间；
（II ）若曲线
在点处的切线与曲线
在点
处的切线平行，证明
；
（III ）证明当
时，存在直线l ，使l 是曲线
的切线，也是曲线
的切线.
【规律与方法】
1.研究方程根的情况时，通过导数研究函数的单调性、最大（小）值、函数图象的变化趋势等，根据题目画出函数图象的草图，通过数形结合的思想去分析问题，使问题的解决有一个直观的形象，然后在此基础上再转化为不等式（组）的问题，通过求解不等式可得到所求的参数的取值（或范围）．
2. 利用导数证明不等式常见类型及解题策略
(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
3. 导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论，常见的放缩有1,ln 1x
e x x x ≥+≤-等；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.
4. 对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要通过论坛和联系多加体会.
5. 函数有零点等价于相应的方程有实根,然后将方程进行适当的变形,转化为两个函数图象有交点.交点的个数就是函数零点个数.在实际解题中,通常先求出()/f x ,然后令()/0f x =,移项,转化为判断两个
函数图象的交点个数.
【提升训练】
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 ．（）
2.【2017课标3，理11】已知函数2
1
1()2()x x f x x x a e
e --+=-++有唯一零点，则a =
A ．1
2
-
B ．
13
C ．
12
D ．1
3.【2018年理数天津卷】已知，函数
若关于的方程
恰有2
个互异的实数解，则的取值范围是______________. 4．【2018年江苏卷】若函数
在
内有且只有一个零点，则
在
上
的最大值与最小值的和为________． 5.【2018年天津卷文】设函数，其中
,且
是公差为的等差
数列. （I ）若 求曲线在点
处的切线方程；
（II ）若，求
的极值； （III ）若曲线
与直线
有三个互异的公共点，求d 的取值范围.
6.【江西省南昌市2019届高三一模】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.【2016年高考四川理数】设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （Ⅰ）讨论f (x )的单调性；
（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得11()x
f x e x
->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
8.【2017年新课标1】已知函数2()e
(2)e x
x f x a a 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.
9．【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x 的
零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;
（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于7
2
-，求a 的取值范围.
10.【2016高考山东理】已知()2
21
()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性；
（II ）当1a =时，证明()3
()'2
f x f x +
＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数x
x 2f (x)x 2
-=+e 的单调性，并证明当0x >时，
(2)20x x e x -++>；
(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2
x =(0)x e ax a g x x -->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()
h a 的值域．
12.【辽宁省大连市2019届高三3月测试】已知函数．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若曲线上存在唯一的点，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的取
值范围．。