高中数学零点存在定理中取点问题
高中数学考点12 零点定理(讲解)(解析版)知识点解析
考点12：零点定理【思维导图】【常见考法】考点一：求零点1．若幂函数()f x x α=的图象过点(，则函数()()3g x f x =-的零点是。
【答案】9【解析】∵幂函数()f x x α=的图象过点，∴2α=，解得1=2α，∴()12f x x =∴()123g x x =-由()1230g x x =-=，得9x =．2．函数()234f x x x =+-的零点是____________.【答案】1,4-【解析】令f （x ）=0，即x 2+3x-4=0，解得：x=-4，x=1.3．若函数()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩，则函数()1y f x =-的零点是___________.【答案】0【解析】要求函数()1y f x =-的零点,则令()10y f x =-=,即()1f x =,又因为：()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩,①当0x ≤时,()xf x e =,1x e =,解得0x =.②当0x >时,()21f x x =-,211x -=,解得x =,所以x =.综上所以,函数()1y f x =-的零点是0.故答案为：04．函数y ＝11x-的图象与函数y ＝2sinπx(－2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于.【答案】8【解析】函数y 1=11x-与y 2=2sinπx 的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，由图象可知,两个函数在[-2,4上共有8个交点,两两关于点(1,0)对称设对称的两个点的横坐标分别为m 、n 则m+n=2×1=2，故所求的横坐标之和为8，故答案为8.考点二：零点区间1．函数()42xxf x -=-的零点所在区间是()A ．(1,0)-B ．1(0,4C ．11(,42D ．1(,1)2【答案】D【解析】易知函数()f x 为减函数，又121111(402424f -=-=->，11(1)042f =-<，根据零点存在性原理，可知函数()42xx f x -=-的零点所在的区间是1(,1)2,故选D.2．函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】B【解析】∵函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，∴f （0）=-4，f （1）=-1，f （2）=7＞0，根据零点的存在性定理可得出零点所在的区间是()1,2，故选B ．3．函数()ln 3f x x x =+-的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】C【解析】∵f （x ）=ln x +x -3在（0，+∞）上是增函数f （1）=-2＜0，f （2）=ln2-1＜0，f （3）=ln3＞0∴f （2）•f （3）＜0，根据零点存在性定理，可得函数f （x ）=ln x +x -3的零点所在区间为（2，3）故选：C ．4．已知()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，满足()()2ln 21xf f x ex e --+=-，则函数()f x 的零点所在区间为（）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,e 【答案】C【解析】设()2ln 2xf x e x t --+=，即()2ln 2xf x e x t =+-+，()1f t e =-，因为()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，所以由解析式可知，()f x 在()0,∞+上单调递增．而()12f e t =-+，()1f t e =-，故1t =，即()2ln 1xf x e x =+-．因为()110f e =->，11112ln 13ee f e e e e ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，由于11ln ln 3ln 30ee e-=-<，即有13e e <，所以1130e f e e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭．故()110f f e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()f x 的零点所在区间为1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：C ．考点三：零点个数1．函数f(x)=|x-2|-lnx 在定义域内零点的个数为。
高中数学常见题型解法归纳 函数的零点个数问题的求解方法
高中数学常见题型解法归纳 函数的零点个数问题的求解方法【知识要点】一、方程的根与函数的零点（1）定义：对于函数()y f x =（x D ∈），把使f(x)=0成立的实数x 叫做函数()y f x =（x D ∈）的零点.函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距和极值点等.（2）函数零点的意义：函数()y f x =的零点就是方程f(x)=0的实数根，亦即函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点，即存在(,c a b ∈）使得()0f c =，这个c 也就是方程的根.函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件.零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决. 二、二分法（1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法. （2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε. 第二步：求区间(,)a b 的中点1x .第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步.三、一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布讨论一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布一般从以下个方面考虑列不等式组： （1）a 的符号； （2）对称轴2bx a=-的位置； （3）判别式的符号； （4）根分布的区间端点的函数值的符号.四、精确度为0.1指的是零点所在区间的长度小于0.1，其中的任意一个值都可以取；精确到0.1指的是零点保留小数点后一位数字，要看小数点后两位，四舍五入. 五、方法总结函数零点问题的处理常用的方法有：(1) 方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法. 【方法点评】方法一 方程法使用情景 方程可以直接解出来. 解题步骤 先解方程，再求解.【例1 】已知函数2()32(1)(2)f x x a x a a 区间(1,1)-内有零点，求实数a 的取值范围.【点评】（1）本题如果用其它方法比较复杂，用这种方法就比较简洁.关键是能发现方程能直接解出来.（2）对于含有参数的函数要尝试因式分解，如果不好因式分解，再考虑其它方法.【反馈检测1】函数2()(1)cos f x x x =-在区间[0,4]上的零点个数是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ． 7方法二 图像法使用情景 一些简单的初等函数或单调性容易求出，比较容易画出函数的图像.解题步骤先求函数的单调性，再画图分析.【例2】（2017全国高考新课标I 理科数学）已知函数2()(2)xx f x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.(2) ①若0,a ≤由（1）知()f x 至多有一个零点.②若0a >，由（1）知当ln x a =-时，()f x 取得最小值，1(ln )1ln f a a a-=-+. （i ）当1a =时，(ln )f a -=0，故()f x 只有一个零点. （ii ）当(1,)a ∈+∞时，由于11ln a a-+>0，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点. （iii ）当0,1a ∈（）时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<. 422(2)(2)2220,f ae a e e ----=+-+>-+>故()f x 在(,ln )a -∞-只有一个零点.00000000003ln(1),()(2)203ln(1)ln ,()n n n n n n f n e ae a n e n n aa f x a>-=+-->->->->-∞设正整数满足则由于因此在（-lna,+)有一个零点.综上所述，a 的取值范围为（0,1）.【点评】（1）本题第2问根据函数的零点个数求参数的范围，用的就是图像法. 由于第1问已经求出了函数的单调性，所以第2问可以直接利用第1问的单调性作图分析. (2) 当0,1a ∈（）时，要先判断(,ln )a -∞的零点的个数，此时考查了函数的零点定理，(ln )0f a -<，还必须在该区间找一个函数值为正的值，它就是422(2)(2)2220,f aea e e ----=+-+>-+>要说明(2)0f ->，这里利用了放缩法，丢掉了42ae ae --+.(3) 当0,1a ∈（）时，要判断(ln ,)a -+∞上的零点个数，也是在考查函数的零点定理，还要在该区间找一个函数值为正的值，它就是03ln(1)n a>-，再放缩证明0()f n >0. （4）由此题可以看出零点定理在高考中的重要性.【例3】已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点. （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()21616101616ln 291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<，因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--【点评】本题第(3)问，由于函数()f x 中没有参数，所以可以直接画图数形结合分析解答.【反馈检测2】已知函数2()1x e f x ax=+，其中a 为实数，常数 2.718e =.(1) 若1 3x=是函数()f x的一个极值点，求a的值；(2) 当4a=-时，求函数()f x的单调区间；(3) 当a取正实数时，若存在实数m，使得关于x的方程()f x m=有三个实数根，求a的取值范围.方法三方程+图像法使用情景函数比较复杂，不容易求函数的单调性.解题步骤先令()0f x=,重新构造方程()()g x h x=,再画函数(),()y g x y h x==的图像分析解答.【例4】函数()lg cosf x x x=-的零点有（）A．4 个 B．3 个 C．2个 D．1个【点评】调性不是很方便，所以先令()lg cos0f x x x=-=,可化为lg cosx x=,再在同一直角坐标系下画出lgy x=和cosy x=的图像分析解答.（2）方程+图像是零点问题中最难的一种，大家注意理解掌握和灵活应用.【反馈检测3】设函数()()()221ln,1,02f x x m xg x x m x m=-=-+>．（1）求函数()f x的单调区间；（2）当1m≥时，讨论函数()f x与()g x图象的交点个数．422510152025oy=cosxy=lgxyx参考答案【反馈检测1答案】C【反馈检测2答案】（1）95a =；（2）()f x 的单调增区间是51(1)2-，15(,12+； ()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,12-，5(1)++∞；（3）a 的取值范围是(1,)+∞. 【反馈检测2详细解析】(1)222(21)()(1)xax ax e f x ax -+'=+ 因为13x =是函数()f x 的一个极值点，所以1()03f '=，即12910,935a a a -+==. 而当95a =时，229591521(2)()()59533ax ax x x x x -+=-+=--，可验证：13x =是函数()f x 的一个极值点.因此95a =.(2) 当4a =-时，222(481)()(14)xx x e f x x -++'=-令()0f x '=得24810x x -++=，解得51x =，而12x ≠±.所以当x 变化时，()f x '、()f x 的变化是x1(,)2-∞-15(,1)22-- 512-51(1,)22-15(,1)22+ 512+5(1,)2++∞ ()f x '--++-()f x极小值极大值因此()f x 的单调增区间是51(1,)22-，15(,1)22+；()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,1)2--，5(1,)++∞； 【反馈检测3答案】（1）单调递增区间是),m +∞, 单调递减区间是(m ；（2）1．【反馈检测3详细解析】（1）函数()f x 的定义域为()()(0,,'x m x m f x x+∞=．当0x m <<()'0f x <,函数()f x 单调递减，当x m >时，()'0f x >函数()f x 单调递增，综上，函数()f x 的单调递增区间是),m +∞, 单调递减区间是(m ．（2）令()()()()211ln ,02F x f x g x x m x m x x =-=-++->,问题等价于求函数()F x 的零点个数，()()()1'x x m F x x--=-,当1m =时，()'0F x ≤，函数()F x 为减函数，F x有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．综上，函数()。
高中数学取点问题与极值点偏移30例
例 1. 已知函数 f x axe x a 1x 12,a R
（1）若 f x 只有一个极值点，求a 的取值范围；
（2）证明：当 0 a
1 时，f x 2
有两个零点，记为x 与x ，且 3 x x
1
2
1
2
2
分析与解答：分离参数法，放缩取点
f x
1 x
2
1 2x x
f x
在
0,1 2
，在
1 2
,
f x
f
1 2
ln2
0
fx
在 0,
（2） f x 1 lnx 2ax ，令 f x 0 在 0, 有两个不同的实数根
方法一：分离参数法，导数法研究函数的大致图像
分离参数 2a 1 ln x , x 0 导数法研究函数的大致图象问题（略） x
要有两个不等根的充要条件
htln3ln3,0,h t 0 0 m s ,ln3,h s 0
3 ln3 2 ，（ ln3 约 1.10 ）
因为y f x 有两个零点，x ' 0 ，x ' x ，即e x0 3x 1
1
2
0
0
由（1）知，h x f x
在x ' 0 处的切线为y 2x x m
2a 2a
2a
2
又 g 1 2a 0 ，放缩取点，导数法可证： ln x 2 x 1, x 0 e e
g
1 a2
ln
1 a2
2a.
1 a2
1
2
1 a2
1
2 a
1 0
综上所述， 0 a 1 2
高中数学-函数零点问题及例题解析
高中数学-函数零点问题及例题解析一、函数与方程基本知识点1、函数零点：（变号零点与不变号零点）（1）对于函数)(x f y =，我们把方程0)(=x f 的实数根叫函数)(x f y =的零点。
（2）方程0)(=x f 有实根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点。
若函数()f x 在区间[],a b 上的图像是连续的曲线，则0)()(<b f a f 是()f x 在区间(),a b 内有零点的充分不必要条件。
2、二分法：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()y 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,进而得到零点的近似值的方法叫做二分法; 二、函数与方程解题技巧零点是经常考察的重点，对此部分的做题方法总结如下：（一）函数零点的存在性定理指出：“如果函数)(x f y =在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且0)()(<b f a f ，那么，函数)(x f y =在区间（a,b ）内有零点，即存在),(b a c ∈,使得0)(=c f ,这个c 也是方程0)(=x f 的根”。
根据函数零点的存在性定理判断函数在某个区间上是否有零点（或方程在某个区间上是否有根）时，一定要注意该定理是函数存在零点的充分不必要条件：如例、函数xx x f 2)1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（ ） （A ）（0，1）； （B ）（1，2）； （C ） （2，e ）； （D ）（3，4）。
分析：显然函数xx x f 2)1ln()(-+=在区间[1,2]上是连续函数，且0)1(<f ,0)2(>f ，所以由根的存在性定理可知，函数xx x f 2)1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（1，2），选B（二）求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题。
高中数学函数零点问题及解题策略探究
高中数学函数零点问题及解题策略探究郭文峰(福建省宁德市民族中学ꎬ福建宁德３５５０００)摘㊀要:函数是高中数学学习的重难点ꎬ函数零点问题则是函数的重点所在.本论文结合具体的例题ꎬ对不同类型的函数零点问题的解题方式进行了探究.关键词:高中数学ꎻ零点问题ꎻ策略探究中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１０－００３６－０３收稿日期:２０２３－０１－０５作者简介:郭文峰(１９８３.２－)ꎬ男ꎬ福建省福安人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀函数零点是沟通函数㊁方程和图象的重要媒介ꎬ充分体现了函数和方程之间的内在联系ꎬ也蕴含了丰富的数学思想.在函数零点问题解答中ꎬ由于题目类型不同ꎬ解题思路也就有所不同ꎬ学生不仅要理清这一类型题目的特点ꎬ还应掌握多种零点问题的解答方法ꎬ才能灵活应对各种函数零点问题的解答ꎬ真正提升学生的解题效率.１高中函数零点问题常考类型分析１.１求函数零点的值求函数零点值问题只要掌握了函数零点的定义ꎬ将函数问题转化成为方程ꎬ即可通过方程的根得出函数的零点值.例１㊀已知ｆ(ｘ)＝ｘ３－３ｘ２－４ｘꎬ求该函数的零点.㊀解析㊀令ｆ(ｘ)＝０ꎬ即ｘ３－３ｘ２－４ｘ＝０ꎬ解方程得出ｘ１＝０ꎬｘ２＝４ꎬｘ３＝－１.因此ꎬ函数ｆ(ｘ)的零点就是ｘ３－３ｘ２－４ｘ＝０的三个根ꎬ即０ꎬ４ꎬ－１.例２㊀已知ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂꎬ求该函数的极值点.解析㊀由题可知ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ(３ｘ－ａ)ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ得出ｘ＝０或ｘ＝ａ３.当ａ＝０时ꎬ在(－¥ꎬ＋¥)上ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０.因此ꎬｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ在该区间内单调递增ꎬ不存在极值点.当ａ>０时ꎬ在(－¥ꎬ０)ꎬ(ａ３ꎬ＋¥)上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ因此ꎬｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ在该区间内单调递增ꎻ在(０ꎬａ３)上ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ单调递减.此时ꎬ该函数具备极大值点０ꎬ极小值点ａ３.当ａ<０时ꎬ在(－¥ꎬａ３)ꎬ(０ꎬ＋¥)上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ单调递增ꎻ在(ａ３ꎬ０)上ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ单调递减.因此ꎬ该函数具备极大值点ａ３ꎬ极小值点为０[１].１.２求函数零点个数此类题目可以先将函数的零点求出来ꎬ然后看零点一共有多少个ꎻ还可以利用零点存在性定理ꎬ并结合函数的单调性ꎬ对函数零点的个数进行确定ꎻ也可以通过构造函数的方式ꎬ将函数的零点问题进行转化ꎬ使其成为求函数图象的交点个数问题.例３㊀求函数ｆ(ｘ)＝ｌｏｇ０.５ｘ－(１２)ｘ的零点６３个数.解析㊀令ｌｏｇ０.５ｘ－(１２)ｘ＝０ꎬ得出ｌｏｇ０.５ｘ＝(１２)ｘꎬ令ｙ１＝ｌｏｇ０.５ｘꎬｙ２＝(１２)ｘꎬ绘制出函数图象(如图１所示).图１结合图象分析得出ꎬｙ１＝ｌｏｇ０.５ｘꎬｙ２＝(１２)ｘ之间存在两个交点.因此ꎬ原函数ｆ(ｘ)＝ｌｏｇ０.５ｘ－(１２)ｘ存在２个零点.例４㊀已知ａ>１ｅꎬ判断ｆ(ｘ)＝ａｘ２＋(ａ＋１)ｘ－(ａ＋１)ｘｌｎｘ－１的零点个数.解析㊀在函数定义域(０ꎬ＋¥)内ꎬｆᶄ(ｘ)＝２ａｘ－(ａ＋１) ｌｎｘꎬ令２ａｘ－(ａ＋１) ｌｎｘ＝ｈ(ｘ)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝２ａ－ａ＋１ｘ＝２ａｘ－(ａ＋１)ｘ.令ｈᶄ(ｘ)＝０ꎬ则ｘ＝ａ＋１２ａ.当０<ｘ<ａ＋１２ａ时ꎬ则ｈᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘ>ａ＋１２ａ时ꎬ则ｈᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬａ＋１２ａ)内单调递减ꎬ在区间(ａ＋１２ａꎬ＋¥)内单调递增ꎬ因此ꎬｆᶄ(ｘ)的最小值为ｆᶄ(ａ＋１２ａ)＝(ａ＋１)(１－ｌｎａ＋１２ａ).因为ａ>１ｅꎬ所以ａ＋１２ａ＝１２＋１２ａ<１２＋ｅ２<ｅꎬ即ｆᶄ(ｘ)最小值为ｆᶄ(ａ＋１２ａ)＝(ａ＋１)(１－ｌｎａ＋１２ａ)>０.因此ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)单调递增ꎬ至多存在一个零点.因为ｆ(１)＝２ａ>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间(１ꎬ＋¥)内没有零点.又因为ａ为常数ꎬ当ｘң０时ꎬ在原函数中ꎬａｘ２ң０ꎬ(ａ＋１)ｘң０ꎬｌｎｘң－¥ꎬ所以ｆ(ｘ)ң－１<０.综上ꎬ函数ｆ(ｘ)在区间(０ꎬ１)内有一个零点ꎬ在(０ꎬ＋¥)内有一个零点[２].１.３求函数零点的范围例５㊀已知函数ｆ(ｘ)＝１ｘ－２ｘ在(ｎ－１ｎꎬｎｎ＋１)上存在零点ꎬ则正整数ｎ的值为多少?解析㊀易知函数ｆ(ｘ)为减函数ꎬ因为ｆ(１２)＝２－２>０ꎬｆ(１)＝１－２<０ꎬ因此该函数在(１２ꎬ１)中存在零点.同时ꎬ由已知条件得出ｆ(ｘ)在(ｎ－１ｎꎬｎｎ＋１)上存在零点ꎬ因此ꎬ０<ｎ－１ｎ<ｎｎ＋１<１ꎬ得出ｎɤ２ꎻ将ｎ＝２代入ｎｎ＋１ꎬ得出ｎｎ＋１＝２３ꎬ所以ｆ(２３)<０ꎬ因此ｎ＝２符合题意.１.４根据函数零点个数求解参数范围１.４.１基于转化思想解决零点问题例６㊀已知函数ｆ(ｘ)＝－ｘ２＋２ｅｘ＋ｍ－１ꎬｇ(ｘ)＝ｘ＋ｅ２ｘ(ｘ>０).(１)若ｇ(ｘ)＝ｍ存在零点ꎬ求ｍ的取值范围ꎻ(２)确定ｍ的取值范围ꎬ使得函数ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)存在两个零点.解析㊀(１)因为ｇ(ｘ)＝ｘ＋ｅ２ｘȡ２ｅ２＝２ｅ(ｘ>０)ꎬ当且仅当ｘ＝ｅ２ｘ时ꎬ取等号.因此ꎬ该函数存在最小值ꎬ即２ｅ.所以ꎬ当ｍɪ[２ｅꎬ＋¥)时ꎬ函数存在零点.(２)要使得ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)存在两个零点ꎬ即ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)＝０存在两个不同的实数根(如图２所示)ꎬ即两个函数的图象有两个不同的交点.因为ｆ(ｘ)＝－ｘ２＋２ｅｘ＋ｍ－１＝－(ｘ－ｅ)２＋ｍ－１＋ｅ２ꎬ其对称轴为ｘ＝ｅ.所以当ｍ>－ｅ２＋２ｅ＋１７３图２时ꎬ函数ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)存在两个零点.１.４.２基于数形结合思想解决零点问题在高中函数零点问题中ꎬ数形结合思想是一种非常有效的方法ꎬ主要是借助函数零点的概念ꎬ引导学生对函数图象进行观察ꎬ明确函数图象与坐标轴的交点ꎬ在图象的辅助下ꎬ顺利解决函数零点问题.例７㊀已知函数ｆ(ｘ)＝２－ｘ－１ꎬｘɤ０ꎬｆ(ｘ－１)ꎬｘ>０ꎬ{若方程ｆ(ｘ)＝ｘ＋ａ有且只有两个不相等的实数根ꎬ求实数ａ的取值范围.解析㊀将ｆ(ｘ)＝ｘ＋ａ有且只有两个不相等的实数根ꎬ看做成为ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｘ－ａ存在两个不相同的零点.在平面直角坐标系中分别作出函数ｆ(ｘ)＝２－ｘ－１ꎬｘɤ０ꎬｆ(ｘ－１)ꎬｘ>０ꎬ{以及ｈ(ｘ)＝ｘ的图象(如图３)ꎬ接着对ｈ(ｘ)＝ｘ进行平移.当ａ<１时ꎬ两个函数存在两个交点ꎻ此时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ＋ａ有且只有两个不相等的实数根.图４１.４.３基于分类与整合思想解决零点问题分类讨论与整合ꎬ就是化整为零㊁各个击破ꎬ是一种非常有效的函数零点问题解决手段.通常ꎬ这一种方法常常被用于综合性的函数零点问题中ꎬ需要在解题的过程中ꎬ通过分类讨论ꎬ最终在各个击破的基础上ꎬ整合到一起.例８㊀已知函数ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的偶函数ꎬ当ｘȡ０时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｍｘ＋ｍꎬ如果函数存在两个不同的零点ꎬ求ｍ的取值范围.解析㊀因为ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｍｘ＋ｍ的图象开口向上ꎬ且图象必须经过(０ꎬｍ)点㊁图象对称轴为ｘ＝ｍ.(１)当ｍ>０时ꎬ由于函数必然经过(０ꎬｍ)点ꎬ且ｙ轴为图象的对称轴ꎬ根据判别式值等于０ꎬ得出ｍ＝１ꎻ(２)当ｍ＝０时ꎬ因为函数只有一个零点ꎬ所以ｍ＝０与题意不相符ꎻ(３)当ｍ<０时ꎬ通过函数图象即可得知ꎬ该函数存在两个不同的零点ꎬ其符合题意.２基于函数零点问题解答的日常教学启示结合上述例题研究显示ꎬ学生对函数零点的概念㊁零点存在性定理的掌握情况以及对函数和方程㊁图象之间的关系熟悉程度ꎬ直接决定了学生的解题能力.鉴于此ꎬ为了真正提升学生的数学解题能力ꎬ高中数学教师在日常教学中ꎬ唯有坚持以生为本的理念ꎬ引导学生积极主动参与到相关数学概念和定理的探究学习中.为了全面提升学生的解题能力ꎬ唯有彻底转变传统的教学模式ꎬ指向数学新课程的要求ꎬ灵活借助多种方式优化课堂教学ꎬ包括:探究式学习㊁多媒体信息技术教学等ꎬ使得学生在多样化学习中ꎬ高效完成课堂学习目标.在最新的课程标准中明确提出了数学六大核心素养ꎬ并且已经成为当前考查的方向.在常见的函数零点问题中就蕴含了数形结合思想㊁转化化归思想㊁分类讨论思想等ꎬ学生唯有熟练掌握这些数学思想ꎬ才能促使其形成正确的解题思路.鉴于此ꎬ高中数学教师在日常教学时ꎬ应结合不同的例题内容ꎬ针对性地融入数学思想ꎬ使得学生在日常学习中ꎬ逐渐完成数学思想的内化和应用ꎬ进而提升自身的数学解题能力.参考文献:[１]孟彩彩ꎬ巩铠玮.基于波利亚 怎样解题表 的习题教学案例研究 以 函数的零点 为例[Ｊ].数学教学通讯ꎬ２０２２(０９):６－８.[２]寿啸天.高中数学函数零点解决方法探究[Ｊ].试题与研究ꎬ２０２０(２８):３１－３２.[责任编辑:李㊀璟]８３。
高中数学讲义：零点存在的判定与证明
零点存在的判定与证明一、基础知识：1、函数的零点：一般的，对于函数()y f x =，我们把方程()0f x =的实数根0x 叫作函数()y f x =的零点。
2、零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图像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 内必有零点，即()0,x a b $Î，使得()00f x =注：零点存在性定理使用的前提是()f x 在区间[],a b 连续，如果()f x 是分段的，那么零点不一定存在3、函数单调性对零点个数的影响：如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。
因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调4、几个“不一定”与“一定”（假设()f x 在区间(),a b 连续）（1）若()()0f a f b ×<，则()f x “一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。
要分析()f x 的性质与图像，如果()f x 单调，则“一定”只有一个零点（2）若()()0f a f b ×>，则()f x “不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。
如果()f x 单调，那么“一定”没有零点（3）如果()f x 在区间(),a b 中存在零点，则()()f a f b ×的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。
如果()f x 单调，则()()f a f b ×一定小于05、零点与单调性配合可确定函数的符号：()f x 是一个在(),a b 单增连续函数，0x x =是()f x 的零点，且()0,x a b Î，则()0,x a x Î时，()0f x <；()0,x x b Î时，()0f x >6、判断函数单调性的方法：（1）可直接判断的几个结论：① 若()(),f x g x 为增（减）函数，则()()f x g x +也为增（减）函数② 若()f x 为增函数，则()f x -为减函数；同样，若()f x 为减函数，则()f x -为增函数③ 若()(),f x g x 为增函数，且()(),0f x g x >，则()()f x g x ×为增函数（2）复合函数单调性：判断()()y f g x =的单调性可分别判断()t g x =与()y f t =的单调性（注意要利用x 的范围求出t 的范围），若()t g x =，()y f t =均为增函数或均为减函数，则()()y f g x =单调递增；若()t g x =，()y f t =一增一减，则()()y f g x =单调递减（此规律可简记为“同增异减”）（3）利用导数进行判断——求出单调区间从而也可作出图像7、证明零点存在的步骤：（1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数（2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数()f x （3）分析函数()f x 的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间（4）利用零点存在性定理证明零点存在例1：函数()23x f x e x =+-的零点所在的一个区间是（ ）A.1,02æö-ç÷èø B.10,2æöç÷èø C.1,12æöç÷èø D.31,2æöç÷èø思路：函数()f x 为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可解：1211234022f e -æöæö-=+×--=-<ç÷ç÷èøèø，()020f =-<11232022f æö=+×-=-<ç÷èø()12310f e e =+-=->()1102f f æö\×<ç÷èø01,12x æö\Îç÷èø，使得()00f x =答案：C例2：函数()()ln 1f x x x =-+的零点所在的大致区间是（ ）A.31,2æöç÷èø B.3,22æöç÷èøC.()2,eD.(),e +¥思路：先能判断出()f x 为增函数，然后利用零点存在性判定定理，只需验证选项中区间端点函数值的符号即可。
高中数学例题：函数零点的存在性定理
高中数学例题：函数零点的存在性定理 例．函数2()ln f x x x =-的零点所在的大致区间是（ ）A ．（1，2）B ．（2，3）C ．1(1,)e和（3，4） D ．（e ，+∞）【答案】 B【解析】 从已知的区间（a ，b ）中，求()f a 和()f b ，判断是否有()()0f a f b ⋅<． ∵(1)20f =-<，(2)ln 210f =-<，∴在（1，2）内()f x 无零点，A 错； 又2(3)ln 303f =->，∴(2)(3)0f f ⋅<，∴()f x 在（2，3）内有一个零点．【总结升华】这是最基本的题型，所用的方法也是基本方法：只要判断区间[a ，b]的端点值的乘积是否满足()()0f a f b ⋅<，还要看函数()f x 的图象在[a ，b]上是否是连续曲线即可． 解答这类判断函数零点的大致区间的选择题，只需用函数零点的存在性定理依次检验所提供的区间，即可得到答案．利用函数零点的存在性定理判定函数的零点（或方程的实根）所在的大致区间，有时比用数形结合（即作出两函数y=ln x 与2y x=的图象，再确定两图象交点的横坐标所在的大致区间）更简捷，因此要善于灵活运用函数零点的存在性定理来分析解决问题．举一反三：【变式1】若函数3()31,[1,1]f x x x x =+-∈-，则下列判断正确的是（ ）A ．方程f （x ）=0在区间[0，1]内一定有解B ．方程f （x ）=0在区间[0，1]内一定无解C ．函数f （x ）是奇函数D ．函数f （x ）是偶函数【答案】A【变式2】 根据表格中的数据，可以判定方程20x e x --=的一个根所在的最小区间为 ．【答案】()1,2【解析】令()2x f x e x =--，由表格中数据知(1)f -=0.37-1=-0.63<0,f(0)=1-2=-1<0,f(1)=2.72-3=-0.28<0,f(2)=7,39-4=3.39>0,f(3)=20.09-5=15.09>0,由于(1)(2)0f f ⋅<，所以根所在的最小区间为（1，2）．【变式3】若方程2210ax x --=在（0，1）恰好有一解，求a 的取值范围．【答案】()1,+∞【解析】（1）当0a =时，方程为()10,1x =-∈，不满足题意舍去．（2）当0a ≠时，令2()21f x ax x =--，分情况讨论：①0180,(0,1)a x ∆=+=⎧⎨∈⎩，0182(0,1)a x ⎧=-⎪∴⎨⎪=-∉⎩ 18a ∴=-不满足题意舍去． ②180a ∆=+>，18a ∴>- 若(0)1f =-且(1)0f >即2110a -->，1a ∴>满足题意． 若(0)1f =-且(1)0f =即1a =时，()0f x =的另一解是12-． 综上所述，满足条件的a 的取值范围是()1,a ∈+∞．。
高中新教材数学必修件第章函数的零点
05
思想
对称性在函数零点中体现
函数零点的对称性
对于某些函数，其零点在坐标系上呈现出对称性，如二次函数的两个零点关于对 称轴对称。
对称性的美学价值
对称性在数学中是一种重要的美学特征，它体现了数学中的平衡和和谐，使得函 数图像更加美观。
简洁性在函数零点中体现
函数零点的简洁性
函数零点作为函数与x轴交点的横坐标，具有简洁明了的数学 表达形式，如一次函数的零点即为其斜率和截距的比值。
对于函数$y = f(x)$，若存在$x_0 in D$（D为函数定义域），使得 $f(x_0) = 0$，则称$x_0$为函数 $y = f(x)$的零点。
零点与图像的关系
函数$y = f(x)$的零点即为函数图 像与x轴交点的横坐标。
函数零点存在性定理
零点存在性定理
若函数$y = f(x)$在闭区间[a, b]上连 续，且$f(a) cdot f(b) < 0$，则函数 $y = f(x)$在区间(a, b)内至少存在一 个零点。
分段函数和复合函数零点问题
分段函数零点求解
针对每一段分别求解，注意端点处的取值情况，以及各段之间的 连续性。
复合函数零点分析
将复合函数分解为若干个基本函数，分别研究各基本函数的零点， 再综合得出复合函数的零点。
零点存在性定理的应用
在求解分段函数和复合函数零点时，可以运用零点存在性定理来判 断零点的存在性。
零点存在性定理的推论
若函数$y = f(x)$在区间(a, b)内单调 ，且$f(a) cdot f(b) < 0$，则函数$y = f(x)$在区间(a, b)内有且仅有一个零 点。
函数零点与方程根关系
01
函数零点与方程根的关系
高中数学考点12 零点定理(练习)(解析版)知识点解析
2．若函数 f x log2 x a 的零点为 2 ，则 a ________.
【答案】3
【解析】根据题意，若函数 f（x）＝log2（x+a）的零点为﹣2，
则 f（﹣2）＝log2（a﹣2）＝0，即 a﹣2＝1，解可得 a＝3，故答案为 3
3．设函数
f
(x)
2x 2, x 1,
x2
交点,故原函数有 2 个零点.
3．函数 f（x）＝cosπx﹣（ 1 ）x+1 在区间[﹣1，2]上的零点个数为
.
2
【答案】3
【解析】根据题意可知，函数 f (x) cos x ( 1 )x 1在区间[1, 2] 上的零点的个数， 2
即为函数 y cos x 的图象与函数 y (1)x 1的图象在区间[1, 2] 上的交点的个数， 2
如上图所示，则 f x 的零点个数为1.故答案为：1
6．定义在 R 上的偶函数 f (x) 满足 f (x) f (4 x),且当 x [0, 2]时, f (x) cos x ,则 g( x) f ( x) lg x 的
零点个数为____________. 【答案】10
【解析】由于定义在 R 上的偶函数 y f x 满足 f ( x) f 4 x , 所以 y f x 的图象关于直线 x 2 对称, 画出 x [0, ) 时， y f x 部分的图象如图,在同一坐标系中画出 y lg x 的图象,
在同一坐标系中画出两个函数图象如图所示：
可以发现有三个公共点，所以函数 f (x) cos x ( 1 )x 1在区间[1, 2] 上有三个零点， 2
4．函数 f x ln x x2 的零点个数是
.
( ) 【解析】因为 y ln x 与 y = x2 均在 0, +¥ 上为增函数，所以函数 f x ln x x2 至多一个零点
高考数学《函数零点的个数问题》知识点讲解与分析
高考数学《函数零点的个数问题》知识点讲解与分析一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。
（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提（2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续）① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =−,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。
由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。
（详见方法技巧）二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。
例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭中 2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用（1）函数的零点：工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。
高中数学函数零点存在的证明方法
高中数学函数零点存在的证明方法函数零点存在定理是函数研究的重要内容，是研究函数性质和图像的关键，下面介绍一下高中数学中证明函数零点存在的方法。
一、通过特殊值法函数中取特殊值可以找到函数的零点或者否定结论。
在选择题中，我们可以用特殊值排除错误选项。
二、通过函数图像法函数图像法是证明函数零点存在的重要方法。
我们可以通过画出函数的图像，观察图像上是否有零点，从而证明零点的存在性。
例如，我们可以通过画出函数f(x) = x3 - 2x在区间(0, 1)上的图像，发现该函数在该区间上有一个零点x0，从而证明了函数f(x)在区间(0, 1)上有一个零点。
三、通过代点检验法代点检验法是将函数的表达式中的变量代入方程，看是否满足该表达式中的等号两边相等，从而得到方程是否有解，再判断函数的零点是否存在。
这种方法常用于一般形式的三段分明的函数等式的证明和性质探究中。
代点检验法的缺点是不能求得具体的零点位置，且往往求证一些看起来并不显然的三段分明的式子等号存在的条件等。
四、通过数学归纳法证明对于一般形式的函数，需要证明函数的性质或结论时，可以使用数学归纳法进行证明。
在数学归纳法中，需要分步证明函数的零点存在性和个数。
对于个数的证明，通常需要构造辅助函数或利用已知性质进行分析和讨论。
在每一步中需要满足一定的条件和进行一些变形处理来使得已知的性质或结论得以验证，这也是对学习者提出了更高的要求。
在每一类条件或形式的转换过程中都有特定的解题方法或思路可循，但是总体上还是要依靠不断的思考和实践积累来增强自身能力水平。
五、反证法法证明反证法是中学数学中常用的一种数学思想方法，它是通过对命题的反面假设，利用等价命题进行推理与讨论的方法。
用反证法来证明函数的零点存在性时，一般可以归结为讨论方程的根的个数问题。
在反证法的应用中，需要明确假设结论不成立，然后从假设出发进行推导和讨论，得出矛盾的结果，从而否定原结论，得出原命题的正确性。
反证法的应用需要学习者具备一定的数学基础和逻辑思维能力，同时还需要结合其他数学方法和技巧来解决问题。
浅谈高中数学零点问题
浅谈⾼中数学零点问题 函数的零点是考纲上要求的基本内容，也是⾼中新课程标准新增内容之⼀，是函数的重要性质。
接下来店铺为你整理了浅谈⾼中数学零点问题，⼀起来看看吧。
浅谈⾼中数学零点问题篇⼀ ⼀、求函数的零点 例1求函数y=x2-(x<0)2x-1(x≥0)的零点。
解：令x2-1=0(x<0)，解得x=1， 2x-1=0(x≥0)，解得x=。
所以原函数的零点为和-1和。
点评：求函数f(x)的零点，转化为⽅程f(x)=0，通过因式分解把⽅程转化为⼀(⼆)次⽅程求解。
⼆、判断函数零点个数 例2求f(x)=x-的零点个数。
解：函数的定义域(-∞，0)∪(0，+∞)。
令f(x)=0即x-=0， 解得：x=2或x=-2。
所以原函数有2个零点。
点评：转化为⽅程直接求出函数零点，注意函数的定义域。
三、根据函数零点反求参数 例3若⽅程ax-x-a=0有两个解,求a的取值范围。
析：⽅程ax-x-a=0转化为ax=x+a。
由题知，⽅程ax-x-a=0有两个不同的实数解，即函数y=ax与y=a+x 有两个不同的交点，如图所⽰。
(1)0此种情况不符合题意。
(2)a>1。
直线y=x+a 在y轴上的截距⼤于1时，函数y=ax与函数y=a+x 有两个不同的交点。
所以a<0与0 点评：采⽤分类讨论与⽤数形结合的思想。
四、⽤⼆分法近似求解零点 例4求函数f(x)=x3+x2-2x-2的⼀个正数零点(精确到0.1)。
解：(1)第⼀步确定零点所在的⼤致区间(a，b)，可利⽤函数性质，也可借助计算机，但尽量取端点为整数的区间，并尽量缩短区间长度，通常可确定⼀个长度为1的区间。
(2)列表如下： 零点所在区间中点函数值区间长度 (1，2)f(1.5) >0 1 (1，1.5) f(1.25) <00.5 (1.25,1.5) f(1.375) <00.25 (1.375,1.5) f(1.438)>0 0.125 (1.375,1.438) f(1.4065)>0 0.0625 可知区间(1.375，1.438)长度⼩于0.1，故可在(1.375，1.438)内取1.4065作为函数f(x)正数的零点的近似值。
高中数学零点存在的原理和应用
高中数学零点存在的原理和应用高中数学中，函数的零点是一个重要的概念。
零点即函数图像与x轴的交点，也就是函数取值为0的点。
零点存在的原理和应用有以下几个方面。
一、零点存在的原理1.介值定理：如果函数在闭区间[a,b]上连续，且函数在区间端点处的值异号（即函数在区间的两个端点处取正值和负值），那么在(a,b)内至少有一个点x0，使得函数取零值。
这个定理也可以叫做柯西中值定理。
2.辛钦定理：如果函数在区间[a,b]上连续，且函数在区间的两个端点处取正值和负值，那么函数至少有一个零点存在于(a,b)内。
二、零点存在的应用1.方程求解：通过函数的零点，我们可以很方便地求解一些方程。
例如，给定一个函数f(x)，要求解f(x)=0的解，可以通过找到f(x)的零点来解方程。
这在高中数学的方程求解中经常用到。
通过对函数图像进行观察和分析，我们可以推测方程可能的解的范围，并使用适当的方法来进一步求解方程。
2.函数性质分析：函数的零点可以揭示函数的性质。
例如，我们可以通过求解函数的零点来确定函数的增减区间，凸凹区间等。
通过求解零点，我们可以得到更多的信息，进一步深入地了解函数的性质和特点。
3.物理问题求解：零点的概念在物理问题的求解中也有应用。
例如，对于一些物理模型，我们可以通过建立正确的函数模型，并求解函数的零点，来解决相应的物理问题。
例如，抛物线运动问题中，可以通过建立物体的位移函数模型来求得物体的最高点和落地点等信息。
4.优化问题：在一些优化问题中，我们也可以应用零点的概念。
例如，通过建立其中一种函数模型来描述一个具体的优化问题，然后求解这个函数的零点，就可以找到最优解所对应的参数值。
这在实际生活中的一些决策问题中经常使用。
综上所述，高中数学中函数的零点存在的原理是基于介值定理和辛钦定理，其应用非常广泛。
除了方程求解、函数性质分析、物理问题求解和优化问题，零点的概念还有很多其他的应用，例如图像处理、金融领域的风险评估等。
高中数学-函数的零点问题及例题分析
高中数学-函数的零点问题及例题分析1. 引言函数是数学中一个非常重要的概念，它在数学和实际问题中发挥着重要的作用。
函数的零点问题是函数中一个常见且重要的问题，它与方程的解有着紧密的联系。
本文将介绍函数的零点问题，并通过一些例题分析来加深理解。
2. 函数的定义与性质回顾函数是一个将一个集合的元素映射到另一个集合的元素的规则。
函数通常用符号表示，如$f(x)$，其中$x$是自变量，$f(x)$是对应的函数值。
函数的零点指的是函数取零值的点，即满足$f(x)=0$的$x$值。
函数的零点问题与方程的解问题紧密相关。
对于一元函数，函数的零点就是方程$f(x)=0$的解。
因此，解方程可以转化为求函数的零点。
函数的零点可以通过图像、图表或数值计算等方法来确定。
下面将通过几个例题来进一步分析。
3. 例题分析3.1 例题一已知函数$f(x)=2x^2-3x+1$，求函数$f(x)$的零点。
解析：要求函数$f(x)$的零点，即求解方程$2x^2-3x+1=0$。
我们可以使用配方法、求根公式或因式分解等方法来解这个二次方程，最终可以得到$x=1$和$x=\frac{1}{2}$两个解。
3.2 例题二已知函数$g(x)=\sqrt{x+3}-2$，求函数$g(x)$的零点。
解析：要求函数$g(x)$的零点，即求解方程$\sqrt{x+3}-2=0$。
为了消除平方根，我们可以将方程两边平方，得到$x+3=4$，然后解得$x=1$。
因此，函数$g(x)$的零点为$x=1$。
3.3 例题三已知函数$h(x)=\frac{1}{x-2}$，求函数$h(x)$的零点。
解析：函数$h(x)$在$x=2$处不存在定义，因此不存在零点。
4. 总结本文介绍了函数的零点问题及其与方程的解之间的联系。
函数的零点是函数取零值的点，可以通过解相应的方程来求得。
通过例题分析，我们进一步了解了求函数零点的具体方法。
在实际问题中，函数的零点问题有时对于确定某个变量的取值非常重要，因此对于函数的零点问题的理解和掌握是非常有益的。
2020版新教材高中数学第三章函数3.2.2零点的存在性及其近似值的求法课件新人教B版必修1
【思考】 能否用二分法求方程的近似解？ 提示：能，方程的根即为函数的零点.
3.用二分法求函数零点近似值的步骤
给定精度ε ，用二分法求函数f(x)零点x0近似值x1，
使得|x1-x0|<ε 的一般步骤如下：
第一步，检查|b-a|<2ε 是否成立，如果成立，取
x1=
ab 2
，计算结束，如果不成立转到第二步；
5
【加练·固】 函数f(x)=2- 4 x2(x∈[-1，1])的零点个数为 _______. 【解析】令2- 4 x2 =0，解得x=0，所以函数仅有一个 零点. 答案：1
类型三 二分法的应用
角度1 二分法概念的理解
【典例】1.用二分法求如图所示函数f(x)的零点时，
不可能求出的零点是 ( )
【解析】设f(x)=x3+x2-2x-1， 则f(-2)=-1<0，f(-1)=1>0， f(0)=-1<0，f(1)=-1<0，f(2)=7>0， 所以f(-2)·f(-1)<0，f(-1)·f(0)<0，
Байду номын сангаас
f(1)·f(2)<0，所以∃x1∈(-2，-1)，x2∈(-1，0)， x3∈(1，2)，f(x1)=0，f(x2)=0，f(x3)=0. 则f(x)在(-2，-1)，(-1，0)，(1，2)内均有零点，即 ①②③正确. 答案：①②③
2.选B.f(1)=2-1=1，f(
1
)
1
22
2
2 2 0，
2
即f( 1 )
2
f(1)<0，所以∃x0∈
(
1 2
,1，) f(x0)=0，
高中数学：零点区间的寻找技巧和常见模型
零点区间的寻找技巧方法一：直接放缩法。
成功关键：在目标区间上找到一个合适的逼近函数.【示例】证明：当10a e<<时，()ln f x x ax =-有两个零点. 分析：极值点为1x a=（大于e ），11ln 10f a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以需要在左右两侧各找一个函数值小于零的点.因为ln 1x x ≤-，要使得ln 0x ax -<，只需要10x ax --≤，即11x a ≤-，考虑到10a e<<，所以11,11e a e ⎛⎫∈ ⎪--⎝⎭，所以左侧可取：()10f a =-<，111ln 1011111a a f a a a a a ⎛⎫=-<--= ⎪-----⎝⎭；另一方面：因为)ln 1x x <>或)ln 1x x ≤>，要使得ln 0x ax -<0ax -≤，即21x a ≥，所以右侧可取：2211111ln 0f a a a a a a a⎛⎫⎛⎫=-≤--=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.方法二：在特定条件下进行放缩。
成功关键：找到的点一定要在特定的条件下.【示例】已知2a <，()()()22112x f x x x e ax x =+--++，试找一个00x >使得()00f x >. 分析：因为1x e x ≥+，要利用它来放缩，还需要考虑因式21x x +-的正负. 要使得()()()221120x f x x x e ax x =+--++>，只需()()()2221011120x x x x x ax x ⎧+->⎪⎨+-+-++≥⎪⎩，即()2013x x a ⎧<<⎪⎨⎪+≤-⎩，因此取01x ⎫⎪=⎬⎪⎪⎩⎭即可使得()00f x >.或写得好看一点，取{}01x =-也能符合要求.方法三：目测。
成功关键：数感与大胆.【示例】证明：当a e >时，()xf x e ax =-有两个零点.分析：极值点为ln x a =（大于1），()()l n 1l n 0f a a a =-<，所以需要在左右两侧各找一个函数值大于零的点.左侧，自变量越小，成功的可能性越高，则可找：1110af e a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()010f =>，()110f a e -=+>.右侧，自变量越大，成功的可能性越高，则可找：()()2ln 2ln 2ln 2ln 0a f a e a a a a a =-=->，()20a f a e a =->.方法四：分而治之。
高三数学函数零点的判定定理知识点
⾼三数学函数零点的判定定理知识点 函数零点问题是⾼等数学中的重要问题，⾼中数学课程中有基本的介绍，下⾯是店铺给⼤家带来的⾼三数学函数零点的判定定理知识点，希望对你有帮助。
⾼三数学函数零点的判定定理知识点(⼀) 函数零点存在性定理： ⼀般地，如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的⼀条曲线，并且有f(a)。
f(b)<o，那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)=O，这个c也就是f(x)=0的根。
特别提醒:(1)根据该定理，能确定f(x)在(a,b)内有零点，但零点不⼀定唯⼀。
(2)并不是所有的零点都可以⽤该定理来确定，也可以说不满⾜该定理的条件，并不能说明函数在(a，b)上没有零点，例如，函数f(x) =x2-3x +2有f(0)·f(3)>0，但函数f(x)在区间(0，3)上有两个零点。
(3)若f(x)在[a，b]上的图象是连续不断的，且是单调函数，f(a)。
f(b)<0，则fx)在(a，b)上有唯⼀的零点。
函数零点个数的判断⽅法: (1)⼏何法：对于不能⽤求根公式的⽅程，可以将它与函数y =f(x)的图象联系起来，并利⽤函数的性质找出零点。
特别提醒：①“⽅程的根”与“函数的零点”尽管有密切联系，但不能混为⼀谈，如⽅程x2-2x +1 =0在[0，2]上有两个等根，⽽函数f(x)=x2-2x +1在[0，2]上只有⼀个零点 ②函数的零点是实数⽽不是数轴上的点。
(2)代数法：求⽅程f(x)=0的实数根。
⾼三数学函数零点的判定定理知识点(⼆) 判断函数零点个数的常⽤⽅法 (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：利⽤定理不仅要判断函数在区间[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。
第17讲 高中数学零点问题(解析版)
第17讲 零点问题高考预测一：三次函数零点问题 1．已知函数32()(,)f x x ax b a b R =++∈（1）若函数()f x 在1x =处取得极值2，求a ，b 的值； （2）求试讨论()f x 的单调性；（3）若b c a =-（实数c 是a 与无关的常数），当函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞，求c 的值． 【解析】解：（1）32()f x x ax b =++，2()32f x x ax '=+， 若函数()f x 在1x =处取得极值2， 则(1)320(1)12f a f a b '=+=⎧⎨=++=⎩，解得：3252a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩；（2）2()32(32)f x x ax x x a '=+=+，0a >时，令()0f x '>，解得：0x >或23x a <-，()f x ∴在2(,)3a -∞-递增，在2(3a -，0)递减，在(0,)+∞递增，0a =时，()0f x '，()f x 在R 递增，0a <时，令()0f x '>，解得：0x <或23x a >-，()f x ∴在(,0)-∞递增，在2(0,)3a -递减，在2(3a -，)+∞递增；（3）由（2）得：函数()f x 有2个极值， 分别是：(0)f b =，324()327f a a b -=+，则函数()f x 有3个零点等价于324(0)()()0327f f a b a b -=+<，∴304027a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩，又b c a =-，0a ∴>时，34027a a c -+>或0a <时，34027a a c -+<， 设g （a ）3427a a c =-+，函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞， (,3)∴-∞-上，g （a ）0<，在(1，33)(22⋃，)+∞上，g （a ）0>均恒成立，从而(3)10g c -=-，且3()102g c =-，故1c =；此时，322()1(1)[(1)1]f x x ax a x x a x a =++-=++-+-，()f x 有3个零点，则2(1)10x a x a +-+-=有2个异于1-的不等实根， ∴△22(1)4(1)230a a a a =---=+->，且2(1)(1)10a a ---+-≠， 解得：33(,3)(1,)(,)22a ∈-∞-+∞， 综上：1c =．2．已知函数21()(),()4lnxf x x a a Rg x x x=-+-∈=． （1）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线，（2）用{max m ，}n 表示m ，n 中的最大值，设函数(){()h x max xf x =，()}(0)xg x x >，当03a <<时，讨论()h x 零点的个数．【解析】解：（1）设曲线()y f x =与x 轴相切与点0(x ，0)，则00()0()0f x f x =⎧⎨'=⎩，即20020201041204x a x x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，∴01234x a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴当34a =时，x 轴为曲线()y f x =的切线． （2）令211()()4f x xf x x ax ==-+-，1()()(0)g x xg x lnx x ==>，则1(){()h x max f x =，1()}g x ，21()3f x x a '=-+，由1()0f x '=，得x = ∴当x ∈时，1()0fx '>，1()f x 为增函数； 当x ∈)+∞时，1()f x '为减函数，03a <<，01∴<， ①当10f <，即304a <<时，()h x 有一个零点； ②当10f =，即34a =时，()h x 有两个零点； ③当110()0f f x ⎧>⎪⎨⎪<⎩，即3544a <<时，()h x 有三个零点； ④当110()0f f x ⎧>⎪⎨⎪=⎩，即54a =时，()h x 有两个零点； ⑤当11(1)0f f ⎧>⎪⎨⎪>⎩，即534a <<时，()h x 有一个零点， 综上，304a <<或534a <<时，()h x 有一个零点； 当34a =或54a =时，()h x 有两个零点； 当3544a <<，()h x 有三个零点． 高考预测二：含超越函数的零点问题3．已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解析】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++，令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立， ()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减； 当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+，由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，sin 1(1)x ln x <+，则()sin (1)0f x x ln x =-+<恒成立， 因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点． 综上，()f x 有且仅有2个零点． 4．已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 【解析】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞；212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得， 又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-， 曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入， 即有：00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，01)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+， 将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 故得证．5．已知函数1()1x xf x e x+=+-．( 2.71828e =⋯⋯ 1.64872)⋯⋯ （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线x y e =在点00(,)xA x e 处的切线也是曲线y lnx =的切线． 【解析】解：（1）()f x 的定义域为{|1}x x ≠22()0(1)x f x e x '=+>-所以()f x 在(,1)-∞，(1,)+∞上单调递增．又3223(2)30,()502f e f e =->=-<，所以()f x 在区间(1,)+∞有唯一零点1x ，即()1111101x x f x e x +=⋅=-即， 又1111111111111,()0111x x x x x f x e x x x -----<--=+=+=+++， 所以()f x 在区间(,1)-∞有唯一零点1x -． 综上所述，()f x 有且仅有两个零点． （2）因为00x lne x -=-，所以点00(,)x B ex --在曲线y lnx =上．由题设()000010,1x x f x e x +==-即 所以直线AB 的斜率00000000000111111x x x x x e x x x k e x x x e x x -+++-+====----+．因为曲线x y e =在点00(,)xA x e 处切线的斜率是0x e ， 曲线y lnx =在点00(,)x B ex --处切线的斜率也是0x e ，所以曲线x y e =在点00(,)xA x e 处的切线也是曲线y lnx =的切线． 6．已知函数2()(21)f x lnx 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，f （2）)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． 【解析】解：（1）1()221f x ax a x'=+++，(0)x >， 由已知有f '（1）0=，即12210a a +++=，所以12a =-（经验证成立），切点为3(2,22),(2)2ln k f '-==-，故切线方程为：3122y x ln =-++；（2）()f x 的定义域为(0,)+∞， 1(21)(1)()221ax x f x ax a x x++'=+++=， 若0a ，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>， 故()f x 在(0,)+∞上单调递增， 若0a <，则当1(0,),()02x f x a '∈->；当1(,),()02x f x a'∈-+∞<， 故()f x 在1(0,)2a-上单调递增，在1(,)2a -+∞上单调递减；综上：0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 0a <时，()f x 在1(0,)2a-上单调递增，在1(,)2a -+∞上单调递减；（3）证明：2()(1)()1(1)1g x x f x x x lnx x =---=---， 1()g x lnx x'=-，因为y lnx =在(0,)+∞上递增，1y x =在(0,)+∞递减，所以()g x '在(0,)+∞上递增，又141(1)10,(2)2022ln g g ln -''=-<=-=>， 故存在唯一0(1,2)x ∈使得0()0g x '=，所以()g x 在0(0,)x 上递减，在0(x ，)+∞上递增， 又220()(1)2,()30g x g g e e <=-=->，所以()0g x =在0(x ，)+∞内存在唯一根α， 由01x α<<，得：011x α<<，又1111()()(1)10g g ln αααααα=---==，故1α是()0g x =在0(0,)x 上的唯一零点， 综上，函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．7．已知函数2()67(f x lnx ax x b a =--+，b 为常数），且2x =为()f x 的一个极值点． （1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若()y f x =的图象与x 轴有且只有3个交点，求b 的取值范围．(20.693, 1.50.405)ln ln == 【解析】解：（1）2()67f x lnx ax x b =--+，6()27f x ax x∴'=--， 又2x =是()f x 的一个极值点f ∴'（2）3470a =--=，则1a =-．（2）函数()f x 的定义域为(0,)+∞． 由（1）知2()67f x lnx x x b =+-+． 6(2)(23)()27x x f x x x x--∴'=+-=． 由()0f x '>可得2x >或32x <，由()0f x '<可得322x <<． ∴函数()f x 的单调递增区间为3(0,)2和(2,)+∞，单调递减区间为3(2，2)．（3）由（2）可知函数()f x 在3(0,)2单调递增，在3(2，2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．且当2x =或32x =时，()0f x '=． ()f x ∴的极大值为3333()6224f ln b =-+，()f x '的极小值为f （2）6210ln b =-+．当x 充分接近0时，()0f x '<．当x 充分大时，()0f x >． ∴要使的()f x '图象与x 轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只需3()2f f （2）0<，即333(6)(6210)024ln b ln b -+-+<，解得：3336106242ln b ln -<<-． 8．已知函数2()8f x x x =-+，()6g x lnx m =+． （Ⅰ）求()f x 在区间[t ，1]t +上的最大值()h t ；（Ⅱ）是否存在实数m ，使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】解：22()()8(4)16I f x x x x =-+=--+． 当14t +<，即3t <时，()f x 在[t ，1]t +上单调递增，22()(1)(1)8(1)67h t f t t t t t =+=-+++=-++；当41t t +，即34t 时，()h t f =（4）16=； 当4t >时，()f x 在[t ，1]t +上单调递减，2()()8h t f t t t ==-+．综上，2267,3()16,348,4t t t h t t t t t ⎧-++<⎪=⎨⎪-+>⎩()II 函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数()()()m x g x f x =-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．2()86m x x x lnx m =-++，∴262862(1)(3)()28(0)x x x x m x x x x x x-+--'=-+==>，当(0,1)x ∈时，()0m x '>，()m x 是增函数； 当(1,3)x ∈时，()0m x '<，()m x 是减函数； 当(3,)x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 是增函数； 当1x =，或3x =时，()0m x '=．()m x m ∴=极大值（1）7m =-，()m x m =极小值（3）6315m ln =+-．当x 充分接近0时，()0m x <，当x 充分大时，()0m x >．∴要使()m x 的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须()70()63150m x m m x m ln =->⎧⎨=+-<⎩极大值极小值即71563m ln <<-．∴存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,1563)ln -．9．已知函数()f x x alnx =+（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若函数()f x 没有零点，求a 的取值范围．【解析】解：()I 当1a =时，()f x x lnx =+，1()1(0)f x x x'=+>，f ∴（1）1=，f '（1）2=，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为210x y --=；()II 函数()f x x alnx =+，()(0)x af x x x+'=>．当0a 时，在(0,)x ∈+∞时()0f x '>，()f x ∴的单调增区间是(0,)+∞； 当0a <时，函数()f x 与()f x '在定义域上的情况如下：()f x ∴的单调减区间为(0,)a -，单调增区间为(,)a -+∞． ∴当0a 时()f x 的单调增区间是(0,)+∞；当0a <时，()f x 的单调减区间为(0,)a -，单调增区间为(,)a -+∞． ()III 由()II 可知，①当0a >时，(0,)+∞是函数()f x 的单调增区间， 且有11()1110aaf e e--=-<-=，f （1）10=>，此时函数有零点，不符合题意；②当0a =时，函数()f x x =，在定义域(0,)+∞上没零点；③当0a <时，()f a -是函数()f x 的极小值，也是函数()f x 的最小值， ∴当()(()1)0f a a ln a -=-->，即a e >-时，函数()f x 没有零点．综上所述，当0e a -<时，()f x 没有零点． 10．已知关于x 的函数()(0)xax af x a e -=≠． （1）当1a =-时，求函数()f x 在点(0,1)处的切线方程； （2）设()()x g x e f x lnx '=+，讨论函数()g x 的单调区间； （3）若函数()()1F x f x =+没有零点，求实数a 的取值范围． 【解析】解：（1）当1a =-时，1()xx f x e-+=， ∴2(1)112()()x x x x x e e x x x f x e e e ---+-+--'===，∴002(0)2f e -'==-， (0)1f =， 12y x ∴-=-，即()f x 在(0,1)处的切线方程为210y x +-=．（2）2()()2(0)()x x xx ae e ax a g x e lnx ax a lnx a e --=+=-++≠， ∴1()g x a x'=-+， 当0a <时，()0g x '>在(0,)+∞上恒成立， ()g x ∴在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0g x '>，解得10x a<<， 令()0g x '<，解得1x a>， ()g x ∴在1(0,)a 单调递增，在1(,)a+∞单调递减．（3）()0xxax a e F x e-+==没有零点， 即(1)x e a x =--无解，∴1x y e =与2(1)y a x =--两图象无交点，设两图象相切于(,)m n 两点， ∴(1)m n e a m e a ⎧=--⎨=-⎩，2m ∴=，2a e =-，两图象无交点，2(a e ∴∈-，0)．11．已知函数2()(2)(1)x f x x e 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． 【解析】解：（1）由2()(2)(1)x f x x e a x =---， 可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=---=--，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >；由()0f x '<，可得1x <， 即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；②当0a >时，由()0f x '=，解得1x =或2x ln a =， 若2ea =，则()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增；若02ea <<时，由()0f x '>，可得1x >或(2)x ln a <； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x <<； 即有()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增， 在((2)ln a ，1)递减； 若2ea >，由()0f x '>，可得1x <或(2)x ln a >； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减； 综上：当0a 时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增； 当0a >时，2ea =时，()f x 在R 上递增； 02ea <<时，()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减； 2ea >时，()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减． （2）①由（1）可得，当0a <时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增， 且f （1）0e =-<，f （2）0a =->，故()f x 在(1,2)上存在1个零点， 取b 满足0b <，且()2ab ln <-，则f （b ）223(2)(1)(2)(1)()022b a b e a b b a b ab b =--->----=-->，故()f x 在(,1)b 是也存在1个零点， 故0a <时，()f x 有2个零点；②当0a =时，()(2)x f x x e =-，所以()f x 只有一个零点2x =，不合题意； ③当0a >时，若2ea =时，()f x 在R 递增，()f x 不存在2个零点，不合题意； 若02ea <<，()f x 在(1,)+∞递增，又当1x 时，()0f x <，()f x 不存在2个零点，不合题意，当2ea >时，()f x 在(,1)-∞单调增，在(1，(2))ln a 递减，在((2)ln a ，)+∞递增， ()f x 极大值f =（1）0e =-<，故()f x 不存在2个零点，不合题意；综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(,0)-∞． 12．已知函数21()2f x lnx ax =-．（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．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，且21()ax f x x-'=，当0a 时，()0f x '>，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>解得0x <，由()0f x '<解得x >，此时()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减； 综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减； （2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多一个零点，不合题意；当0a >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，则211()(1)22max f x f a ln a ==⋅⋅=-+，当1ae时，1()(1)02max f x f ln a ==-+，函数()f x 至多有一个零点，不合题意；当10a e<<时，1()(1)02max f x f ln a ==-+>，由于1∈，且211(1)11022f ln a a =-⋅⋅=-<，由零点存在性定理可知，()f x 在上存在唯一零点，由于2a >222122222()()02f ln a ln a a a a a a a =-⋅⋅=-<-=（由于)lnx x <， 由零点存在性定理可知，()f x 在)+∞上存在唯一零点；综上，实数a 的取值范围为1(0,)e．13．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 当0a =时，()210x f x e '=--<， ∴当x R ∈，()f x 单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a '=+-=+-，令()0f x '=，解得：1x ln a =，当()0f x '>，解得：1x ln a >，当()0f x '<，解得：1x ln a<，1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a ∈，)+∞单调递增；当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a '=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点， 当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--， 当x →-∞时，20x e →，0x e →， ∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ， ∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a ，)+∞是增函数，21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a ∴==⨯+-⨯-<，1110ln a a ∴--<，即1110ln a a+->， 设1t a=，则()1g t lnt t =+-，(0)t >， 求导1()1g t t '=+，由g （1）0=，11t a∴=>，解得：01a <<， a ∴的取值范围(0,1)．方法二：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--，当0a =时，()210x f x e '=--<， ∴当x R ∈，()f x 单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-，令()0f x '=，解得：x lna =-， 当()0f x '>，解得：x lna >-， 当()0f x '<，解得：x lna <-，(,)x lna ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，(,)x lna ∈-+∞单调递增； 当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a '=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-是减函数，在(,)lna -+∞是增函数； （2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，②当0a >时，由（1）可知：当x lna =-时，()f x 取得最小值，11()()1min f x f lna ln a a=-=--， 当1a =，时，()0f lna -=，故()f x 只有一个零点， 当(1,)a ∈+∞时，由1110ln a a-->，即()0f lna ->， 故()f x 没有零点， 当(0,1)a ∈时，1110ln a a--<，()0f lna -<， 由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>， 故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点，假设存在正整数0n ，满足03(1)n ln a >-，则00000000()(2)20n n n nf n e ae a n e n n =+-->->->，由3(1)ln lna a->-，因此在(,)lna -+∞有一个零点．a ∴的取值范围(0,1)．14．已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x 时，()1f x ； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】解：（1）证明：当1a =时，函数2()x f x e x =-． 则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-， 令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-⋅=->，()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=．（2）方法一：()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x =的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x -'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a 时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e==-，(0)x ． 当h （2）0<时，即24e a >，()i 由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a =-=->-=->． ()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，()iii 当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．15．已知函数32()(1)(5)f x x k x k x d =+-+++． （1）若1k =-，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间(0,3)上不单调，求实数k 的取值范围；（3）求证：2k <-或7k >是函数()f x 在R 上有三个不同零点的必要不充分条件． 【解析】解：（1）若1k =-，则32()24f x x x x d =-++，2()344f x x x ∴'=-+由于△16480=-<，2()3440f x x x ∴'=-+>∴函数()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，没有单调递减区间．（2）32()(1)(5)f x x k x k x d =+-+++，2()32(1)5f x x k x k ∴'=+-++，()f x 在区间(0,3)上不单调，由题意知，当[0x ∈，3]时，()0max f x '>，且()0min f x '<， 函数()f x '的对称轴为直线13kx -=， ①当103k-<，即1k >时， 由()max f x f '='（3）0>，得267k >-，由()(0)0min f x f '='<得5k <-， 此时解集为空集； ②当133k->，即8k <-时， 由()(0)0max f x f '='>得5k >-， 由()min f x f '='（3）0<得267k <-， 此时解集为空集； 1370,1322k k -<<-<<③若则， 由()max f x f '='（3）0>，得267k >-， 由1()()03min kf x f -'='<，得2k <-或7k >，此时解集为7(,2)2--；④若3173,8232k k -<-<-则，由()(0)0max f x f '='>得5k >-， 由()0min f x '<得2k <-或7k >， 此时解集为7(5,]2--综上可得，k 的取值范围是(5,2)--． （3）证明：2()32(1)5f x x k x k '=+-++∴当△224(1)12(5)4(514)0k k k k =--+=--，即27k -时函数()f x 在R 上单调递增故()f x 在R 上不可能有三个不同零点∴若()f x 在R 上有三个不同零点，则必有△0>，即2k <-或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的必要条件；而当0d =，3k =+2k <-或7k >但322()(1)(5)(1f x x k x k x x x =+-++=+ 即此时()f x 只有两个不同零点同样，当3k =-2k <-或7k >，但322()(1)(5)(1f x x k x k x x x =+-++=+- 即此时()f x 也只有两个不同零点，2k ∴<-，或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的不充分条件，故2k <-或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的必要不充分条件． 16．设函数()23(0)f x alnx ax a =-+≠ （1）设1a =-，求()f x 的极值；（2）在（1）的条件下，若321()[()]3g x x x f x m =+'+在(1,3)上不是单调函数，求m 的范围；（3）求()(3)x f x x e =-的单调递增区间．【解析】解：（1）当1a =-，()23(0)f x lnx x x =-++>，1()2f x x-'=+，⋯（2分） ()f x ∴的单调递减区间为1(0,)2，单调递增区间为1(2，)+∞⋯（4分），()f x ∴的极小值是111()2324222f ln ln =-+⨯+=+．⋯（6分）（2）3211()(2)3g x x x m x=+-++，2()(42)1g x x m x '=++-，⋯（8分）()g x ∴在区间(1,3)上不是单调函数，且(0)1g '=-，∴(1)0(3)0g g '<⎧⋯⎨'>⎩（10分）∴4202060m m +<⎧⎨+>⎩，即：1023m -<<-． 故m 的取值范围10(,2)3--⋯（12分） （3）()(3)x f x x e =-，()(3)(3)()(2)x x x f x x e x e x e ∴'=-'+-'=-，令()0f x '>，解得2x >． 即函数单调递增区间为(2,)+∞．17．设常数0a >，函数2()1x f x alnx x=-+（Ⅰ）当34a =时，求()f x 的最小值； （Ⅱ）求证：()f x 有唯一的极值点． 【解析】解：（Ⅰ）()f x 的定义域是(0,)+∞，322(2)2()(1)x a x ax a f x x x +---'=+，34a =时，322224563(1)(493)()4(1)4(1)x x x x x x f x x x x x +---++'==++， 0x >，∴2249304(1)x x x x ++>+， 令()0f x '>，解得：1x >，令()0f x '<，解得：01x <<， ()f x ∴在(0,1)递减，在(1,)+∞递增， 1x ∴=时，()f x 最小，最小值是f （1）12=；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：322(2)2()(1)x a x ax af x x x +---'=+， 令32()(2)2g x x a x ax a =+---，要证()f x 有唯一的极值点，即证()g x 在(0,)+∞有唯一的变号零点， 而2()3(42)2g x x a x a '=+--，令()0g x '=，解得：1x =，2x =其中10x <，20x >，(0)20g a '=-<，且()g x '的图象开口向上，故在区间2(0,)x 上，()0g x '<，()g x 递减， 2()(0)0g x g a ∴<=-<，在区间2(x ，)+∞上，()0g x '>，()g x 递增，2()()2()g x x x a x x a a =-+--， 2(1)(1)20g a a a ∴+=+++>，2()(1)0g x g a ∴+<，即()g x 在(0,)+∞上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一的极值点且是极小值点．18．已知函数3()1()h x ax a R =-∈，()g x lnx =，()()3()(f x h x xg x e =+为自然对数的底数）． ()I 若()f x 图象过点(1,1)-，求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在区间1(e，)e 上有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；()III 函数3211()()32F x a x x g =-+（a ）()1h x --，当103a e >时，函数()F x 过点(1,)A m 的切线至少有2条，求实数m 的值．【解析】解：（Ⅰ）由已知3()()3()13f x h x xg x ax xlnx =+=-+， 又()f x 过点(1,1)-，所以0a =， ()31f x xlnx ∴=-，且定义域为(0,)+∞， ()333(1)f x lnx lnx '=+=+，令()0f x '>，解得：1x e >，令()0f x '<，解得：10x e <<，故()31f x xlnx =-在1(0,)e 上是减函数，在1(e，)+∞上是增函数；（Ⅱ）函数3()31f x ax xlnx =+-的定义域为(0,)+∞，2()3(1)f x ax lnx '=++，令2()1r x ax lnx =++，则2121()2ax r x ax x x+'=+=，当0a >时，()0r x '>在(0,)+∞恒成立， 故2()3(1)f x ax lnx '=++在(0,)+∞上是增函数， 而213()0af e e'=>，故当1(x e∈，)e 时，()0f x '>恒成立，故()f x 在区间1(e ，)e 上单调递增，故()f x 在区间1(e，)e 上没有极值点；当0a =时，由（Ⅰ）知，()f x 在区间1(e，)e 上没有极值点；当0a <时，令2210ax x +=，解得，x故2()1r x ax lnx =++在上是增函数，在)+∞上是减函数，①当r （e ）1()0r e <，即220a e-<<时，()r x 在1(e ，)e 上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，②令1()0r e =，得20ae=，不成立；③令r （e ）0=，得22a e =-1(e ，)e ，而1()0222e e r r ln ==+>，又1()0r e<， 所以()r x 在1(e，)e 上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，综上所述，实数a 的取值范围是22[e -，0)． （Ⅲ）函数3211()()32F x a x x g =-+（a ）()1h x --，由函数()F x 过点(1,)A m 的切线，所以3200011(1)32m x lna x x lna =-++，(*)②据题意，原命题等价于关于0x 的方程(*)至少有2个不同的解． 设3221()(1)32x x lna x xlna ϕ=-++， 2()2(2)(1)(2)x x lna x lna x x lna ϕ'=-++=--，因为103a e >，所以15123lna >>，当(,1)x ∈-∞和1(2lna ，)+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ为增函数；当1(1,)2x lna ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ为减函数；所以()x ϕ的极大值为ϕ（1）1123lna =-，()x ϕ的极小值为32111()2244lna ln a ln a ϕ=-+， 设lna t =，103t >， 则原命题等价于3232111123231111244244m lna t m ln a ln a t t ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-+=-+⎪⎩对103t >恒成立，所以由1123m t -对103t >恒成立，得43m ； （1） 记3211()244s t t t =-+，21111()(1)8224s t t t t t '=-+=-， 所以103t >时，()s t 的最大值为s （4）43=，由3211244m t t -+对103t >恒成立，得43m ． （2）由（1）（2）得，43m =． 综上，当103a e >，实数m 的值为43时，函数()F x 过点(1,)A m 的切线至少有2条． 19．在平面直角坐标系xOy 中，已知函数()()f x clnx c R =∈的图象与直线2y x e=相切，其中e 是自然对数的底数． （1）求实数c 的值；（2）设函数()()a h x ax f x x=--在区间1(e，)e 内有两个极值点．①求实数a 的取值范围；②设函数()h x 的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围．【解析】解：（1）()cf x x'=，设切点0(P x ，0)y ，则0c k x =，所以过原点的切线方程为：0c y x x =，且000clnx c x x =， 所以0x e =，由题意：c y x e =与2y x e=是同一条直线，所以2c =；（2）由（1）知，①()2ah x ax lnx x=--， 设函数()h x 在区间1(e，)e 内有两个极值点分别为1x ，2x ，12()x x <，22222()(0)a ax x ah x a x x x x-+'=+-=>， 由题意()0h x '=则220ax x a -+=，2()2m x ax x a =-+，121x x =， 所以只需020()a m e >⎧⎪⎪>⎨⎪⎪⎩，所以2211e a e <<+②因为121x x =，所以21211221111112111112()()2()2(2)22a a a a a M f x f x ax lnx ax lnx ax lnx ax ln ax lnx x x x x x x =-=-----=-----=--，由21120ax x a -+=，12121x a x ∴=+，且111x e<<， 所以1222211111122111222111224()112x x x x M x lnx lnx x x x +-=--=-++，设21x t =，211t e<<， 令11()4()12t g t lnt t -=-+，222212(1)()4[]0(1)2(1)t g t t t t t --'=-=<++， 所以()g t 在21(e ，1)单调递减， 从而g （1）21()()g t g e <<， 所以实数M 的取值范围28(0,)1e +．。
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当 x 0, 时，
h1 e 1 0 ，
h
1 2
e 2 0 ，又 h x 在 0, 上单调递增的，所以有唯
一的零点。
（II）若 a 0 ，则
当 x , 0 时， h x ex 1 a 0 恒成立，则没有零点；
（3）如果关于 x 的方程 f x 2 有且只有一个解，求实数 b 的取值范围.
【答案】（1） b 1， f x 的最小值为 2（2）见解析（3） b 1，或 b 1
e
e
【解析】
（1）由 f 1 f 1 得： e b 1 1 ，解得 b e （舍），或 b 1 ，
x
x
则 x2 ax 1 0, 取 x0 a
a2 2
4
0
，则
h x0
0
，又
h a
ea
1 a
a
0
，所以
hx
在
, 0 有唯一的零点，
当 x 0, 时， h 1 a e1a 1 a 1 a 1 a 1 1 0 ，
f
x
min
f
1 ,
f
1 min
f
1
2e，
所以， f x 在1,1 上的值域为2 e,1 .
（2）令
f
x
0 ，得
x ex
ax
1
0，
x 0 显然不是方程的根，
那么原方程等价于 ex 1 a 0 实根的个数，令 h x ex 1 a ， x , 0) (0,
令 b 2 得： y0 ex0 2x0 ；令 b 3 得： y0 ex0 3x0 ，
∴ 2x0 2x0 ，
3 x0 2
1，解得唯一解 x0 0
∴ y0 2
经检验当 x 0 时， f 0 2
∴函数 y f x 的图像经过唯一定点 0, 2 .
零点存在定理中取点问题
如果函数 y f x 在区间[a, b] 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f a f (b) 0 ，那么，函数 y f x 在区间 (a,b) 内有零点，即存在 c (a,b) ，使得 f c 0 ，这个 c 也就是方程 f x 0 的根.
eb
e
经检验
f
x
ex
1 ex
为偶函数
∴b 1 . e
又
f
x
ex
1 ex
2 ，当且仅当 x 0 时取等号，
∴ f x 的最小值为 2.
（2）假设 y f x 过定 点 x0, y0 ，则 y0 ex0 bx0 对任意 b 0 ，且 b 1恒成立.
【解析】
（1）当 a 1时，
f
x
x ex
ax
1 ，则
f
x
1 x ex
1
g
x
，
而
gx
x2 ex
0 在1,1 上恒成立，所以
g x
f
x 在1,1 上递减，
f
x
max
f 1
2e 1 0 ，
f
x
min
x
当 x 0, 时，
h
1 a
1
e a
0，
h
2
1
a
1
e 2a
2
1
e2
2
0
，又
hx
在 0, 上单调递
增的，所以有唯一的零点
（III）若 a 0 ，则
当 x , 0 时，由 ex x x R ，则 ex 1 a x 1 a 0, (x 0) ，
1 a
1 a
1 a
h
1 2
a
1
e 2a
2
a
a
2Fra biblioteka2
a
a
a
0 ，又
hx
在 0, 上单调递增的，所以有
唯一的零点
综上所述，当 a 0 时， f x 只有一个零点；当 a 0 时， f x 有两个零点．
【名师指点】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函 数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归 根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路. 类型二 利用放缩法取点
f
1
1
0，
所以 f x 在1,1 上存在唯一的 x0 0 ，使得 f 0 0 ，而且
当 x 1,0 时， f x 0 ， f x 递增；当 x 0,1 时 f x 0 ， f x 递减；
所以，当 x 0 时， f x 取极大值，也是最大值，即 f x f 0 1， max
x
x
原命题也等价于 h x ex 1 a 在 x , 0) (0, 上的零点个数；
x
又因为 h x
ex
1 x2
0 ，所以 h x 在 , 0 和 0, 上都是单调递增的；
（I）若 a 0 ，则
当 x , 0 时， h x ex 1 0 恒成立，则没有零点；
在实际应用中，如何取 a, b ，是解决问题的难点.
类型一 利用方程的根或部分代数式的根取点
典例 1
已知函数
f
x
x ex
ax 1.
（1）当 a 1时，求 y f x 在 x 1,1 上的值域；
（2）试求 f x 的零点个数，并证明你的结论.
【答案】（1） 2 e,1（2）当 a 0 时， f x 只有一个零点；当 a 0 时， f x 有两个零点．
典例 2 已知 b 0 ，且 b 1，函数 f x ex bx ，其中 e 为自然对数的底数：
（1）如果函数 f x 为偶函数，求实数 b 的值，并求此时函数的最小值；
（2）对满足 b 0 ，且 b 1的任意实数 b ，证明函数 y f x 的图像经过唯一的定点；