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【通用版】2020高考数学突破专题《直击函数压轴题中零点问题》

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2020年最新高考数学--以函数零点或方程的根为背景的解答题(解析版)

2020年最新高考数学--以函数零点或方程的根为背景的解答题(解析版)

专题二 压轴解答题第9关 以函数零点为背景的解答题【名师综述】以函数零点为背景的解答题主要考察函数与方程思想，不仅要研究单调性，确定至多一解，而且要考虑零点存在定理，确定至少有一解，从两方面确保解的个数的充要性．【典例解剖】类型一 零点个数问题典例1．（2020·上海嘉定区上学期期中）已知函数()2sin()f x x ω=，其中0>ω． （1）令1ω=，判断函数()()2F x f x f x π⎛⎫=++⎪⎝⎭的奇偶性，并说明理由；（2）令2ω=，1()21222h x f x f x ππ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最大值为A ，函数2)1y x x θ=-+在区间[,]A A -上单调递增函数，求θ的取值范围； （3）令2ω=，将函数()y f x =的图像向左平移6π个单位，再向上平移1个单位，得到函数()g x 的图像，对任意a ∈R ，求()y g x =在区间],10[a a π+上零点个数的所有可能值．【答案】（1）非奇非偶函数，理由见解析；（2）arctan,282k k πθππ⎡⎫-∈++⎪⎢⎪⎣⎭；（3）见解析 【解析】【分析】（1）特值法：ω＝1时，写出f （x ）、F （x ），求出F （4π）、F （4π-），结合函数奇偶性的定义可作出正确判断；（2）当2ω=时，利用诱导公式、两角和的正弦公式展开及辅助角公式求得h （x ），进而求得h （x ）的最大值A ，由题意可知：对称轴θ≥，解得tan θ，即可求得θ的取值范围；（3）根据图象平移变换求出g （x ），令g （x ）＝0可得g （x ）可能的零点，而[a ，a +10π]恰含10个周期，分a 是零点，a 不是零点两种情况讨论，结合图象可得g （x ）在[a ，a +10π]上零点个数的所有可能值． 【详解】（1）当1ω=时，f （x ）＝2sinx ， ∴F （x ）＝f （x ）+f （x 2π+）＝2sinx +2sin （x 2π+）＝2（sinx +cosx ），F （4π）＝F （4π-）＝0，F （4π-）≠F （4π），F （4π-）≠﹣F （4π），所以，F （x ）既不是奇函数，也不是偶函数．（2）当2ω=时，1()21222h x f x f x ππ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12sin 22sin 221222x x ππ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=⨯++⨯+ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦sin 2sin 26x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2cos 2sin 1212x ππ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭212x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∵cos 2[1,1]12x π⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，∴max ()2h x -=，由题意，2)1y x x θ=-+在区间22⎡---⎢⎣⎦上单调递减，∴抛物线对称轴2x θ-=≥，即tan 28θ-≥，∴arctan ,282k k πθππ⎡⎫∈++⎪⎢⎪⎣⎭． （3）f （x ）＝2sin 2x ，将y ＝f （x ）的图象向左平移6π个单位，再向上平移1个单位后得到y ＝2sin 2（x 6π+）+1的图象，所以g （x ）＝2sin 2（x 6π+）+1． 令g （x ）＝0，得x ＝kπ512π+或x ＝kπ34π+（k ∈z ），因为[a ，a +10π]恰含10个周期，所以，当a 是零点时，在[a ，a +10π]上零点个数21，当a 不是零点时，a +kπ（k ∈z ）也都不是零点，区间[a +kπ，a +（k +1）π]上恰有两个零点，故在[a ，a +10π]上有20个零点．综上，y ＝g （x ）在[a ，a +10π]上零点个数的所有可能值为21或20． 【名师点睛】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．典例2．（2020·上海七宝中学月考）设集合Ω表示具有下列性质的函数()f x 的集合：①()f x 的定义域为()1,1-；②对任意(),1,1x y ∈-，都有()()1x y f x f y f xy ⎛⎫++= ⎪+⎝⎭（1）若函数()f x ∈Ω，证明()f x 是奇函数；并当21m n f mn +⎛⎫= ⎪+⎝⎭，11m n f mn -⎛⎫= ⎪-⎝⎭，求()f m ，()f n 的值；（2）设函数2()lg 1x g x a x ⎛⎫=-⎪+⎝⎭（a 为常数）是奇函数，判断()g x 是否属于Ω，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若()(1,1)()(0)1(1,1)g x x h x k k x x ∈-⎧=≥⎨+∉-⎩，讨论函数[()]2y h h x =-的零点个数． 【答案】（1）见解析，3()2f m =，1()2f n =；（2）()g x ∈Ω，证明见解析；（3）k 0<或112k <≤时，3个零点；0k =或1k >时，1个零点；0k <≤5个零点． 【解析】【分析】（1）利用赋值法和奇函数的定义证明函数是奇函数，由题得(),()f m f n 的方程组，解方程组即得解；（2）先求出a 的值，再利用Ω的定义证明；（3）令h(x)=t ，则h(t)=2，再分类讨论数形结合分析得解． 【详解】（1）令0x y ==得()(0)(0)0,(0)0f f f f +=∴=．令y x =-，()()()00,()()f x f x f f x f x +-==∴-=-，所以函数()f x 是奇函数．2,()()21m n f f m f n mn +⎛⎫=∴+= ⎪+⎝⎭，1,()()1,()()11m n f f m f n f m f n mn -⎛⎫=∴+-=∴-= ⎪-⎝⎭解上面关于(),()f m f n 的方程组得3()2f m =，1()2f n =． （2）因为函数2()lg 1x g x a x ⎛⎫=-⎪+⎝⎭（a 为常数）是奇函数， 所以1(0)0,1()lg 1xg a g x x -=∴=∴=+，，满足函数g(x)是奇函数． 设(),1,1x y ∈-，所以111()+()lglg lg 111x y x y xyg x g y x y x y xy ----+=+=+++++， 因为111()lg lg ()()1111x yx y x y xy xyg g x g y x y xy x y xy xy+-+--++===++++++++，所以()g x ∈Ω．（3）令[()]2=0[()]2y h h x h h x =-∴=，． 令h(x)=t ，则h(t)=2，所以函数1lg(1,1)()(0)11(1,1)xx h x k x k x x -⎧∈-⎪=≥+⎨⎪+∉-⎩， 当k=0时，1lg(1,1)()11(1,1)xx h x x x -⎧∈-⎪=+⎨⎪∉-⎩，则199lg =2,1101x x x -∴=-+，此时只有一个解，一个零点； 当k 0<时，只有一个10t -<<，对应三个零点；当01k <≤时，112k <+≤，此时12311,10,1t t t k<--<<=≥，21111(k k k k k k k k +-+-==，1k <≤，11k k +>，三个t 各对应一个零点，共三个零点；当102k <<，11k k +≤，三个t 各对应一个，一个，三个零点，共五个零点；当1k >时，h(t)=2只有一个解，10t -<<，对应一个零点． 综合得k 0<或112k <≤时，3个零点；0k =或1k >时，1个零点；102k <≤时，5个零点． 【举一反三】已知二次函数的导函数的图像与直线平行，且在处取得极小值．设．如何取值时，函数存在零点，并求出零点． 【答案】当时，函数有一零点；当()，或（）时，函数有两个零点；当时，函数有一零点． 【解析】()y g x =2y x =()y g x =1x =-1(0)m m -≠()()g x f x x=()k k R ∈()y f x kx =-1k =()y f x kx =-2mx =-11k m >-0m >11k m <-0m <()y f x kx =-1)1(11---±=k k m x 11k m =-()y f x kx =-m k x -=-=11由()，得 当时，方程有一解，函数有一零点；当时，方程有二解， 若，，函数有两个零点，即 ；若，，函数有两个零点，即；类型二 由零点个数确定参数取值范围问题典例3．（2020·上海莘庄中学月考）1(),1f x ax a R x =+∈+ (1)当1a =时，求不等式()1(1)f x f x +<+的解集； (2)若()f x 在[]1,2x ∈时有零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)()2,1-- (2)11,26⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ 【解析】 【分析】（1）直接利用转换关系，解分式不等式即可．()()120my f x kx k x x =-=-++=0≠x ()2120k x x m -++=()*1k =()*2m x =-()y f x kx =-2mx =-1k ≠()*()4410m k ⇔∆=-->0m >11k m >-()y f x kx =-)1(2)1(442k k m x ---±-=1)1(11---±=k k m x 0m <11k m <-()y f x kx =-)1(2)1(442k k m x ---±-=1)1(11---±=k k mx（2）利用分离参数法和函数的值域的应用求出参数的范围． 【详解】解：（1）1()()1f x ax a R x =+∈+． 当1a =时，1()1f x x x =++． 所以：()1(1)f x f x +<+转换为：111112x x x x ++<++++， 即：1112x x <++， 解得：21x -<<-． 故：{|21}x x -<<-． （2）函数1()1f x ax x =++在[]1,2x ∈时，()f x 有零点， 即函数在该区间上有解， 即：1(1)a x x =-+，令()1(1)g x x x =-+即求函数()g x 在[]1,2x ∈上的值域， 由于：(1)x x +在[]1,2x ∈上单调递增， 故：[](1)2,6x x +∈， 所以：111,(1)26x x ⎡⎤-∈--⎢⎥+⎣⎦，故：11,26a ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．典例4．（2020·上海洋泾中学月考）已知函数()()sin f x x ωϕ=+（0>ω，0ϕπ<<）的周期为π，图象的一个对称中心为,04π⎛⎫⎪⎝⎭将函数()f x 图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所有图象向右平移2π个单位长度后得到函数()g x 的图象． （1）求函数()f x 与()g x 的解析式；（2）当1a ≥，求实数a 与正整数n ，使()()()F x f x a g x =+⋅在()0,n π恰有2019个零点． 【答案】（1）()cos 2f x x =；()sin g x x =；（2）1a =，1346n =． 【解析】【分析】（1）依题意，可求得2ω=，2ϕπ=，利用三角函数的图象变换可求得()sin g x x =； （2）将()sin cos 20(sin 0)F x a x x x =+=≠转化为cos 2sin x a x =-，设()2cos xsin xm x -=，通过判断导数的增减性，确定()m x a =所对应交点个数，推出a 值，再通过()()()F x f x a g x =+⋅在()0,n π恰有2019个零点反推出n 值即可．【详解】(1)Q 函数()sin()(0,0)f x x ωϕωϕπ=+><<的周期为π，22Tπω∴==， 又曲线()y f x =的一个对称中心为,04π⎛⎫⎪⎝⎭，(0,)ϕπ∈，故sin 2044f ππϕ⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得2ϕπ=，所以()cos 2f x x =，将函数()f x 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得cos y x =的图象，再将cos y x=的图象向右平移12π个单位长度后得到函数1()cos()2g x x π=-的图象，()sin g x x ∴=． (2)由于cos 2()sin cos 20sin 0sin x F x a x x x a x =+=≠∴=-Q ，设()2cos xsin xm x -=，可得cos 21()2sin sin sin x m x x x x -==-，可得()m x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭与3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，根据图像可知1a =时，()m x a =在(0,)(,2)πππ⋃有3解，1a >时()m x a =在(0,)(,2)πππ⋃有2解（舍），而20193673÷=，得67321346n =⨯=，从而存在1a =，1346n =时，()F x 有2019个零点．【举一反三】设函数21()()ln 2f x x a b x ab x =-++（其中e 为自然对数的底数，,a e b R ≠∈），曲线()y f x =在点(,())e f e 处的切线方程为212y e =-．（1）求b ；（2）若对任意1[,)x e∈+∞，()f x 有且只有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）b e =；（2）实数a 的取值范围为2212(]2(1+)e e e --∞,． 【解析】（2）由（1）得21()()ln 2f x x a e x ae x =-++，()()()x a x e f x x --'=， ①当1a e≤时，由()>0f x '得x e >，由()0f x '<得1x e e <<，此时()f x 在1(,)e e 上单调递减，在()e +∞，上单调递增，∵2211()()ln 022f e e a e e ae e e =-++=-<，242221112()()2(2)(2)(2)()0222f e e a e e ae e e e a e e e e=-++=--≥-->（或当x →+∞时，()0f x >亦可）∴要使得()f x 在1[,)e+∞上有且只有两个零点，则只需2111()ln 2a e f ae e e e e +=-+222(12)2(1)02e e e ae --+=≥，即22122(1+)e a e e -≤，6分 ②当1a e e<<时，由()>0f x '得1x a e <<或x e >；由()0f x '<得a x e <<．此时()f x 在(,)a e 上单调递减，在1(,)a e 和()e +∞，上单调递增，此时222111()ln ln 0222f a a ae ae a a ae ae e a =--+<--+=-<，∴此时()f x 在[)e +∞，至多只有一个零点，不合题意，9分③当a e >时，由()0f x '>得1x e e<<或x a >，由()0f x '<得e x a <<，此时()f x 在1(,)e e 和()a +∞，上单调递增，在(,)e a 上单调递减，且21()02f e e =-<，∴()f x 在1[,)e+∞至多只有一个零点，不合题意．综上所述，实数a 的取值范围为2212(]2(1+)e e e --∞,．12分 类型三 由零点条件证明不等式问题典例5．已知f(x)=|x 2−1|+x 2+kx ． （1）若k =2，求方程f(x)=0的解；（2）若关于x 的方程f(x)=0在（0，2）上有两个解x 1，x 2，求k 的取值范围，并证明1x 1+1x 2<4．【答案】（1）x =−1−√32或x =−12；（2）k 的取值范围为(−72，−1)，证明见解析．【解析】（1）当k=2时，，①当，即x≥1或x≤-1时，方程化为，解得，因为，舍去，所以；②当，即-1＜x ＜1时，方程化为2x+1=0，解得：；由①②得，当k=2时，方程f(x)=0的解为x =−1−√32或x =−12．（2）不妨设，因为，所以f(x)在（0，1］是单调函数，故f(x)=0在（0，1］上至多一个解， 若，则＜0，故不符题意，因此；由，得，所以k≤-1；由，得，所以；故当时，方程f(x)=0在(0，2)上有两个解；因为，所以，，消去k ，得，即，因为x2＜2，所以．【名师点睛】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． 【举一反三】已知函数f(x)＝ax 4－12x 2，x ∈(0，＋∞)，g(x)＝f(x)－f′(x)．若a ＞1，记g(x)的两个零点为x 1，x 2，求证：4＜x 1＋x 2＜a ＋4． 证明： g(x)＝f(x)－f′(x)＝ax 4－12x 2－(4ax 3－x)＝ax 4－4ax 3－12x 2＋x ，因为φ′(x)对称轴为x ＝43，所以φ′⎝⎛⎭⎫83＝φ′(0)＝－12＜0， 所以x 0＞83＞73，所以φ(x 0)＝－329ax 0－13⎝⎛⎭⎫x 0－73＜0． 又φ(x)＝ax 3－4ax 2－12x ＋1＝12ax 2(x －8)＋12x(ax 2－1)＋1，设1a，8中的较大数为M ，则φ(M)＞0， 故a ＞1时，g(x)在(0，＋∞)上恰有两个零点x 1，x 2，不妨设x 1＜x 2，因为φ(0)＝1＞0，φ⎝⎛⎭⎫12＝18(6－7a)＜0，所以0＜x 1＜12． 因为φ(4)＝－1＜0，φ⎝⎛⎭⎫92＝18(81a －10)＞0，所以4＜x 2＜92，所以4＜x 1＋x 2＜12＋92＝5＜a ＋4．【精选名校模拟】1．（2020·上海四中高三期中）设函数2()log (1)=+f x x ，(1)x >-． （1）求其反函数1()f x -； （2）求函数()1()47x fx ---的零点．【答案】（1）1()21x f x -=-（2）2log 3． 【解析】【分析】（1）先求原函数值域，再根据对数式与指数式关系求反函数；（2）设2x t =，将方程转化为一元二次方程，再求解，最后解指数方程得结果．【详解】（1）1x >-∴Q 2()log (1)f x y x R ==+∈．2log (1)1221y y y x x x =+∴+=∴=-Q ，因此1()21x f x -=-．（2）设2x t =，则2173t t t -=-∴=（负值舍去），223log 3x x ∴==，．2．（2020·上海中学高三期中）已知2()||f x x a x b =--，其中0,0a b >>．（1）若2,1a b ==，写出()f x 的单调区间：（2）若函数()f x 恰有三个不同的零点，且这些零点之和为-2，求a 、b 的值； （3）若函数()f x 在[2,2]-上有四个不同零点1234,,,x x x x ，求1234x x x x +++的最大值．【答案】（1）(,1]-∞-递减，[1,)-+∞递增；（2）4,1a b ==；（3）4【解析】【分析】（1）由2,1a b ==，得出函数的解析式2222,1()22,1x x x f x x x x ⎧-+≥⎪=⎨+-<⎪⎩，再做出图像可得函数()f x 的单调区间；（2）令2()||0f x x a x b =--=，即20x ax ab -+=或20x ax ab +-=，再由0,0a b >>，可得方程20x ax ab +-=中有两个不等的实根，要使函数()f x 恰有三个不同的零点，且这些零点之和为-2，，则需方程20x ax ab -+=有两个相等的实根，可建立关于的方程，解之可得,a b 的值；（3）由2()||0f x x a x b =--=，即20x ax ab -+=或20x ax ab +-=，设20x ax ab -+=的两根为12,x x ，并且可得121212,0,0,0x x a x x ab x x +=>⋅=>>>，20x ax ab +-=的两根为34,x x ，并且可得3434,0x x a x x ab +=-⋅=-<，所以34,x x 两根中一正一负，再由1234,,,x x x x 均在[2,2]-内，得20x ax ab +-=2≥-，从而可得1234x x x x +++的最大值．【详解】（1）当2,1a b ==时，22222,1()2|1|22,1x x x f x x x x x x ⎧-+≥⎪=--=⎨+-<⎪⎩，做出图像如下图1所示，所以()f x 的单调区间是：在(,1]-∞-上单调递减，在[1,)-+∞上单调递增；（2）令2()||0f x x a x b =--=，即2||x a x b =-，所以()2x a x b =-或()2x a x b =--，整理得20x ax ab -+=或20x ax ab +-=， 因为0,0a b >>，所以方程20x ax ab +-=中240a ab ∆=+>恒成立，也即是20x ax ab +-=一定有两个不等的实根，设这两个实根为56,,x x 并且56x x a +=-，要使函数()f x 恰有三个不同的零点，且这些零点之和为-2， 现需方程20x ax ab -+=有两个相等的实根，设此根为7x ，且72x a=， 所以7256402x a ab x x ∆=-=+=-⎧⎨+⎩，即()0224aa ab a -=-=-⎧⎪⎨+⎪⎩，解得41a b =⎧⎨=⎩，所以,a b 的值为41a b =⎧⎨=⎩． （3）若2()||0f x x a x b =--=，即20x ax ab -+=或20x ax ab +-=， 设20x ax ab -+=的两根为12,x x ，则121212,0,0,0x x a x x ab x x +=>⋅=>>>，20x ax ab +-=的两根为34,x x ，则3434,0x x a x x ab +=-⋅=-<，所以34,x x 两根中一正一负，3434x x x x ∴+==-==，1234,,,x x x x Q 均在[2,2]-内，20x ax ab ∴+-=的负根2a -在[2,2]-内，24a ≥-∴≤，12344x x x x a ∴+++=≤，所以1234x x x x +++的最大值为4．3．（2020·上海金山中学期末考试）已知函数2()21(0)g x ax ax b a =-++>在区间[]2,3上有最大值4和最小值1．设()()g x f x x= （1）求,a b 的值（2）若不等式22(log )2log 0f x k x -≥在[]2,4x ∈上有解，求实数k 的取值范围；（3）若2(21)3021xx f k k -+-=-g有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）1,0a b ==．（2）(],1-∞（3）(0,)+∞ 【解析】【分析】(1)由函数2()(1)1,0g x a x b a a =-++->，所以()g x 在区间[2,3]上是增函数，故(2)1(3)4g g =⎧⎨=⎩，由此解得a b 、的值；(2)由(1)可得1()2f x x x=+-，所以()22log 2log 0f x k x -≥在[2,4]x ∈上有解，等价于2221log 22log log x k x x +-≥在[2,4]x ∈上有解，即()2221221log log k xx ≤-+在[2,4]x ∈上有解，令21log t x=，则2221k t t ≤-+，即可求得k 的取值范围；(3)原方程可化为221(32)21(21)0x x k k --+⋅-++=，令21xt -=则(0,)t ∈+∞，2(32)(21)0t k t k -+++=有两个不同的实数解12,t t ，其中1201,1t t <<>，或1201,1t t <<=，即可求得实数k 的取值范围．【详解】(1)函数2()(1)1g x a x b a =-++-，Q 0a >，∴ ()g x 在区间[]2,3上是增函数，故：(2)1(3)4g g =⎧⎨=⎩，解得1,0a b ==．(2)由(1)可得1()2f x x x=+-，∴ ()22log 2log 0f x k x -≥在[2,4]x ∈上有解等价于2221log 22log log x k x x+-≥在[2,4]x ∈上有解 即()2221221log log k xx ≤-+在[2,4]x ∈上有解． 令21log t x =，则2221k t t ≤-+，[2,4]x ∈Q ，故1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，记2()21t t t ϕ=-+，112t ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，max 1()4t ϕ∴=，∴ k 的取值范围为1,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．(3)原方程可化为221(32)21(21)0x x k k --+⋅-++=，令21xt -=则(0,)t ∈+∞，2(32)(21)0t k t k -+++=有两个不同的实数解12,t t ，其中1201,1t t <<>，或1201,1t t <<=，记2()(32)(21)h t t k t k =-+++，则210(1)0k h k +>⎧⎨=-<⎩——①，解得0k >，或210(1)032012k h k k ⎧⎪+>⎪=-=⎨⎪+⎪<<⎩——②，不等式组②无实数解，∴实数k 的取值范围为(0,)+∞．4．（2020·上海中学高三期中）已知a 是实数，函数f （x ）=2ax 2+2x -3-a ，如果函数y=f （x ）在区间[-1，1]上有零点，求a 的取值范围．【答案】][3,52∞∞⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭，＋ 【解析】试题分析：当a ＝0时，易得；当a ≠0时，①函数在区间[－1，1]上只有一个零点； ②函数在区间[－1，1]上有两个零点两种情况．试题解析：当a ＝0时，函数f (x )＝2x －3的零点x ＝∉[－1，1]． 当a ≠0时，函数f (x )在[－1，1]上的零点可能有一个与两个这两种情况． ① 函数在区间[－1，1]上只有一个零点，则有或，解得1≤a ≤5或a ＝．② 函数在区间[－1，1]上有两个零点，则有或，解得a ＜或a ≥5．综上，得a 的取值范围是∪[5，＋∞)．5．（2020·上海南汇中学期末考试）已知函数()()10mf x x x x=+-≠ （1）当2m =时，求证()f x 在(),0-∞上是单调递减函数；（2）若对任意的x ∈R ，不等式()20xf >恒成立，求实数m 的取值范围；（3）讨论函数()f x 的零点个数．【解析】（1）当2m =时，()21f x x x =+-，因为0x <，所以()21f x x x=-+-，设120x x <<，所以121212211212222()()=)x x f x f x x x x x x x x x +-=-++--⋅（， 因为120x x <<，所以1221122)00x x x x x x +->>（，，所以12()()f x f x >，所以()f x 在(),0-∞上是单调递减函数；（2）因为对任意的x ∈R ，不等式()20x f >恒成立，所以2101022xxx xm m +->⇒+->2恒成立， 所以2(2)2x xm >-+恒成立，设2(0xt t =>），所以2m t t >-+在0t >上恒成立， 当t ＞0时，2t t -+的最大值为14，此时12t =，所以14m >． （3）令()0f x =得||m x x x =-48(3)0(1)(1)(5)(1)0a a f f a a --->⎧⎪⎨-=--≤⎪⎩501112a a -=⎧⎪⎨-≤-≤⎪⎩048(3)01112(1)0(1)0a a a a f f >⎧⎪⎪--->⎪⎪-<-<⎨⎪⎪≥⎪⎪-≤⎩048(3)01112(1)0(1)0a a a a f f <⎧⎪⎪--->⎪⎪-<-<⎨⎪⎪≤⎪⎪-≤⎩所以22(0)(0)x x x m x x x ⎧+<=⎨-+>⎩，令22(0)()(0)x x x g x x x x ⎧+<=⎨-+>⎩，作图得函数()g x 的图象为：当11,22m m <->时，函数有一个零点；当11,,022m m m =-==时，函数有两个零点． 6．（2020·上海洋泾中学月考）设D 是函数()y f x =定义域的一个子集，若存在0x D ∈，使得()00f x x =-成立，则称0x 是()f x 的一个“准不动点”，也称()f x 在区间D 上存在准不动点，已知()()12log 421x x f x a =+⋅-，[]0,1x ∈．（1）若1a =，求函数()f x 的准不动点；（2）若函数()f x 在区间[]0,1上存在准不动点，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）00x =；（2）(]0,1． 【解析】【分析】（1）由题意，当1a =时，可得()12()log 421x xf x x =+-=-，[]0,1x ∈，可解得函数()f x 的准不动点；（2）依()f x 在区间[]0,1上存在准不动点，可得4212x x x a +⋅-=在[]0,1上有根．通过分离变量，可转化为1212xxa -=--，令[]21,2xt =∈，只需求出11y t t =--在[]1,2上的值域，即可得112a -≤≤，最后根据4210x x a +⋅->在[]0,1上恒成立，解得0a >，取交集得实数a 的最终范围．【详解】（1）由题意，可得()12()log 421x xf x x =+-=-，即4212x x x +-=，41x ∴=，0x ∴=．故当1a =，函数()f x 的准不动点为00x =．（2）由题意知，()12()log 421x x f x a x =+⋅-=-即4212x x x a +⋅-=在[]0,1上有根， 4212x x x a +⋅-=变形为1212xxa -=--，令[]21,2xt =∈，而11y t t=--在[]1,2上单调递增，所以112y -≤≤，即112a -≤-≤，所以112a -≤≤． 又4210x x a +⋅->在[]0,1上恒成立，所以122xx a >-．令[]21,2x t =∈，而1y t t =-在[]1,2上单调递减，所以max 0y =，即有0a >，综上，01a <≤，即实数a 的取值范围为(]0,1．7．（2020·上海七宝中学高三开学考试）已知函数()243f x x x a =-++，a R ∈；()1若函数()y f x =在[]1,1-上存在零点，求a 的取值范围；()2设函数()52g x bx b =+-，b R ∈，当3a =时，若对任意的[]11,4x ∈，总存在[]21,4x ∈，使得()()12g x f x =，求b 的取值范围．【答案】（1）80a -≤≤（2）112⎡⎤-⎢⎥⎣⎦， 【解析】【分析】（1）()f x 在[1,1]-单调递减且存在零点，根据零点存在定理可得：(1)(1)0f f -≤，即可求得a 的取值范围；（2）对b 进行讨论，判断()g x 的单调性，分别求出()f x ，()g x 在[1,4]的值域，令()g x 的值域为()f x 的值域的子集，列出不等式组，即可得出b 的范围．【详解】（1）()243f x x x a =-++的函数图像开口向上，对称轴为2x =，∴()f x 在[1,1]-上是减函数， Q 函数()f x 在[1,1]-上存在零点，根据零点存在定理可得：(1)(1)0f f -≤ 即：(8)0a a +≤，解得：80a -≤≤．（2）3a =时，()246f x x x =-+，∴()f x 在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，∴ ()f x 在[1,4]上的最小值为(2)2f =，最大值为(4)6f =，即()f x 在[1,4]上的值域为[2,6]， 设()g x 在[1,4]上的值域为M ，对任意的1[1,4]x ∈，总存在[]21,4x ∈使得()()12g x f x =，∴[2,6]M ⊆． ①当0b =时，()5g x =，{5}M =符合题意；②当0b >时，()52g x bx b =+-在[1,4]上是增函数，∴[5,52]M b b =-+，∴525260b b b -≥⎧⎪+≤⎨⎪⎩＞，解得：102b <≤．③当<0b 时，()52g x bx b =+-在[1,4]上是减函数，∴[52,5]M b b =+-，∴522560b b b +≥⎧⎪-≤⎨⎪⎩＜，解得：10b -≤<，综上所述：b 取值范围是112⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，．8．（2020·上海南模中学高三开学考试）已知a R ∈，函数()24log .2f x a x ⎛⎫=+⎪-⎝⎭(1)若关于x 的方程()()2log 2175f x a x a ⎡⎤=-+-⎣⎦有两个不同实数根，求a 的取值范围；(2)若关于x 的不等式()()2log 21f x x a -+＞对任意[]36x ∈，恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）33114,,,12222⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭U U ；（2）()2,5 【解析】【分析】（1）根据对数相等条件可将方程化为()()42122142a x a x --=-+--；令21a m -=，2x y -=，可将方程进一步整理为()()410my y +-=；当0m =时，可验证知不合题意；当0m ≠时，求得12,y y ，进而得到12,x x ；利用12x x ≠和对数真数大于零的要求可构造不等式求得结果； （2）根据对数函数单调性可将恒成立的不等式可化为4122a x a x -+>--，利用绝对值不等式的解法可得4212x a a x -<-+-且4212x a a x -<-+-对[]3,6x ∈恒成立；利用分离变量法将问题转化为a 与函数最值的大小关系，通过求解函数最值得到结果． 【详解】（1）由题意得：()224log log 21752a a x a x ⎛⎫⎡⎤+=-+- ⎪⎣⎦-⎝⎭， ()421752a a x a x ∴+=-+-- ()()42122152a x a a a x ∴----+=+-， 整理可得：()()42122142a x a x --=-+--， 设21a m -=，2x y -=，则原方程可化为：44my m y=+-，即：()()()244410my m y my y ---=+-=，当0m =，即12a =时，原方程可化为1457222x +=--，不存在两个不等实根，0m ∴≠， ()()410my y ∴+-=的两根为：14y m =-，21y =，即14221x a =--，23x =，若原方程有两个不等实根，则42321a -≠-，解得：32a ≠-且12a ≠， 又402a x +>-，()21750a x a -+->， 40324042221a a a ⎧+>⎪-⎪∴⎨+>⎪--⎪-⎩且()()32175042217501a a a a a ⎧-+->⎪⎨⎛⎫--+-> ⎪⎪-⎝⎭⎩，解得：41a -<<， a ∴的取值范围为33114,,,12222⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭U U ． （2）由题意得：()224log log 212a x a x ⎛⎫+-+ ⎪-⎝⎭＞对任意[]3,6x ∈恒成立， 4212a x a x ∴+>-+-，即4122a x a x -+>--，4412122a x a a x x ∴--<-<-+--， 由4122a x a x --<--得：4412122a x x x x <+-=-++--， 当[]3,6x ∈时，min42122152x x ⎛⎫-++=++= ⎪-⎝⎭（当4x =时取最小值），5a ∴<， 由4212x a a x -<-+-得：4312a x x >+--， 当[]3,6x ∈时，max417162x x ⎛⎫+-=-= ⎪-⎝⎭（当6x =时取最大值），36a ∴>，即2a >． 综上所述：a 的取值范围为()2,5．9．（2020·上海高桥中学高三开学考试）如果函数()y f x =的定义域为R ，且存在实常数a ，使得对于定义域内任意x ，都有()()f x a f x +=-成立，则称此函数()f x 具有“性质()P a ”．（1）判断函数|1|y x =+是否具有“()P a 性质”，若具有“()P a 性质”，求出所有a 的值的集合，若不具有“()P a 性质”，请说明理由；（2）已知函数()y f x =具有“(0)P 性质”，且当0x ≤时，2()()f x x m =+，求函数()y f x =在区间[0,1]上的值域；（3）已知函数()y g x =既具有“(0)P 性质”，又具有“(2)P 性质”，且当11x -≤≤时，()||g x x =，若函数()y g x =的图像与直线y px =有2017个公共点，求实数p 的值．【答案】（1）{}2-；（2）0m ≤，函数()y f x =的值域为22,(1)m m ⎡⎤-⎣⎦；102m <<，函数()y f x =的值域为22[,(1)]m m -；112m ≤≤，函数()y f x =的值域为2[0,]m ；1m >，函数()y f x =的值域为22[(1),]m m -；（3）12017p =±． 【解析】【分析】（1）根据题意可知|1||1|x a x ++=-+，由待定系数法可求得2a =-； （2）由新定义可推出()f x 为偶函数，从而求出()f x 在[0,1]上的解析式，讨论m 与[0,1]的关系判断()f x 的单调性得出()f x 的最值； （3）根据新定义可知()g x 为周期为2的偶函数，作出()g x 的函数图象，根据函数图象得出p 的值． 【详解】（1）假设|1|y x =+具有“()P a 性质”，则|1||1|x a x ++=-+恒成立， 等式两边平方整理得，2222(1)(1)21x a x a x x ++++=-+，因为等式恒成立，所以22(1)2(1)1a a +=-⎧⎨+=⎩，解得2a =-，则所有a 的值的集合为{}2-． （2）因为函数()y f x =具有“(0)P 性质”，所以()()f x f x =-恒成立，()y f x ∴=是偶函数．设01x ≤≤，则0x -≤，22()()()()f x f x x m x m ∴=-=-+=-．①当0m ≤时，函数()y f x =在[0,1]上递增，值域为22,(1)m m ⎡⎤-⎣⎦．②当102m <<时，函数()y f x =在[0,]m 上递减，在[,1]m 上递增， min ()0y f m ==，2max (1)(1)y f m ==-，值域为20,(1)m ⎡⎤-⎣⎦．③当112m ≤≤时，min ()0y f m ==，2max (0)y f m ==，值域为20,m ⎡⎤⎣⎦． ④1m >时，函数()y f x =在[0,1]上递减，值域为22(1),m m ⎡⎤-⎣⎦．（3）()y g x =Q 既具有“(0)P 性质”，即()()g x g x =-，∴函数()y g x =为偶函数，又()y g x =既具有“(2)P 性质”，即(2)()()g x g x g x +=-=，∴函数()y g x =是以2为周期的函数． 作出函数()y g x =的图象如图所示：由图象可知，当0p =时，函数()y g x =与直线y px =交于点(2,0)()k k Z ∈，即有无数个交点，不合题意．当0p >时，在区间[0,2016]上，函数()y g x =有1008个周期，要使函数()y g x =的图象与直线y px =有2017个交点，则直线与函数y =g (x )的图像在每个周期内都应有2个交点，且第2017个交点恰好为(2017,1)，所以12017p =，同理，当0p <时，12017p =-． 综上，12017p =±．10．（2020·上海建平中学月考）已知函数()2cos 12f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，()11sin 22g x x =+． （1）设0x 是函数()y f x =的一个零点，求()0g x 的值； （2）求函数()()()h x f x g x =+在[]0,π上的单调递增区间．【答案】（1）54；（2）0,12π⎡⎤⎢⎥⎣⎦和7,12ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）利用倍角公式可得函数1cos(2)6()2x f x π++=，由于0x 是函数()y f x =的一个零点，可得0()0f x =，化为0cos(2)16x π+=-，即可得出02x ．进而得出0()g x ．（2）利用倍角公式、两角和差的正弦公式及正弦函数的单调性，求出()h x 的单调递增区间，再与区间[]0,π取交集．【详解】（1）函数21cos(2)6()cos ()122x f x x ππ++=+=， 0x Q 是函数()y f x =的一个零点，0011()cos(2)0226f x x π∴=++=，化为0cos(2)16x π+=-，∴0226x k πππ+=+，解得0522()6x k k Z ππ=+∈．∴00115115()1sin 21sin(2)1226224g x x k ππ=+=++=+⨯=．（2）函数21()()()cos ()1sin 2122h x f x g x x x π=+=+++1cos(2)161sin 222x x π++=++ 311(cos 2cos sin 2sin )sin 222662x x x ππ=+-+132sin 242x x =++13sin(2)232x π=++． 由222232k x k πππππ-≤+≤+，解得5()1212k x k k Z ππππ-≤≤+∈． ∴函数()h x 的单调递增区间为5[,]()1212k k k Z ππππ-+∈． Q 5[,]()1212k k k Z ππππ-+∈与区间[]0,π的交集为：0,12π⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦7,12ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭， ∴函数的单调递增区间0,12π⎡⎤⎢⎥⎣⎦和7,12ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭．11．（2020·上海吴淞中学期末考试）定义函数()10sgn 0010x x x x >⎧⎪==⎨⎪-<⎩；（1）求方程()231sgn x x x -+=的根；（2）设函数()()()2sgn 22f x x x x =-⋅-⎡⎤⎣⎦，若关于x 的方程()f x x a =+有三个互异的实根，求实数a 的取值范围．【答案】（1）3x =；（2）19(2,0),44⎛⎫-⋃ ⎪⎝⎭． 【解析】【分析】（1）分类讨论计算得到答案；（2）计算函数表达式为()2222,22,022,0x x x f x x x x x x x ⎧-≥⎪=-+<<⎨⎪--≤⎩，转化为2223,2,023,0x x x a x x x x x x ⎧-≥⎪=-+<<⎨⎪--≤⎩，画出图像得到答案．【详解】（1）()10sgn 0010x x x x >⎧⎪==⎨⎪-<⎩，()231sgn x x x -+=，当0x >时：()231sgn 13x x x x -+==∴=或0x =（舍去）；当0x =时：()231sgn 0x x x -+==，不成立；当0x <时：()231sgn 11x x x x -+==-∴=或2x =，都舍去．综上所述：3x =．（2）()()()22222,2sgn 222,022,0x x x f x x x x x x x x x x ⎧-≥⎪⎡⎤=-⋅-=-+<<⎨⎣⎦⎪--≤⎩， ()f x x a =+，则原方程转化为：2223,2,023,0x x x a x x x x x x ⎧-≥⎪=-+<<⎨⎪--≤⎩．画出函数图像，数形结合可知： ①2a <-时，原方程有1个实根； ②当2a =-时，原方程有2个实根； ③当20a -<<时，原方程有3个实根； ④当0a =时，原方程有4个实根； ⑤当104a <<时，原方程有5个实根； ⑥当14a =时，原方程有4个实根； ⑦当1944a <<时，原方程有3个实根；⑧当94a =时，原方程有2个实根；⑨当94a >时，原方程有1个实根．综上所述：当(2,0),44a ∈-⋃⎪⎝⎭时，方程()f x x a =+有3个互异的实根． 12．（2020·上海交大附中期中考试）已知函数||()x a f x x -=(0)a >，且满足1()12f =． （1）判断函数()f x 在(1,)+∞上的单调性，并用定义证明； （2）设函数()()f xg x x =，求()g x 在区间1[,4]2上的最大值； （3）若存在实数m ，使得关于x 的方程222()||20x a x x a mx ---+=恰有4个不同的正根，求实数m 的取值范围．【答案】(1)见解析(2) 1=2x 时，max ()=2g x ．(3) 1(0,)16【解析】试题分析：（1）根据112f ⎛⎫=⎪⎝⎭确定a ．再任取两数，作差，通分并根据分子分母符号确定差的符号，最后根据定义确定函数单调性（2）先根据绝对值定义将函数化为分段函数，都可化为二次函数，再根据对称轴与定义区间位置关系确定最值，最后取两个最大值中较大值（3）先对方程变形得()()2220fx f x m -+=，设()t f x =，转化为方程方程2220t t m -+=在()0,1有两个不等的根12,t t ，根据二次函数图像，得实根分布条件，解得实数m 的取值范围．试题解析：(1) 由112=122af -⎛⎫= ⎪⎝⎭，得1a =或0．因为0a >，所以1a =，所以()|1|x f x x-=．当1x >时，()11=1x f x x x-=-，任取()12,1,x x ∈+∞，且12x x <， 则()()()()1221121212121111=x x x x x x f x f x x x x x ------=- ()()1221221211=x x x x x x --- 1212=x x x x -， 因为121x x <<，则1212<0,0x x x x ->，()()120f x f x -<， 所以()f x 在()1,+∞上为增函数；（2）()()222,141==11,12x f x x x g x x x x x x ≤≤⎪-⎪=⎨-⎪≤<⎪⎩，当14x ≤≤时，()222111111=24x g x x x x x -⎛⎫==---+ ⎪⎝⎭， 因为1114x ≤≤，所以当11=2x 时，()max 1=4g x ； 当112x ≤<时，()222111111=24x g x x x x x -⎛⎫==--- ⎪⎝⎭， 因为112x ≤<时，所以112x <≤，所以当1=2x时，()max =2g x ； 综上，当1=2x 即1=2x 时，()max =2g x ．（3）由（1）可知，()f x 在()1,+∞上为增函数，当()1,x ∈+∞时，()()1=10,1f x x-∈． 同理可得()f x 在()0,1上为减函数，当()0,1x ∈时，()()1=10,f x x-∈+∞． 方程()2221120x x x mx ---+=可化为221|1|220x x m x x---+=，即()()2220f x f x m -+=． 设()t f x =，方程可化为2220t t m -+=．要使原方程有4个不同的正根，则方程2220t t m -+=在()0,1有两个不等的根12,t t ，则有211602021120m m m ->⎧⎪>⎨⎪⨯-+>⎩，解得1016m <<，所以实数m 的取值范围为10,16⎛⎫⎪⎝⎭．13．（2020·上海青浦中学月考）已知函数()||f x x x a bx =-+，,a b ∈R ． （1）若0a =，判断()f x 的奇偶性，并说明理由； （2）若0b =，3a ≤，求()f x 在[1,3]上的最小值；（3）若0b >，0a ≥，22()3a b f x +=有三个不同实根，求222ab a b +的取值范围． 【答案】（1）奇函数；（2）0；（3）12(,)33． 【解析】【分析】（1）由()()f x f x -=-判断即可得解；（2）由分段函数求值域问题分1a <，13a ≤≤，34a <≤，4a >，讨论即可；（3）由方程与函数的关系可得22()3a b f x +=有三个不同实根，等价于函数()y f x =与直线223a b y +=有三个交点，通过求函数()y f x =的单调性及值域即可得解． 【详解】（1）当0a =时，()||f x x x bx =+，则()()||()()()f x x x b x x x bx f x -=-⋅-+-=-+=-，故()f x 为奇函数．（2）当0b =时，22,(),x ax x af x x x a x ax x a⎧-≥=-=⎨-+<⎩，又[1,3]x ∈，①当1a <时，可得函数2()f x x ax =-在[1,3]为增函数，可得min ()(1)1f x f a ==-；②当3a >时，可得函数2()f x x ax =-+在[1,]2a为增函数，在[,3]2a 为减函数，由(1)(3)1(39)82f f a a a -=---=-，可得当4a >时，(1)(3)f f <，即min ()(1)1f x f a ==-； 当34a <≤时，(1)(3)f f ≥，即min ()(3)39f x f a ==-； ③当13a ≤≤时，由()0f x ≥，可得min ()(0)0f x f ==； 综上可得：当1a <时，函数()f x 在[1,3]上的最小值为1a -； 当13a ≤≤时，函数()f x 在[1,3]上的最小值为0； 当34a <≤时，函数()f x 在[1,3]上的最小值为39a -； 当4a >时，函数()f x 在[1,3]上的最小值为即1a -；（3）因为0b >，且22()3a b f x +=有三个不同实根，则函数()f x 不单调，且22(),()(),x b a x x af x x x a bx x a b x x a⎧+-≥=-+=⎨-++<⎩，因为0a ≥，又2a b a -≤，2a ba +<，所以当x a ≥时，函数为增函数，则x a <时，函数不单调，要使函数22()3a b f x +=有三个不同实根，则22()()32a b a b f a f ++<<，即222()34a b a b ab ++<<，即2236ab a b ab <+<，故2212233ab a b <<+，故222aba b +的取值范围为：12(,)33． 14．（2020·上海闵行七校期中考试）已知22()1x m f x x -=+为定义在实数集R 上的函数，把方程1()f x x =称为函数()f x 的特征方程，特征方程的两个实根α、β（αβ<），称为()f x 的特征根． （1）讨论函数()f x 的奇偶性，并说明理由； （2）已知m 为给定实数，求()()f f βα-的表达式；（3）把函数()y f x =，[,]x αβ∈的最大值记作max ()f x ，最小值记作min ()f x ，研究函数()y f x =，[,]x αβ∈的单调性，令()max ()min ()g m f x f x =-，若()g m ≤λ的取值范围．【答案】（1）非奇非偶函数；理由见解析；（2）()()f f βα-=；（3）2λ≥． 【解析】【分析】（1）当0m =时，判断为奇函数；当0m ≠时，取(1)(1)f f ≠-和(1)(1)f f ≠--，非奇非偶函数，得到答案；（2）根据韦达定理得到,1m αβαβ+==-，代入表达式化简得到答案；（3）先证明()f x 在(,)αβ内单调递增，()()()g m f f βα=-=【详解】（1）当0m =时，2()()()1x f x f x x --==--+，22()1xf x x =+是奇函数， 当0m ≠时，22()1x m f x x -=+，22(1),(1)22m m f f ---=-=， (1)(1)f f ≠-且(1)(1)f f ≠--，()f x ∴是非奇非偶函数，综上所述：0m =时，()f x 为奇函数；0m ≠时，()f x 是非奇非偶函数．（2）221(),1040f x x mx m x=∴--=∴∆=+>恒成立，,1||m αβαββα∴+==-∴-= ()()222222()[()22]()()1111m m m f f βαβααβαββαβαβα---+-+-=-=++++，)224()()4m f f m βα+∴-==+ ．（3）先证明(),[,]f x x αβ∈上是递增函数，设12x x αβ≤<≤，()()()()()()21121221212222212122221111x x m x x x x x m x m f x f x x x x x -+-+⎡⎤--⎣⎦-=-=++++ ， 由（2）可知：α、β是方程210x mx --=的两个实根，又2212112210,10x x x mx x mx αβ≤<∴--≤--≤≤Q ，()22121220x x m x x ∴+-+-≤，()22221212121212222x x x x x x x x m x x <+∴<+++≤，()1212220x x m x x ∴-+-<，()()21212100x x x x f x f x ><∴-∴->Q ，()f x 在(,)αβ内单调递增，()()()g m f f βα=-=≤恒成立，λ∴≥=2λ∴≥．15．（2020·上海控江中学月考）已知a 是实常数，0a >，21()1f x ax x =-+． （1）当2a =时，判断函数()y f x =在区间[1,)+∞上的单调性，并说明理由；（2）写出一个a 的值，使得()0f x =在区间(0,)+∞上有至少两个不同的解，并严格证明你的结论． 【答案】（1）()y f x =在区间[1，)+∞上的单调递增（2）当14a =时，()0f x =在区间(0,)+∞上有至少两个不同的解，证明见详解． 【解析】【分析】（1）利用函数增减性的判断方法证明即可；（2）当14a =时满足，()0f x =在区间(0,)+∞上有至少两个不同的解，利用零点存在定理分别取123124x ,x ,x ===进行验证即可 【详解】（1）当2a =时，21()21f x x x =-+， 设121x x <<，则()()()()2221212121222221121122x x f x f x x x x x x x x x --=-+-=--()()()2221121222122x x x x x x x x --+=， 其中()()()()()2222222212121211221122212=11x x x x x x x x x x x x x x x x -+-+-=-+-，122110x x ,x x <<∴->Q ，()()22112221110x x x x x x ∴-+->，()()21f x f x ∴>()y f x ∴=在区间[1，)+∞上的单调递增；（2）当14a =时，()0f x =在区间(0,)+∞上有至少两个不同的解，证明如下： 211()14f x x x=-+Q ，()f x 在(0,)+∞函数图像连续，利用零点存在定理，分别令123124x ,x ,x ===，。

2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版 课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数

2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版 课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数
亦即a-2+2ln 2-2ln a≤0, 令φ(a)=a-2+2ln 2-2ln a,
则 φ'(a)=1-���2��� = ���������-���2,
所以当0<a<2时,φ'(a)<0;当a>2时,φ'(a)>0, 即φ(a)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
又φ(2)=0,∴满足条件的a只有2,即a=2.
x-1(x>0),h'(x)=1-������������2
−
1 ������
=
������
2 -������ -������ ������ 2
,设
p(x)=x2-x-a=0,函数 p(x)的图象的对称轴为 x=1.
2
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设 p(x)=0 的正根为 x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0 的另一根小于
g(x)=������������������-(������������)
=
2������
+2������ln ������-2
������(x>2),∴g'(x)=2(������(-������2-l2n)���2���-4),
令 s(x)=x-2ln x-4,则 s'(x)=1-���2��� = ���������-���2, ∵x>2,∴s'(x)>0,即s(x)在(2,+∞)上单调递增;
0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+������������0-
ln x0-1=x0+������02������-0������0-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令 F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2-

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(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________．。

2020年高考数学二轮复习高频考点一遍清函数的零点个数问题(7页)

2020年高考数学二轮复习高频考点一遍清函数的零点个数问题(7页)

2020年高考数学二轮复习高频考点一遍清函数的零点个数问题一、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。

2020高考数学之函数零点问题《02 “构造函数”,巧求参数范围》(解析版)

2020高考数学之函数零点问题《02 “构造函数”,巧求参数范围》(解析版)

高考数学函数零点问题专题二“构造函数”，巧求参数范围函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中求参数范围问题，构造函数，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招参变分离，构造函数例1.【2019届高三第一次全国大联考】若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A．B．（）C．D．（）【答案】D【解析】当时，为减函数，令易得，所以只需有两个零点，令则问题可转化为函数的图象与的图象有两个交点.求导可得，令，即，可解得；令，即，可解得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，由此可知当时，函数取得最小值，即．在同一坐标系中作出函数与的简图如图所示，根据图可得故选D.第二招根据方程做差，构造函数例2.【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），.（1）当时，求函数的极小值；（2）若当时，关于的方程有且只有一个实数解，求的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】（1）当时，，，令则列表如下：所以.（2）设，，设，，由得，，，在单调递增，即在单调递增，，①当，即时，时，，在单调递增,又，故当时，关于的方程有且只有一个实数解，符合题意.②当，即时，由（1）可知，所以，又故，当时，，单调递减，又，故当时，，在内，关于的方程有一个实数解1.又时，，单调递增，且，令，,,故在单调递增，又在单调递增，故，故，又，由零点存在定理可知，，故在内，关于的方程有一个实数解.又在内，关于的方程有一个实数解1，不合题意.综上，.第三招求导转化，构造函数例3.【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】已知函数.（1）设，求函数的单调区间；（2）若函数在其定义域内有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间.（2）【解析】（1）函数的定义域为，令，则令，得；令，得所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以所以对任意恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间.（2）（法一）：的定义域为，所以“函数在其定义域内有两个零点”等价于“方程在区间内有两个不同的实数根”即方程在区间内有两个不同的实数根故上述问题可以转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，如图若令过原点且与函数图像相切的直线斜率为，由图可得令切点由，得，所以又，所以，解得：于是，所以故实数的取值范围是（法二）的定义域为，，当时，，所以在单调递增，所以在不会有两个零点，不合题意，当时，令，得，在上，，在上单调递增，在上，，在上单调递减，所以，又时，，时，，要使有两个零点，则有即所以所以，即实数的取值范围为.第四招换元转化，构造函数例4．【四川省高中2019届高三二诊】已知．求的极值；若有两个不同解，求实数的取值范围．【答案】（1）有极小值，为；无极大值；（2）【解析】的定义域是，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故时，；记，，则，故可转化成，即：，令，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，且时，，时，故，由，，的性质有：，和有两个不同交点，，且，，各有一解，即有2个不同解，，和仅有1个交点，且，有2个不同的解，即有两个不同解，取其它值时，最多1个解，综上，的范围是【规律与方法】构造函数的几种常用的构造技巧：1.通过作差构造函数：作差构造新的函数，通过研究新函数的性质从而得出结论．当然，适合用这个方法解的题目中，构造的函数要易于求导，易于判断导数的正负．2.利用“换元法”构造函数，换元的目的是简化函数的形式．3.先分离参数再构造函数，将方程变形为m=h(x)，构造函数h(x)，研究h(x)的性质来确定实数m的取值范围．4.根据导函数的结构，构造函数.【提升训练】1．【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】易知当≤0时，方程只有一个解，所以>0．令，，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A.2．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）= g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=故选B.3. 【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( )A．(3，4) B．(4，5) C．(5，6) D．(6．7)【答案】C【解析】由xlnx+（3﹣a）x+a＝0，得，令f（x）（x＞1），则f′（x）．令g（x）＝x﹣lnx﹣4，则g′（x）＝10，∴g（x）在（1，+∞）上为增函数，∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g（6）＝2﹣ln6＞0，∴存在唯一x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C4．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】关于的方程恰有三个不相等的实数解，即方程恰有三个不相等的实数解，即与有三个不同的交点.令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；且当时，，当时，，，当时，，据此绘制函数的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时的取值范围是 .本题选择C选项.5．【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】设函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设，则，在上递减，在上递增，，且时，，有三个零点等价于与的图象有三个交点，画出的图象，如图，由图可得，时，与的图象有三个交点，此时，函数有三个零点，实数的取值范围是，故选D.6.【江西省南昌市2019届高三第一次模拟】已知函数（为自然对数的底数），，直线是曲线在处的切线.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）是否存在，使得在上有唯一零点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在k=0或2.【解析】（Ⅰ），由已知，有，即，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，则令，则恒成立，所以在上单调递减，又因为，，所以存在唯一的，使得，且当时，，即，当时，，即.所以在上单调递增，在上单调递减.又因为当时，，，，，所以存在或，使得在上有唯一零点.7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】已知函数，，为自然对数的底数.（1）当时，证明：函数只有一个零点；（2）若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由题知：，令，，当，，所以在上单调递减.因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故只有一个零点.（2）由（1）知：不合题意，当时，因为，；，；又因为，所以；又因为，因为函数，，，所以，即，所以存在，满足，所以，；，；，；此时存在两个极值点，0，符合题意.当时，因为，；，；所以；所以，即在上单调递减，所以无极值点，不合题意.综上可得：.8.【陕西省咸阳市2019年高考模拟检测（二)】已知函数. （1）当，求证；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）证明：当时，，得，知在递减，在递增，，综上知，当时，.（2）法1：，，即，令，则，知在递增，在递减，注意到，当时，；当时，，且，由函数有个零点，即直线与函数图像有两个交点，得.法2：由得，，当时，，知在上递减，不满足题意；当时，，知在递减，在递增.，的零点个数为，即，综上，若函数有两个零点，则.9．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数. （1）若是的极大值点，求的取值范围；（2）当，时，方程（其中）有唯一实数解，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意，函数的定义域为，则导数为由，得，∴①若，由，得.当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.所以是的极大值点②若，由，得，或.因为是的极大值点，所以，解得综合①②：的取值范围是（2）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解设，则，令，即.因为，，所以（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增当时，，取最小值则，即，所以，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解因为，所以方程（*）的解为，即，解得10．【普通高中2019届高三质量监测（二)】已知函数. （1）讨论的单调性；（2）若方程有两个实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【解析】（1）由题可得，当时，，在上单调递增；当时，，，在上单调递增；，，在上单调递减.（2）令，，易知单调递增且一定有大于0的零点，不妨设为，，即，，故若有有两个零点，需满足，即，令，，所以在上单调递减.，所以的解集为，由，所以.当时，，有，令，由于，所以，，故，所以，故，在上有唯一零点，另一方面，在上，当时，由增长速度大，所以有，综上，.11．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在3个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为，由，得或．（i）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（ii）当时，，在上，，单调递增，（iii）当时，，在和上，，单调递增；在上，，单调递减，（2），所以有一个零点．要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又方程，令，即函数与图像有两个交点，令，得的单调性如表：当时，，又，的大致图像如图，所以，要使得有3个零点，则实数的取值范围为12．【山东省淄博市2019届高三3月模拟】已知函数.（1）若是的极大值点，求的值；（2）若在上只有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】(1)，因为是的极大值点，所以，解得，当时，，，令，解得，当时，，在上单调递减，又，所以当时，；当时，，故是的极大值点；(2)令，，在上只有一个零点即在上只有一个零点,当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以.（Ⅰ）当，即时，时，在上只有一个零点，即在上只有一个零点.（Ⅱ）当，即时，取，，①若，即时，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，不符合题意；②当即时，只有在上有一个零点，即在上只有一个零点，综上得，当时，在上只有一个零点.。

2020届新高考数学二轮微专题突破专题13 函数的零点的问题(解析版)

2020届新高考数学二轮微专题突破专题13 函数的零点的问题(解析版)

专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，因为f ′(x )＝3x 2－3m ，令f ′(x )＝0，则x 2－m ＝0，若m ≤0，则函数f (x )为增函数，不合题意，故m >0，所以函数f (x )在(－∞，－m )上为增函数，在(－m ，0]上为减函数，即f (x )max ＝f (－m )＝－m m ＋3m m －2＝2m m －2，f (0)＝－2<0，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f (x )max ＝2m m －2>0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)．解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，即x 3－3mx －2＝0，显然x ＝0不是它的根，所以3m ＝x 2－2x ，令y ＝x 2－2x (x <0)，则y ′＝2x ＋2x 2＝2（x 3＋1）x 2，当x ∈(－∞，－1)时，y ′<0，此时函数单调递减；当x ∈(－1，0)时，y ′>0，此时函数单调递增，故y min ＝3，因此，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m >3，即m >1.例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明．规范解答 (1) 由g(－1)＝0知，g(x)的图像过点(－1，0)．若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0.由于F(0)＝1－b<0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点．(12分) ②若a ≥0.由(2)知e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0.由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上得实数b 的取值范围是(1，＋∞)．(16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累．此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；【解析】 思路分析 (1) 先解不等式f′(x)>0，再写出函数f(x)的单调递增区间．(2) 记ba ＝k ，则转化为函数g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点．由三次函数的图像可知，g(x)在极值点处取得零点．解后反思 在第(2)题中，也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开，得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4，所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t 2＝0，－st 2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分) 令f′(x)>0，解得x>0或x<－23，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)．(4分) (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b3a ，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ⎝⎛⎭⎫－2b3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；(8分) 当f ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＝0时，代入得a ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＋b ⎝⎛⎭⎫－2b3a 2－4a ＝0， 即－827⎝⎛⎭⎫b a 3＋49⎝⎛⎭⎫b a 3－4＝0，所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8x3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h ′(x)>0，h(x)递增， 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>0时，h(x)的值域为R ，故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4x 2－x 恰有一个根－2，此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。

2020届新高考数学二轮微专题突破专题14 运用函数的图像研零点问题(原卷版)

2020届新高考数学二轮微专题突破专题14 运用函数的图像研零点问题(原卷版)

专题14 运用函数的图像研零点问题一、题型选讲题型一： 运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。

例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上题型二： 运用函数图像研究复合函数零点个数复合函数零点问题的特点：考虑关于x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦根的个数，在解此类问题时，要分为两层来分析，第一层是解关于()f x 的方程，观察有几个()f x 的值使得等式成立；第二层是结合着第一层()f x 的值求出每一个()f x 被几个x 对应，将x 的个数汇总后即为()0g f x =⎡⎤⎣⎦的根的个数题型三 运用函数图像研究与零点有关的参数问题三类问题之间的联系：即函数的零点⇔方程的根⇔函数图象的交点，运用方程可进行等式的变形进而构造函数进行数形结合，解决这类问题要选择合适的函数，以便于作图，便于求出参数的取值范围为原题型四、运用函数图像研究与零点有关的复合函数的参数问题求解复合函数()y g f x =⎡⎤⎣⎦零点问题的技巧：（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出()(),f x g x 的图像（2）若已知零点个数求参数的范围，则先估计关于()f x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦中()f x 解的个数，再根据个数与()f x 的图像特点，分配每个函数值()i f x 被几个x 所对应，从而确定()i f x 的取值范围，进而决定参数的范围例6、(2018南京、盐城、连云港二模）已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ，x ≥0，t ∈R .若函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．2、(2017南京、盐城二模）若函数f (x )＝x 2－m cos x ＋m 2＋3m －8有唯一零点，则满足条件的实数m 组成的集合为________.3、(2017南通、扬州、泰州、淮安三调）已知函数3()3 .x x a f x x x x a ⎧=⎨-<⎩≥，，，若函数()2()g x f x ax =-恰有2个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ．4、(2017苏北四市期末）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin x ，x ＜1，x 3－9x 2＋25x ＋a ，x ≥1，)若函数f (x )的图像与直线y ＝x 有三个不同的公共点，则实数a 的取值集合为________．．。

专题3.7 导数与零点-备战2020年高考数学考向点滴击破(文理通用) (2)

专题3.7 导数与零点-备战2020年高考数学考向点滴击破(文理通用) (2)

3.7 导数与零点考向一 判断零点个数【例1】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R. (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数． 【答案】见解析【解析】(1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x >0)，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e＝2，∴f (x )的极小值为2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)， 令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)， 则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23， 又∵φ(0)＝0.结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知，①当m >23时，函数g (x )无零点； ②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0<m <23时，函数g (x )有两个零点． 【举一反三】1．（2019·广东高考模拟）已知函数2()ln 31f x x x ax =+++.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a <-时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】（1）21231()23(0)x ax f x x a x x x++'=++=>， 令2()231u x x ax =++，其对称轴为034a x =-，令22310x ax ++=，则298a ∆=-. 当0a ≥时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a <时，对称轴为0304a x =->，若2980a ∆=-≤，即03a -≤<，()0u x ≥恒成立，所以()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若3a <-时，设()0u x =的两根1x =2x =， 当1(0,)x x ∈时，()0u x >，所以()0f x '>，所以()f x 在1(0,)x 上单调递增，当12(,)x x x ∈时，()0u x <，所以()0f x '<，所以()f x 在12(,)x x 上单调递减，当2(,)x x ∈+∞时，()0u x >，所以()0f x '>，所以()f x 在2(,)x +∞上单调递增，综上所述：当3a ≥-时， ()f x 在(0,)+∞上单调递增；若a <时， ()f x 在1(0,)x 上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增；（2）当1a <-时，由（1）知()f x 在1(0,)x 上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增，下面研究()f x 的极大值21111()ln 31f x x x ax =+++，又2112310x ax ++=，所以2221111111()ln 231ln f x x x ax x x x =+++-=-，令2()ln g x x x =-，则212()x g x x -'=（0x >），可得()g x在上单调递增，在)+∞上单调递减，且()g x的极大值1ln 0222g =-<，所以()0<g x ，所以1()0f x <， 当1(0,)x x ∈时， ()f x 单调递增，所以1()()0f x f x <<当12(,)x x x ∈时， ()f x 在12(,)x x 上单调递减，所以21()()()0f x f x f x <<<当2(,)x x ∈+∞时， ()f x 单调递增，且222(4)ln(4)16121ln(4)41(1)f a a a a a a a -=-+-+=-++<-， 2()(4)0f x f a ⋅-<，所以存在2(,4)x x a '∈-，使得()0f x '=，又当2(,)x x ∈+∞时， ()f x 单调递增，所以()f x 只有一个零点x '，综上所述，当1a <-时，()f x 在(0,)+∞上只有一个零点.2．（2019·山东高考模拟）已知函数()214f x x a x=-+-． （1）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（2）设函数()()g x xf x =，讨论()g x 在区间（0，1）上零点的个数．【答案】(1) 34a = (2)见解析 【解析】（1）21()4f x x a x =-+-的导数为21()24f x x x'=-+， 设切点为()00x ，，可得()()0000f x f x ='=，， 即200200110,2044x a x x x -+-=-+=， 解得013,24x a ==；（2）321()(),'()3,014g x xf x x ax g x x a x ==-+-=-+<<， 当3a ≥时，()230g x x a '=-+＞，()g x 在（0，1）递增，可得()1004g =-＜，()5104g a =-＞，()g x 有一个零点； 当0a ≤时，()0g x '＜，()g x 在（0，1）递减，()()0010g g ＜，＜，()g x 在（0，1）无零点；当03a ＜＜时，()g x 在（01）递减，可得()g x 在（0，1）的最大值为14g =，①若g ＜0，即304a ＜＜，()g x 在（0，1）无零点；②若g =0，即34a =，()g x 在（0，1）有一个零点；③若g ＞0，即353,(0)0,(1)44a g g a <<<=-， 当3544a <<时，()g x 在（0，1）有两个零点； 当534a ≤<时，()g x 在（0，1）有一个零点； 综上可得，a ＜34时，()g x 在（0，1）无零点； 当a =34或a ≥54时，()g x 在（0，1）有一个零点； 当34＜a ＜54时，()g x 在（0，1）有两个零点．考向二 已知零点个数求参数【例2】(2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)， 当0<x <12时，f ′(x )>0； 当x >12时，f ′(x )<0. ∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. (2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x. 令g (x )＝x －ln x x，其中x ∈⎣⎡⎦⎤13，3， 则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1， 当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0， ∴g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，g ⎝⎛⎭⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33， ∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，3－ln 33.【举一反三】1．（2019·西南大学附属中学重大校区高考模拟）已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-．(1)当1a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(0,)+∞【解析】(1) 当1,a =2()(2)(1)x f x x e x =-+-2'()(1)2(1)(1)(1).x x f x x e x x e =-+-=-+令'()0f x =，可得1x =，当1x <时，'()0f x <，函数()f x 在区间(,1)-∞上单调递减，当1x >时，'()0f x >，函数()f x 在区间(1,)+∞上单调递增。

2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招(全国通用版)-第12招

2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招(全国通用版)-第12招

2020年高考数学压轴题专题之解题秘籍13招（全国通用版）第12招 导数零点一家亲 相亲相爱不分离导数及其应用是数学高考的重点，特别在理科数学考试中常常是承担压轴的大题.导数具有丰富的数学内涵和表现形式，它是解决函数的图像、性质以及方程、不等式等问题的“利器”，而导数的零点则是展示其工具性的一个关键“点”，一旦此“点”得以突破，则有关问题“迎刃而解”．本文试对导函数的零点在近两年高考中的应用做一些整理归纳分析，以供参考．题型1 零点个数问题（在零点问题中求解参数范围）【解题技巧】用导数来判断函数的零点个数，常通过研究函数的单调性、极值后，描绘出函数的图象，再借助图象加以判断．例1：已知函数2()8,()6ln f x x x g x x m =-+=+，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 ：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()()()x g x f x φ=-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．2262862(1)(3)()86ln ,'()28(0),x x x x x x x x m x x x x x xφφ-+--=-++∴=-+==>当(0,1)x ∈时，'()0,()x x φφ>是增函数；当(1,3)x ∈时，'()0,()x x φφ<是减函数；当(3,)x ∈+∞时，'()0,()x x φφ>是增函数；当1,x =或3x =时，'()0.x φ=()(1)7,()(3)6ln 315.x m x m φφφφ∴==-==+-极大值极小值当x 充分接近0时，()0,x φ<当x 充分大时，()0.x φ>（极限思想）∴要使()x φ的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须()70,()6ln 3150,x m x m φφ=->⎧⎪⎨=+-<⎪⎩极大值极小值即7156ln3.m <<-∴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(7,156ln3).-例2：已知函数()()()221.x 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． 解：（1）由()()()221x f x x e a x =-+-可得：()()()()(1)2112x 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-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增；②当0a <时，若2ea =-，则()0f x '≥恒成立，即有函数在R 上单调递增；若2ea <-时，由()0f x '>可得1x <或()ln 2x a >-；由()0f x '<可得()1ln 2x a <<-.即有()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞上单调递增，在()()1,ln 2a -上单调递减；若0,2ex -<<由()0f x '>可得()ln 2x a <-或1x >；由()0f x '<可得ln(2)1a x -<<，即有()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞上递增，在()()ln 2,1a -上递减．（2）由（1）可得当0a >时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增；且()()()10,,f e x f x x f x =-<⎧⎪→+∞→+∞⎨⎪→-∞→+∞⎩，故()f x 有两个零点． 当0a =时，()(2)x f x x e =-，∴()f x 只有一个零点2x =．当0a <时，若2ea <-，()f x 在()()1,ln 2a -上递减，在(),1-∞，()()ln 2,1a -上递增，由当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若2ea ≥-，()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞上递增，在()()ln 2,1a -上递减，又1x ≤时，()0f x <，∴()f x 不存在两个零点．综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围是()0,+∞．题型2 分段函数的零点个数例3：已知函数()321f x x t x x =--++(x R ∈,t R ∈)． （1）写出函数()f x 在R 上的单调区间；（2）若方程()0f x m -=恰有两解，求实数m 的值．解：（1）()33331,2211,2t x x t x f x x t x x t x x t x ⎧-++-≥⎪⎪=--++=⎨⎪--++<⎪⎩.∴()2233,2.31,2t x x f x t x x ⎧-+≥⎪⎪'=⎨⎪--<⎪⎩由2330x -+=得1x =±，而2310x --<恒成立．①当12t<-,即2t <-时，()f x 在(),1-∞-和()1,+∞上是减函数，在()1,1-上是增函数． ②当112t -≤<，即22t -≤<时，()f x 在,2t ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和()1,+∞上是减函数，在,12t ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数．③当12t≥，即2t ≥时，()f x 在R 上是减函数．（2）由（1）知，当2t <-时，()f x 在(),1-∞-和()1,+∞上是减函数，在()1,1-上是增函数．故()f x 在1x =-处取得极小值1t --，在1x =处取得极大值3t -，若方程()0f x m -=有两个解，则1m t =--或3m t =-．当22t -≤<时，()f x 在,2t ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和()1,+∞上是减函数，在,12t ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数．故函数()f x 2t x =处有极小值31,282t t t f ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭在1x =处取得极大值3t -，若方程()0f x m -=有两个解，则3182t tm =-++或3m t =-．当2t ≥时，()f x 在R 上是减函数，故不存在这样的实数m ，使得()0f x m -=恰有两解．题型3 运用导数求证函数“存在、有且只有一个零点”【解题技巧】（1）要求证一个函数存在零点，只须要用“函数零点的存在性定理”即可证明． 即：如果函数()f x 图像在区间[]a b ，上是一条连续不断曲线，并且()()0f a f b ⋅<，则函数()f x 在区间()a b ，上至少有一个零点．（2）要求证一个函数“有且只有一个”零点，先要用“函数零点的存在性定理”求证函数存在零点；再证明函数为单调函数零点的唯一性．其依据为：如果函数()f x 在区间[]a b ，上是单调函数，并且()()0f a f b ⋅<，则函数()f x 在区间()a b ，上至多有一个零点．例4：设1a >，函数a e x x f x -+=)1()(2． (1) 求)(x f 的单调区间 ；(2) 证明：)(x f 在(),-∞+∞上仅有一个零点．解：（1）依题()()()()()222'1'1'10x x x f x x e x e x e =+++=+≥，∴ ()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数；（2）∵ 1a >，∴ ()010f a =-<且()()22110a f a a e a a a =+->+->， ∴ ()f x 在()0,a 上有零点，又由（1）知()f x 在(),-∞+∞上是单调增函数，()f x 在(),-∞+∞上仅有一个零点．题型4 运用导数判断与求证含参函数的零点或零点范围【解题技巧】含参函数的零点一般可以转化为方程根的问题，函数图象与坐标轴的交点问题，两个函数图象的交点问题或者把零点问题分离变量后转化为函数值域问题等等．例5：已知函数322()4361,f x x tx t x t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当0t >时，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 解：（Ⅰ） 22()1266f x x tx t '=+-，令()0f x '=，解得2tx t x =-=或． 若0,2tt t >-<则，当x 变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表：所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭的单调递减区间是,2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，当0t >时，()f x 在0,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭内的单调递减，在,2t ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，以下分两种情况讨论：（1）当1,22tt ≥≥即时，()f x 在（0，1）内单调递减，2(0)10,(1)643644230f t f t t =->=-++≤-⨯+⨯+<．∴对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点． （3）当01,022t t <<<<即时，()f x 在0,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递减，在,12t ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，若 3377(0,1],10244t t f t t t ⎛⎫∈=-+-≤-< ⎪⎝⎭．2(1)643643230f t t t t t =-++≥-++=-+>． ∴(),12t f x ⎛⎫⎪⎝⎭在内存在零点．若()3377(1,2),110244t t f t t t ⎛⎫∈=-+-<-+< ⎪⎝⎭．(0)10f t =->，∴()0,2t f x ⎛⎫⎪⎝⎭在内存在零点．∴对任意(0,2),()t f x ∈在区间（0，1）内均存在零点． 综上，对任意(0,),()t f x ∈+∞在区间（0，1）内均存在零点．例6（2016泰州一模20）已知函数()4212f x ax x =-，(0,)x ∈+∞，()()()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 <+<+．解：证：（1）（ⅰ）因为()()42102f x ax x x =->，所以3()4f x ax x '=-，由()2''1210f x ax =-<得()f x '的递减区间为， 当x ∈时，32()4(41)0f x ax x x ax '=-=-<， ∴()f x 在()f x '的递减区间上也递减．（ⅱ）()()()42343211(4)422g x f x f x ax x ax x ax ax x x '=-=---=--+，∵0x >，由()4321402g x ax ax x x =--+=得3214102ax ax x --+=，令321()412x ax ax x ϕ=--+，则21()382x ax ax ϕ'=--，∵0a >，且1(0)02ϕ'=-<，∴()x ϕ'必有两个异号的零点，记正零点为0x ，则0(0,)x x ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减；0(,)x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增，若()x ϕ在(0,)+∞上恰有两个零点，则0()0x ϕ<，由20001()3802x ax ax ϕ'=--=得2001382ax ax =+， ∴0003217()939x ax x ϕ=--+，又∵对称轴为4,3x =∴81()(0)032ϕϕ==-<， ∴08733x >>，∴0003217()()0933x ax x ϕ=---<， 又3222111()41(8)(1)1222x ax ax x ax x x ax ϕ=--+=-+-+，中的较大数为M ，则()0M ϕ>， 故0a >()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点．（2）由（1）知，对于321()412x ax ax x ϕ=--+在(0,)+∞上恰有两个零点12,x x ，不妨设12x x <，又∵(0)10ϕ=>，11()(67)028a ϕ=-<，∴1102x <<，又∵(4)10ϕ=-<，91()(65710)028a ϕ=->，∴2942x <<，∴121945422x x a <+<+=<+．点评：以上关于导函数零点问题的题型分类与剖析，不仅能使我们较好地把握导函数的零点在各种问题中的体现方式，而且能让我们运用多种数学思想来处理与导函数零点有关的问题，对研究和解决其他数学问题也有较好的启发和导向作用．练习1．已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=. （1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞ ，求c 的值．2．已知函数()()()f x g x h x =⋅，其中函数()x g x e =，2()h x x ax a =++． （1）求函数()g x 在()1,(1)g 处的切线方程；（2）当02a <<时，求函数()f x 在[2,]x a a ∈-上的最大值；（3）当0a =时，对于给定的正整数k ，问函数()()2(ln 1)F x e f x k x =⋅-+是否有零点？请说明理由．（参考数据 1.649, 4.482,ln 20.693e ≈≈≈≈）答案及提示1．【解析】：（1）()0232=+='ax x x f ，解得：320a x x -==，． ①当0=a 时，()0≥'x f ，∴)(x f 在R 上是增函数． ②当0>a 时，由表格可知，)(x f 的增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32a ，，()∞+，0；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， ③当0<a 时，由表格可知，)(x f 的增区间为()0，∞-，⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+-，32a ；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 综上，当0=a 时，)(x f 在R 上是增函数．当0>a 时，)(x f 的增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32a ，，()∞+，0；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 当0<a 时，)(x f 的增区间为()0，∞-，⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+-，32a ；减区间为20.3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭， （2）因为a c b -=，所以()a c ax x x f -++=23,()ax x x f 232+='．由（1）可知，当⎪⎭⎫⎝⎛∞+⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛∈，，23231a 时，)(x f 的增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32a ，，()∞+，0；减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-032，a ． ∴)(x f 的极大值为a c aa f -+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-274323，极小值为()a c x f -=． ∵函数)(x f 有三个不同的零点，∴满足⎪⎩⎪⎨⎧<->-+002743a c a c a ，同理，当()3-∞-∈，a 时，满足340.270a c a c a ⎧+-<⎪⎨⎪->⎩综上可知，()02743<-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+a c a c a 的解集为()⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛⋃-∞-，，，232313． ∴()02743=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+a c a c a 有一个根为23=a ． 把23=a 带入()02743=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+a c a c a ，解得1=c ． ∴c 的值为1.2．【解析】：（1）()x g x e '=，故(1)g e '=， ∴切线方程为(1)y e e x -=-，即y ex =． （2）2()()x f x e x ax a =⋅++， 故'()(2)()x f x x x a e =++，令'()0f x =，得x a =-或2x =-． ①当22a -≥-,即01a <≤时，()f x 在[2,]a a --上递减，在[,]a a -上递增，所以{}()(2),()m a x f x m a x f a f a =-，由于22(2)(2)a f a a a e --=+，2()(2)a f a a a e =+，故()(2f a f a >-，∴()()max f x f a =； ②当22a -<-,即12a <<时，()f x 在[2,2]a --上递增，[2,]a --上递减，在[,]a a -上递增，∴{}()(2),()max f x max f f a =-，由于2(2)(4)f a e --=-，2()(2)a f a a a e =+，故()(2)f a f >-， ∴()()max f x f a =．综上得，2()()(2)a max f x f a a a e ==+．（3）结论：当1k =时，函数()F x 无零点；当2k ≥时，函数()F x 有零点． 理由如下：①当1k =时，实际上可以证明：22ln 20x ex e x -->．直接证明2()2ln 2x F x ex e x =--的最小值大于0，可以借助虚零点处理．212()(2)x F x x x e x +'=+-，显然可证212()(2)x F x x x e x+'=+-在()0,+∞上递增， ∵1112211212()2()20e e F e e e e e e e e e +⎡⎤⎛⎫'=+-=+-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，32154024F e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， ∴存在011(,)2x e ∈，使得()00F x '=， ∴当0(0,)x x ∈时，()F x 递减；当0(,)x x ∈+∞时，()F x 递增，∴()()00012(ln 1)2min F x F x x x ==--+，其中011(,)2x e ∈， 而()12(ln 1)2x x x ϕ=--+递减，所以()132(ln 2)025x ϕϕ⎛⎫>=-> ⎪⎝⎭， ∴()0min F x >，所以命题得证。

函数零点相关问题(解析版)高考数学选填压轴题 第3讲

函数零点相关问题(解析版)高考数学选填压轴题 第3讲

第3讲解密函数零点相关问题一、方法综述新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，函数的零点问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它主要涉及到基本初等函数的图象，渗透着转化、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．根据函数零点的定义：对于函数))((D x x f y ∈=，把使0)(=x f 成立的实数x 叫做函数))((D x x f y ∈=的零点．即：方程0)(=x f 有实数根⇔函数)(x f y =的图象与x 轴有交点的横坐标⇔函数)(x f y =有零点．围绕三者之间的关系，在高考数学中函数零点的题型主要①函数的零点的分布；②函数的零点的个数问题；③利用导数结合图像的变动将两个函数的图像的交点问题转化成函数的零点的个数问题．二、解题策略类型一：函数零点的分布问题例1．【2020·河南高考模拟】已知单调函数()f x 的定义域为(0,)+∞，对于定义域内任意x ，[]2()log 3f f x x -=，则函数()()7g x f x x =+-的零点所在的区间为（）A ．(1,2)B ．(2,3)C ．(3,4)D ．(4,5)【答案】C【解析】根据题意，对任意的(0,)x ∈+∞，都有[]2()log 3f f x x -=，又由()f x 是定义在()0+∞，上的单调函数，则2()log f x x -为定值，设2()log t f x x =-，则()2log f x x t =+，又由()3f t =，∴()2log 3f t t t =+=，所以2t =，所以()2log 2f x x =+，所以()2log 5g x x x =+-，因为()()()()()1020304050g g g g g <<<>>，，，，，所以零点所在的区间为（3，4）.【解题秘籍】判断函数零点所在区间有三种常用方法：①直接法，解方程判断；②定理法；③图象法．【举一反三】函数f (x )＝ln x ＋x －12，则函数的零点所在区间是()A ．21,41(B ．13(,24C ．3(,1)4D ．(1，2)【答案】C【解析】函数f (x )＝ln x ＋x －12的图象在(0，＋∞)上连续，且3()4f ＝ln 34＋34－12＝ln 34＋14＜0，f (1)＝ln 1＋1－12＝12＞0，故f (x )的零点所在区间为3(,1)4．学科$网类型二函数零点的个数问题例2．【2020·陕西高考模拟】已知函数()()12,2311,2f x x f x x x ⎧->⎪=⎨⎪--≤⎩，则函数g（x）＝xf（x）﹣1的零点的个数为（）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】由g （x ）＝xf （x ）﹣1＝0得xf （x ）＝1，当x ＝0时，方程xf （x ）＝1不成立，即x ≠0，则等价为f （x ）＝1x，当2＜x ≤4时，0＜x ﹣2≤2，此时f （x ）＝13f （x ﹣2）＝13（1﹣|x ﹣2﹣1|）＝13﹣13|x ﹣3|，当4＜x ≤6时，2＜x ﹣2≤4，此时f （x ）＝13f （x ﹣2）＝13[13﹣13|x ﹣2﹣3|]＝19﹣19|x ﹣5|，作出f （x ）的图象如图，则f （1）＝1，f （3）＝13f （1）＝13，f （5）＝13f （3）＝19，设h （x ）＝1x ，则h （1）＝1，h （3）＝13，h （5）＝15＞f （5），作出h （x ）的图象，由图象知两个函数图象有3个交点，即函数g （x ）的零点个数为3个，故选：B．【点睛】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．【举一反三】【2020·安徽高考模拟】已知函数e ,0()21,0x x x f x x x ⎧≤⎪=⎨-->⎪⎩若函数()()g x f x m =-有两个零点1x ，2x ，则12x x =+（）A ．2B ．2或12e+C ．2或3D ．2或3或12e+【答案】D【解析】当0x ≤时，()()'1xf x x e =+，当1x <-时，()'0f x <，故()f x 在(),1-∞-上为减函数，当10x -<<时，()'0f x >，故()f x 在()1,0-上为增函数，所以当0x ≤时，()f x 的最小值为()11f e-=-.又在R 上，()f x 的图像如图所示：因为()g x 有两个不同的零点，所以方程()f x m =有两个不同的解即直线y m =与()y f x =有两个不同交点且交点的横坐标分别为12,x x ，故12m <<或0m =或1m e=-，若12m <<，则122x x +=，故0m =，则123x x +=，若1m e =-，则1211132x x e e+=-++=+.综上，选D .类型三已知函数零点求参数例3．【2020·天津高考模拟】已知函数()ln f x x =，20,01,()42,1x g x x x <≤⎧⎪=⎨-->⎪⎩若关于x 的方程()()f x m g x +=恰有三个不相等的实数解,则m 的取值范围是A ．[0,ln 2]B ．(2ln 2,0)--C ．(]2ln 2,0--D ．[)0,2ln 2+【答案】C【解析】关于x 的方程()()f x m g x +=恰有三个不相等的实数解，即方程()()m g x f x =-恰有三个不相等的实数解，即ym =与2224b k -=有三个不同的交点.令22ln ,01()()()2ln ,12ln 6,2x x h x g x f x x x x x x x <≤⎧⎪=-=--<<⎨⎪--≥⎩，当12x <<时，2121()20x h x x x x+'=--=-<，函数单调递减；当2x ≥时，2121()20x h x x x x-=-=>，函数单调递增；且当1x =时，22ln 1x x --=，当2x =时，22ln 2ln 2x x --=--，2ln 62ln 2x x --=--，当3x =时，2ln 63ln 31x x --=->，据此绘制函数()h x的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时m 的取值范围是(]2ln 2,0--.本题选择C 选项.【举一反三】【2020·江苏高考模拟】已知函数4()3f x a x a x=++-+有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a 的值为_______．【答案】116或1--【解析】函数()43f x a x a x =++-+=0，得|x +a |4x--a ＝3，设g （x ）＝|x +a |4x --a ，h （x ）＝3，则函数g （x ）424x a x a xx x ax ⎧---≤-⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩，，＞，不妨设f （x ）＝0的3个根为x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，当x ＞﹣a 时，由f （x ）＝0，得g （x ）＝3，即x 4x-=3，得x 2﹣3x ﹣4＝0，得（x +1）（x ﹣4）＝0，解得x ＝﹣1，或x ＝4；若①﹣a ≤﹣1，即a ≥1，此时x 2＝﹣1，x 3＝4，由等差数列的性质可得x 1＝﹣6，由f （﹣6）＝0，即g （﹣6）＝3得646+-2a ＝3，解得a 116=，满足f （x ）＝0在（﹣∞，﹣a ]上有一解．若②﹣1＜﹣a ≤4，即﹣4≤a ＜1，则f （x ）＝0在（﹣∞，﹣a ]上有两个不同的解，不妨设x 1，x 2，其中x 3＝4，所以有x 1，x 2是﹣x 4x--2a ＝3的两个解，即x 1，x 2是x 2+（2a +3）x +4＝0的两个解．得到x 1+x 2＝﹣（2a +3），x 1x 2＝4，又由设f （x ）＝0的3个根为x 1，x 2，x 3成差数列，且x 1＜x 2＜x 3，得到2x 2＝x 1+4，解得：a ＝﹣1332+（舍去）或a ＝﹣1332-．③﹣a ＞4，即a ＜﹣4时，f （x ）＝0最多只有两个解，不满足题意；综上所述，a 116=或﹣12-．三、强化训练1．已知函数2,0(),0x x e x f x e x -⎧-≥=⎨-<⎩，若函数()()1g x f x ax =-+有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．()1,2D ．()2,4【来源】四川省成都市南开为明学校2020-2021学年高三上学期第二次调研考试数学（理）试题【答案】A【解析】令()()10g x f x ax =-+=，则()1f x ax =-，则函数()()1g x f x ax =-+有3个零点即直线1y ax =-与函数()y f x =有3个交点，将直线1y ax =-与函数()y f x =的图像分别沿y 轴的正方向上移1个单位，即直线y ax =与函数1,0()1,0x x e x h x e x -⎧-≥=⎨-+<⎩的图像有3个交点，因为1,0()1,0x x e x h x e x -⎧-≥=⎨-+<⎩，满足()()h x h x -=-，所以函数()y h x =是奇函数，因为直线y ax =过点()0,0，所以只需满足直线y ax =与()()10xh x e x =-≥刚好有除点()0,0外的另一个交点即可，()x h x e '=，0(0)10h e =-=，01(0)h e '==，故()()10xh x e x =-≥在点()0,0处的切线方程为y x =，如图，将直线y x =绕原点逆时针旋转，显然()1y ax a =>与()()10xh x e x =->只有一个交点，故实数a 的取值范围是()1,+∞，故选：A.2．已知函数()f x x a =--，若函数()f x 在R 上恒有两个零点，则实数a 的取值范围为（）A ．0a ≤B ．0a <或14a =C ．0a ≤或14a =D ．104a <<【来源】百师联盟2020-2021学年高三上学期一轮复习联考（四）全国卷I 文科数学试题【答案】B【解析】作出y =和y x =，如图所示，要使函数()f x 在R 上恒有两个零点，即函数()g x =()h x x a =+的图象有两个交点，易知当0a <时，满足题意；当0a =时，有三个交点，不满足题意；当0a >时，考虑y x a =+与y =相切时，设切点坐标为()00,x x a +，所以01x a ⎧+=⎪=，解得01414x a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以当14a =时，有两个交点，满足题意；当104a <<时，有四个交点，不满足题意；当14a >时，无交点，不满足题意综上，实数a 的取值范围为0a <或14a =，故选B .3．已知函数()f x kx =，21x e e ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭，()121x g x e +-=+，若()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，则实数k 的取值范围是（）A ．1,e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．24,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．3,3e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【来源】四川省内江市高中2020-2021学年高三上学期第一次模拟考试数学理科试题【答案】C【解析】设()00,x y 是函数()g x 的图象上的任意一点，其关于1y x =+对称的点的坐标为(),x y ，所以001,1x y y x =-=+，所以函数()g x 关于1y x =+对称的函数为()=2ln h x x -.由于()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，故函数()=2ln h x x -与函数()f x kx =图象在区间21,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦有交点，所以方程2ln kx x =-在区间21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有解，所以42kx -≤≤，即42k x x -≤≤，所以22k e e-≤≤.故选：C.4．已知函数()()23,03,0x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩，以下结论正确的是（）A ．()f x 在区间[]4,6上是增函数B ．()()220206f f -+=C ．若方程()1f x kx =+恰有3个实根，则{}11,13k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭D ．若函数()y f x b =-在(),6-∞上有个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，则616ii x==∑【来源】四川省师范大学附属中学2020-2021学年高三上学期期中数学（理）试题【答案】C【解析】由题意，作出函数()()23,03,0x x x f x f x x ⎧--<⎪=⎨-≥⎪⎩的图象，如图所示，对于A 中，当0x ≥，若30x -<，即03x ≤<，可得()()()223333f x x x x x =----=-+，当0x ≥时，()f x 为周期为3的函数，作出()f x 在区间(,6]-∞的函数，可知()f x 在区间[]4,6上先增后减，所以A 错误；对于B 中，因为0x ≥时，函数()f x 为周期为3的函数，又由202067331=⨯+，所以()()()20201,2462f f f =-=-+=，()1132f =-+=，所以()()220204f f -+=，所以B 错误；对于C 中，直线1y kx =+恒过定点()0,1，函数()f x 的图象和函数1y kx =+的图象有三个交点，当0k >，设y 与()f x 相切于点()00,x y ，则020002313k x kx x x =-+⎧⎨+=-+⎩，解得011k x =⎧⎨=⎩，当0k <，根据对称性可知，当()f x 与y 相切时，1k =-，则1310k k >-⎧⎨+<⎩，即113k -<<-，综上可得，当函数()f x 的图象和函数1y kx =+的图象有三个交点时，{}11,13k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以C 正确．对于D 中，又由函数()y f x b =-在(),6-∞上有个零点()1,2,3,4,5,6i x i =，故直线y b =与()y f x =在(),6-∞上由6个交点，不妨设1,1,2,3,4,5i i x x i <+=，由图象可知12,x x 关于直线32x =对称，34,x x 关于直线32x =对称，56,x x 关于直线92x =对称，所以613392229222i i x ==⨯+⨯+⨯=∑，所以D 错误.故选：C.5．x 为实数，[]x 表示不超过x 的最大整数.()[]f x x x =-，若()f x 的图像上恰好存在一个点与()2(1)(20)g x a x x +--≤≤=的图像上某点关于y 轴对称，则实数a 的取值范围为___________.【答案】()10,11,4⎛⎫--⎪⎝⎭【解析】设02x ≤≤，点()()()(),,,x f x x g x --关于y 轴对称，由题意可知2[](1)x x x a -=-+-在02x ≤≤有一个解，故[][]22(1)31x x x x a x x +-=-++-+=在02x ≤≤有一个解设()[]231h x x x x =-++，02x ≤≤写成分段函数形式即为()()()()22231013212332x x x h x x x x x x x ⎧-+≤<⎪=-+≤<⎨⎪-+=⎩作出函数图象可知y a =与()[]231h x x x x =-++，02x ≤≤只有一个交点，由图象可知，a 的取值范围为114a -<<-或01a <<故答案为：()10,11,4⎛⎫--⎪⎝⎭6．已知()32f x x x =+，()2,01ln ,02x e x g x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，若函数()()y f g x m =+(m 为实数)有两个不同的零点1x ，2x ，且12x x <，则21x x -的最小值为___________.【答案】11ln 22+【解析】()32f x x x =+Q ，求导()2320f x x '=+>，()f x ∴在R 上单调递增.函数()()y f g x m =+有两个不同零点，等价于方程()()0f g x m +=有两个不等实根.设()g x t =，则()f t m =-，又()f x 在R 上单调递增，作出函数()g x的图像，则问题转化为()g x t =在(]0,1t ∈上有两个不同的实根1x ，2x ，12x x <则1221ln 2x ex t =+=，则11ln 2x t =，122t x e -=，12211ln 2t x x e t --=-.设121()ln 2t h t et -=-，(]0,1t ∈，则()1212t h t e t -'=-，()122102t h t e t -''=+>()h t '∴在(]0,1t ∈上单调递增，且102h ⎛⎫'= ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，()0h t '=在(]0,1t ∈上有唯一零点，故()h t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln 222h t h ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.7．已知函数()4ln 2ln f x e x mx x e x=-+-存在4个零点，则实数m 的取值范围是__________.【来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】令()0f x =，可得4ln 4ln 12ln ln 1e x x e x m e x x e x x x x-=+=+--，令ln 1e xt x=-，()4ln 1144ln 1e x g t t e x x t x =+=++-，()21ln e x t x-'=，令0t '=，可得x e =，列表如下：x ()0,e e (),e +∞t '+0-t极大值所以，函数ln 1e x t x =-在x e =处取得最大值，即max ln 10e et e =-=.当1x >时，ln 11e xt x=->-.所以，函数()144g t t t =++的定义域为(),0-∞，()2221414t g t t t -'=-=，令()0g t '=，由于0t <，解得12t =-，列表如下：t1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭12-1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭()g t '+0-()g t极大值所以，函数()g t 在12t =-处取得最大值，即()max 142402g t ⎛⎫=⨯--+= ⎪⎝⎭，若使得函数()4ln 2ln f x e x mx x e x=-+-存在4个零点，则直线2y m =-与函数()g t 的图象恰有两个交点，设交点的横坐标分别为1t 、2t ，作出函数()ln 1e xt x e x=-≠的图如下图所示：由图象可知，12121010t t t t -<<⎧⎪-<<⎨⎪≠⎩.作出函数2y m =-与函数()g t 在(),0-∞上的图象如下图所示：由图象可知，当120m -<-<时，即当102m <<时，直线2y m =-与函数()g t 在()1,0t ∈-上的图象有两个交点，综上所述，实数m 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.8．已知函数222,()2,.x x x a f x x x x a ⎧-≥=⎨--<⎩，给出下列四个结论：①存在实数a ，使函数()f x 为奇函数；②对任意实数a ，函数()f x 既无最大值也无最小值；③对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点；④对于任意给定的正实数m ，总存在实数a ，使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减.其中所有正确结论的序号是______________.【来源】中国人民大学附属中学2021届高三3月开学检测数学试题【答案】①②③④【解析】如上图分别为0a =，0a >和0a <时函数()f x 的图象，对于①：当0a =时，222,0()2,0x x x f x x x x ⎧-≥=⎨--<⎩，()f x 图象如图1关于原点对称，所以存在0a =使得函数()f x 为奇函数，故①正确；对于②：由三个图知当x →-∞时，y →-∞，当x →+∞时，y →+∞，所以函数()f x 既无最大值也无最小值；故②正确；对于③：如图2和图3中存在实数k 使得函数()y f x =图象与yk =-没有交点，此时函数()y f x k=+没有零点，所以对任意实数a 和k ，函数()y f x k =+总存在零点不成立；故③不正确对于④：如图2，对于任意给定的正实数m ，取1a m =+即可使函数()f x 在区间(1,)m -上单调递减，故④正确；故答案为：①②④9．已知()y f x =是奇函数，定义域为[]1,1-，当0x >时，211()12x f x x α-⎛⎫=-- ⎪⎝⎭（0,Q αα>∈），当函数()()g x f x t =-有3个零点时，则实数t 的取值范围是__________.【答案】{}111,0,122⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭【解析】当(]0,1x ∈时，易知函数2112x y x α-⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递减，且0x →时，2y →，1x =时，12y =-，其大致图象如下，()21112x f x x α-⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭在(]0,1的大致图象如下，又函数()f x 是定义在[]1,1-上的奇函数，故函数()f x 的图象如下，要使函数()()g x f x t =-有3个零点，只需函数()y f x =的图象与直线y t =有且仅有3个交点，由图象可知，{}111,0,122t ⎛⎤⎡⎫∈-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭．10．设函数lg ,010(){2lg ,10x x f x x x <<=-≥，若b ，c ，d 分别为函数()()g x f x a =-的三个不同零点，则abcd 的最大值是_______.【答案】100ln10e 【解析】()()g x f x a =-有三个不同的零点，即y a =与()y f x =有三个不同交点，如图可知，01,01,110,10100a b c d <<<<<<<<，2lg lg 2lg ,1,10ab c d a bc d --==-=∴==所以210(01)a abcd ad a a -==<<g设2222()10(01),'()1010ln1010(1ln10)x x x x h x x x h x x x ----=<<=-=-gg 令1'()0ln10h x x =⇒=当1(0,'()0,()ln10x h x h x ∈>单调递增；当1(1),'()0,()ln10x h x h x ∈<，单调递减；12ln10max1lg ln101111001100100()(10ln10ln10ln10ln1010ln1010e g x g e -∴=====g g g 故答案为：100ln10e。

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。

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)

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。

高考数学二轮复习特色专题训练专题03直击函数压轴题中零点问题理

高考数学二轮复习特色专题训练专题03直击函数压轴题中零点问题理

专题03 直击函数压轴题中零点问题一、解答题1．已知函数()()()2ln 10f x x a x a =+->.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，证明： 312e x e --<<.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >， 且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，于是： ()20010lnx a x +-= ①，2002210ax ax -+= ② 由①②得0001ln 02x x x --=，设g (x )＝lnx −12x x-，(x ∈(0，1))，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．（2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >，且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭. 于是： ()20010lnx a x +-= ①2002210ax ax -+= ②由①②得0001ln 02x x x --=，设()()()1ln ,0,12x g x x x x-=-∈， 则()2212x g x x '-=，因此()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 又3322402e g e -⎛⎫-=> ⎪⎝⎭， ()11302e g e ---=< 根据零点存在定理，故3120ex e --<<.点睛：本题考查了函数的单调性,零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法. 2．设函数f (x )＝x 2＋bx －1(b ∈R )． (1)当b ＝1时证明：函数f (x )在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭内存在唯一零点； (2)若当x ∈[1,2]，不等式f (x )<1有解．求实数b 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(),1-∞【解析】试题分析：（1）先根据对称轴与定义区间位置关系确定函数f (x )在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调性，再根据区间端点函数值异号，结合零点存在定理确定零点个数（2）先分离变量化为对应函数最值问题： 2b x x<- ，再根据函数单调性确定函数最小值，即得实数b 的取值范围．(2)由题意可知x2＋bx－1<1在区间[1,2]上有解，所以b<＝－x在区间[1,2]上有解．令g(x)＝－x，可得g(x)在区间[1,2]上递减，所以b<g(x)max＝g(1)＝2－1＝1 ，从而实数b的取值范围为(－∞，1)．点睛：利用零点存在性定理不仅要求函数的图象在区间[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．已知函数()()210f x ax mx m a =++-≠.（1）若()10f -=，判断函数()f x 的零点个数；（2）若对任意实数m ，函数()f x 恒有两个相异的零点，求实数a 的取值范围； （3）已知12,x x R ∈R 且12x x <， ()()12f x f x ≠，求证：方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦ 在区间()12,x x 上有实数根.【答案】⑴见解析;⑵01a <<;⑶见解析.【解析】试题分析：（1）利用判别式定二次函数的零点个数：（2）零点个数问题转化为图象交点个数问题，利用判别式处理即可；（3）方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根，即()()()()1212g x f x f x f x ⎡⎤=-+⎣⎦有零点，结合零点存在定理可以证明. 试题解析： ⑴()10,10,1f a m m a -=∴-+-=∴=()21f x x mx m ∴=++-()()22412m m m ∆=--=-,当2m =时， 0∆=，函数()f x 有一个零点； 当2m ≠时， 0∆> ，函数()f x 有两个零点⑶设()()()()1212g x f x f x f x ⎡⎤=-+⎣⎦，则()()()()()()1112121122g x f x f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤=-+=-⎣⎦⎣⎦ ()()()()()()2212211122g x f x f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤=-+=-⎣⎦⎣⎦ ()()12f x f x ≠()()()()21212104g x g x f x f x ⎡⎤∴⋅=--<⎣⎦, ()0g x ∴=在区间()12,x x 上有实数根，即方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根. 点睛：已知函数有零点求参数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；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 4．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln22y x =-++.(1)求,a b 的值;(2)若方程()0f x m +=在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等实根,求m 的取值范围(其中e 2.71828=为自然对数的底).【答案】(1)a =2,b =1.(2) 2112em <≤+. 【解析】试题分析：本题考查函数与方程，函数与导数的综合应用．(1)根据导数的几何意义，得出两个方程，然后求解．(2)先利用导数研究函数h (x )=f (x )+m =2lnx ﹣x 2+m 的单调性，根据单调性与极值点确定关系然后求解．(2)由（1）得f (x )=2lnx ﹣x 2， 令h (x )=f (x )+m =2lnx ﹣x 2+m ，则()()22122x h x x x x='-=-，令h '(x )=0，得x =1(x =﹣1舍去)．故当x ∈11e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭，时，h '(x )＞0，h (x )单调递增； 当x ∈(1，e ]时，h '(x )＜0，h (x )单调递减． ∵方程h (x )=0在1e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦，内有两个不等实根，∴()()221120e e {11020h m h m h e e m ⎛⎫=--+≤ ⎪⎝⎭=-+>=-+≤，解得2112e m <≤+． ∴实数m 的取值范围为211,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦. 点睛：根据函数零点求参数取值或范围的方法 （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）利用方程根的分布求解，转化为不等式问题．（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 5．已知函数()1xf x e ax =--，其中e 为自然对数的底数， a R ∈（I ）若a e =，函数()()2g x e x =- ①求函数()()()h x f x g x =-的单调区间 ②若函数()()(),{,f x x m F x g x x m≤=>的值域为R ,求实数m 的取值范围（II ）若存在实数[]12,0,2x x ∈,使得()()12f x f x =，且121x x -≥，求证： 21e a e e -≤≤- 【答案】（1）①详见解析②实数m 的取值范围是10,2e ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦；（2）21e a e e -≤≤-；试题解析：（1）当a e =时， ()1xf x e ex =--.①()()()()21,'2xxh x f x g x e x h x e =-=--=-.由()'0h x >得ln2x >，由()'0h x <得ln2x <.所以函数()h x 的单调增区间为()ln2,+∞，单调减区间为(),ln2-∞. ②()'xf x e e =-当1x <时， ()'0f x <，所以()f x 在区间(),1-∞上单调递减； 当1x >时， ()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.()()2g x e x =-在(),m +∞上单调递减，值域为()(),2e m -∞-,因为()F x 的值域为R ，所以12)me em e m --≤-，即210m e m --≤. *（）（2）()'xf x e a =-.若0a ≤时， ()'0f x >，此时()f x 在R 上单调递增. 由()()12f x f x =可得12x x =，与121x x -≥相矛盾， 同样不能有[)12,ln ,x x a ∈+∞.不妨设1202x x ≤<≤，则有120ln 2x a x ≤<<≤.因为()f x 在()1,ln x a 上单调递减，在()2ln ,a x 上单调递增，且()()12f x f x =， 所以当12x x x ≤≤时， ()()()12f x f x f x ≤=. 由1202x x ≤<≤，且121x x -≥，可得[]121,x x ∈ 故()()()121f f x f x ≤=.又()f x 在(],ln a -∞单调递减，且10ln x a ≤<，所以()()10f x f ≤，所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤. 即210,{122e a e a e a --≤--≤--，解得211e a e e -≤≤--， 所以21e a e e -≤≤-.点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，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，需要多加体会. 6．已知函数()1xxf x ax e =-+. （1）当1a =时，求()y f x =在[]1,1x ∈-上的值域； （2）试求()f x 的零点个数，并证明你的结论.【答案】（1）[]2,1e -（2）当0a ≤时， ()f x 只有一个零点；当0a >时， ()f x 有两个零点．（2）原方程等价于10x e a x --=实根的个数，原命题也等价于()1x h x e a x=--在(),0)(0,x ∈-∞⋃+∞上的零点个数，讨论0a =， 0a <， 0a >，三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理可得结果.试题解析：（1）当1a =时， ()1x x f x ax e =-+，则()()11xxf xg x e-'-==， 而()20xx g x e -'=<在[]1,1-上恒成立，所以()()g x f x ='在[]1,1-上递减， ()()max 1210f x f e =-=-'>'， ()()min 110f x f ''==-<，所以()f x '在[]1,1-上存在唯一的00x =，使得()00f '=，而且当()1,0x ∈-时， ()0f x '>， ()f x 递增；当()0,1x ∈时()0f x '<， ()f x 递减； 所以，当0x =时， ()f x 取极大值，也是最大值，即()()max 01f x f ==，()()(){}()min min 1,112f x f f f e =-=-=-，所以， ()f x 在[]1,1-上的值域为[]2,1e -.（I ）若0a =，则当(),0x ∈-∞时， ()10x h x e x=->恒成立，则没有零点； 当()0,x ∈+∞时， ()110h e =->， 1202h e ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，又()h x 在()0,+∞上单调递增的，所以有唯一的零点。

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)

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，

2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数

2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数

=
2������������-1>0
恒成立,
所以 F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即 h(x)min>0,故当 x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
-10-
考向一 考向二 考向三 考向四
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据 零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先 递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的 下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值 大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的 范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0) 的正负.
则
g'(x)=���1���·������
3
-(ln ������+1)·3������ ������ 6
2
=-3ln���������4��� +2=-3(ln
������-ln ������ 4
e -23 ).
当 0<x<e-23时,g'(x)>0;当 x>e-23时,g'(x)<0.
所以 g(x)在区间
∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f
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2020【通编版】高考数学专题突破 《直击函数压轴题中零点问题》一、解答题1．已知函数()()()2ln 10f x x a x a =+->.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，证明：3120e x e --<<.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >，且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，于是：()20010lnx a x +-=①，2002210ax ax -+=②由①②得0001ln 02x x x --=，设g(x)＝lnx −12x x -，(x∈(0，1))，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．（2）依题可知()10f =，若()f x 在区间()0,1内有唯一的零点0x ，由（1）可知2a >，且0110,2x x ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭ Z&X&X&K]于是：()20010lnx a x +-=①2002210ax ax -+= ②由①②得0001ln 02x x x --=，设()()()1ln ,0,12x g x x x x -=-∈，则()2212x g x x '-=，因此()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又3322402e g e -⎛⎫-=> ⎪⎝⎭，()11302e g e ---=<根据零点存在定理，故3120ex e --<<.点睛：本题考查了函数的单调性,零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法. 2．设函数f(x)＝x2＋bx －1(b ∈R)．(1)当b ＝1时证明：函数f(x)在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭内存在唯一零点；(2)若当x ∈[1,2]，不等式f(x)<1有解．求实数b 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(),1-∞【解析】试题分析：（1）先根据对称轴与定义区间位置关系确定函数f(x)在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调性，再根据区间端点函数值异号，结合零点存在定理确定零点个数（2）先分离变量化为对应函数最值问题：2b x x <- ，再根据函数单调性确定函数最小值，即得实数b 的取值范围．(2)由题意可知x2＋bx－1<1在区间[1,2]上有解，所以b<＝－x在区间[1,2]上有解．令g(x)＝－x，可得g(x)在区间[1,2]上递减，所以b<g(x)max＝g(1)＝2－1＝1 ，从而实数b的取值范围为(－∞，1)．点睛：利用零点存在性定理不仅要求函数的图象在区间[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．已知函数()()210f x ax mx m a=++-≠.（1）若()10f-=，判断函数()f x的零点个数；（2）若对任意实数m，函数()f x恒有两个相异的零点，求实数a的取值范围；（3）已知12,x x R∈R 且12x x <，()()12f x f x ≠，求证：方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根.【答案】⑴见解析;⑵01a <<;⑶见解析.【解析】试题分析：（1）利用判别式定二次函数的零点个数：（2）零点个数问题转化为图象交点个数问题，利用判别式处理即可；（3）方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根，即()()()()1212g x f x f x f x ⎡⎤=-+⎣⎦有零点，结合零点存在定理可以证明.试题解析： ⑴()10,10,1f a m m a -=∴-+-=∴=Q()21f x x mx m ∴=++-()()22412m m m ∆=--=-,当2m =时，0∆=，函数()f x 有一个零点； 当2m ≠时，0∆>，函数()f x 有两个零点⑶设()()()()1212g x f x f x f x ⎡⎤=-+⎣⎦，则()()()()()()1112121122g x f x f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤=-+=-⎣⎦⎣⎦()()()()()()2212211122g x f x f x f x f x f x ⎡⎤⎡⎤=-+=-⎣⎦⎣⎦()()12f x f x ≠Q()()()()21212104g x g x f x f x ⎡⎤∴⋅=--<⎣⎦,()0g x ∴=在区间()12,x x 上有实数根，即方程()()()1212f x f x f x ⎡⎤=+⎣⎦在区间()12,x x 上有实数根.点睛：已知函数有零点求参数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；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 4．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln22y x =-++.(1)求,a b 的值;(2)若方程()0f x m +=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等实根,求m 的取值范围(其中 e 2.71828=L 为自然对数的底).【答案】(1)a=2,b=1.(2) 2112e m <≤+.【解析】试题分析：本题考查函数与方程，函数与导数的综合应用．(1)根据导数的几何意义，得出两个方程，然后求解．(2)先利用导数研究函数h(x)=f(x)+m=2lnx ﹣x2+m 的单调性，根据单调性与极值点确定关系然后求解．(2)由（1）得f(x)=2lnx﹣x2，令h(x)=f(x)+m=2lnx﹣x2+m，则()()22122xh x xx x='-=-，令h'(x)=0，得x=1(x=﹣1舍去)．故当x∈11e⎡⎫⎪⎢⎣⎭，时，h'(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，e]时，h'(x)＜0，h(x)单调递减．∵方程h(x)=0在1ee⎡⎤⎢⎥⎣⎦，内有两个不等实根，∴()()221120e e{11020h mh mh e e m⎛⎫=--+≤⎪⎝⎭=-+>=-+≤，解得2112em<≤+．∴实数m的取值范围为211,2e⎛⎤+⎥⎝⎦.点睛：根据函数零点求参数取值或范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）利用方程根的分布求解，转化为不等式问题．（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.5．已知函数()1x f x e ax =--，其中e 为自然对数的底数，a R ∈（I ）若a e =，函数()()2g x e x=-①求函数()()()h x f x g x =-的单调区间②若函数()()(),{,f x x m F x g x x m≤=>的值域为R ,求实数m 的取值范围（II ）若存在实数[]12,0,2x x ∈,使得()()12f x f x =，且121x x -≥，求证：21e a e e -≤≤-【答案】（1）①详见解析②实数m 的取值范围是10,2e ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦；（2）21e a e e -≤≤-；试题解析： （1）当a e =时，()1x f x e ex =--.①()()()()21,'2x x h x f x g x e x h x e =-=--=-.由()'0h x >得ln2x >，由()'0h x <得ln2x <.所以函数()h x 的单调增区间为()ln2,+∞，单调减区间为(),ln2-∞.②()'x f x e e=-当1x <时，()'0f x <，所以()f x 在区间(),1-∞上单调递减； 当1x >时，()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.()()2g x e x=-在(),m +∞上单调递减，值域为()(),2e m -∞-,因为()F x 的值域为R ，所以12)me em e m --≤-，即210me m --≤. *（）（2）()'x f x e a=-. 若0a ≤时，()'0f x >，此时()f x 在R 上单调递增.由()()12f x f x =可得12x x =，与121x x -≥相矛盾，同样不能有[)12,ln ,x x a ∈+∞.不妨设1202x x ≤<≤，则有120ln 2x a x ≤<<≤.因为()f x 在()1,ln x a 上单调递减，在()2ln ,a x 上单调递增，且()()12f x f x =，所以当12x x x ≤≤时，()()()12f x f x f x ≤=.由1202x x ≤<≤，且121x x -≥，可得[]121,x x ∈故()()()121f f x f x ≤=.又()f x 在(],ln a -∞单调递减，且10ln x a ≤<，所以()()10f x f ≤，所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤.即210,{122e a e a e a --≤--≤--，解得211e a e e -≤≤--， 所以21e a e e -≤≤-.点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，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，需要多加体会.6．已知函数()1x xf x ax e =-+.（1）当1a =时，求()y f x =在[]1,1x ∈-上的值域；（2）试求()f x 的零点个数，并证明你的结论.【答案】（1）[]2,1e -（2）当0a ≤时，()f x 只有一个零点；当0a >时，()f x 有两个零点．（2）原方程等价于10x e a x --=实根的个数，原命题也等价于()1x h x e a x =--在(),0)(0,x ∈-∞⋃+∞上的零点个数，讨论0a =，0a <，0a >，三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理可得结果.试题解析：（1）当1a =时，()1x x f x ax e =-+，则()()11xxf xg x e -'-==，而()20x x g x e -'=<在[]1,1-上恒成立，所以()()g x f x ='在[]1,1-上递减， ()()max 1210f x f e =-=-'>'，()()min 110f x f ''==-<，所以()f x '在[]1,1-上存在唯一的0x=，使得()00f '=，而且当()1,0x ∈-时，()0f x '>，()f x 递增；当()0,1x ∈时()0f x '<，()f x 递减；所以，当0x =时，()f x 取极大值，也是最大值，即()()max 01f x f ==，()()(){}()min min 1,112f x f f f e=-=-=-，所以，()f x 在[]1,1-上的值域为[]2,1e -.（I ）若0a =，则当(),0x ∈-∞时，()10x h x e x =->恒成立，则没有零点；当()0,x ∈+∞时，()110h e =->，1202h e ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，又()h x 在()0,+∞上单调递增的，所以有唯一的零点。

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