2018典型奇周函数零点个数问题
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。
（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续） ① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点 ③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =−,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。
由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。
（详见方法技巧） 二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。
例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫⎪⎝⎭中 2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。
函数零点问题-学会解题之高三数学多题一解【原卷版】
函数零点问题【高考地位】函数的零点是新课标的新增内容，其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为新课标高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，多以选择、填空题的形式考查.类型一 零点或零点存在区间的确定万能模板 内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0； 第二步 若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可.例1 函数()43xf x e x =+-的零点所在的区间为（ ）A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭ C ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．3,14⎛⎫ ⎪⎝⎭【变式演练1】（2023·全国·高三专题练习）在下列区间中，函数()23xf x x =--的零点所在的区间为（ ）A ．)(01，B ．()12，C ．()23，D ．()34，【变式演练2】（2022·江苏·金沙中学高一阶段练习）函数sin sin()13y x x π=-+-在区间(0,2)π上的零点所在的区间为（ ）A ．(0,)2πB ．(,)2ππC ．3(,)2ππ D ．3(,2)2ππ 【变式演练3】（2022·全国·高一课时练习）已知函数()226xf x x =+-的零点为0x ，不等式06x x ->的最小整数解为k ，则k ＝（ ） A ．8B ．7C ．5D ．6类型二 零点的个数的确定方法1：定义法万能模板 内 容使用场景一般函数类型解题模板 第一步 判断函数的单调性；第二步 根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0，则该区间即为存在唯一的零点区间或者直接运用方程的思想计算出其 零点；第三步 得出结论.例2.函数x e x f x3)(+=的零点个数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【变式演练4】（2022·重庆·三模）已知函数()21,02log ,0xx f x x x ⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪>⎩，则函数()()12g x f x =-的零点个数为（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【变式演练5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数|2|1()2x f x -=，()g x 是定义在R 上的奇函数，且满足(2)(2)g x g x +=-，当[0,2]x ∈时，2()log (1)g x x =+．则当[0,2022]x ∈时，方程()()f x g x =实根的个数为_______．【变式演练6】（2022·北京·高三开学考试）已知函数()x af x a x a+=--，给出下列四个结论： ①存在a ，使得函数()f x 可能没有零点； ②存在a ，使得函数()f x 恰好有1个零点； ③存在a ，使得函数()f x 恰好有2个零点； ④存在a ，使得函数()f x 恰好有3个零点. 其中所有正确结论的序号是______.方法2：数形结合法万能模板 内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 函数()g x 有零点问题转化为方程()()f x m x =有根的问题； 第二步 在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像；第三步 观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数第四步 由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出结论.例3. 方程3()|log |3x x =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0【变式演练7】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，满足()()1f x f x +=-，当[]0,1x ∈时，()πcos 2f x x =，则函数()y f x x =-的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【变式演练8】（2022·河北省曲阳县第一高级中学高三阶段练习）（多选）已知函数()31,0log ,0ax x f x x x +≤⎧=⎨->⎩，若()()()1g x f f x =+，则下列说法正确的是（ ） A ．当0a >时，()g x 有4个零点 B ．当0a >时，()g x 有5个零点 C ．当0a <时，()g x 有1个零点D ．当0a <时，()g x 有2个零点【变式演练9】（2022·湖南师大附中三模）（已知）已知函数()[)[)1,0,1,21,1,2,3x x f x x x ⎧-∈⎪=⎨-∈⎪-⎩对定义域内任意x ，都有()(2)f x f x =-，若函数()()=-g x f x k 在[0，+∞）上的零点从小到大恰好构成一个等差数列，则k 的可能取值为（ ） A ．0B ．1C 2D 21【高考再现】1．【2021年北京市高考数学试题】已知函数，给出下列四个结论： ①若，则有两个零点； ①，使得有一个零点； ①，使得有三个零点； ①，使得有三个零点． 以上正确结论得序号是_______．2.【2021年天津高考数学试题】设，函数，若在区间()lg 2f x x kx =--0k =()f x 0k ∃<()f x 0k ∃<()f x 0k ∃>()f x a ∈R 22cos(22).()2(1)5,x a x a f x x a x a x a ππ-<⎧=⎨-+++≥⎩()f x (0,)+∞内恰有6个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．3.【2020年高考天津卷9】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx xk =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．1,(22,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,(0,22)2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞4.【2020年高考上海卷11】已知a R ∈，若存在定义域为R 的函数()f x 同时满足下列两个条件，①对任意0x R ∈，0()f x 的值为0x 或02x ；②关于x 的方程()f x a =无实数解；则a 的取值范围为 ．5. 【2016高考天津理数】已知函数f （x ）=2(4,0,log (1)13,03)a x a x a x x x ⎧+<⎨++≥-+⎩（a >0,且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|2f x x =-恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ） （A ）（0，23] （B ）[23，34] （C ）[13，23]{34}（D ）[13，23）{34}6.【2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）】已知λ①R ，函数f (x )={x −4,x ≥λx 2−4x +3,x <λ，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________①7.【2017江苏】设()f x 是定义在R 且周期为1的函数，在区间[0,1)上,2,,(),,x x D f x x x D ⎧∈⎪=⎨∉⎪⎩其中集合1,*n D x x n n -⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N ，则方程()lg 0f x x -=的解的个数是 .8.【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷）】已知a >0，函数f(x)={x 2+2ax +a, x ≤0,−x 2+2ax −2a,x >0.若关于x 的方程f(x)=ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是______________.【反馈练习】1．函数的图象与函数的图象交点横坐标所在的区间可能为（ ）95112,,424⎛⎤⎛⎤⋃ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭9112,,344⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭11,2,3447⎛⎫⎡⎫⋃ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭()()=x f x e ()2ln g x x =-A ．B ．C ．D ．【来源】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题2．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知直线l 与曲线ln (01)y x x =<<相切于点00(,)M x y ，若OM l ⊥，则0x 所在的取值区间是（ ）A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,14⎛⎫ ⎪⎝⎭3．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数()()2ln 16f x x x =++-，则下列区间中含()f x 零点的是（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,44．（2023·全国·高三专题练习）已知()=ln f x x ，()e x g x =，若()()f s g t =，则当s t -取得最小值时，()g t 所在区间是（ ） A ．11,3e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,e 2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()ln 2,1D ．1,ln 22⎛⎫ ⎪⎝⎭5．（2023·全国·高三专题练习）正实数,,a b c 满足422,33,log 4ab a bc c -+=+=+=，则实数,,a b c 之间的大小关系为（ ） A ．b a c <<B ．a b c <<C ．a c d <<D ．b c a <<6．（2022·江西·南昌二中高三开学考试（理））已知a 是()323652f x x x x =--+-的一个零点，b 是()e 1x g x x =++的一个零点，132log 5c =，则（ ）A ．a c b <<B ．a b c <<C ．b c a <<D ．a c b <<或c b a <<7．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x x x =+-，则函数()()21g x xf x x=-的零点个数为（ ） A ．3B ．4C ．5D ．68．（2022·甘肃·兰州市第五十五中学高三开学考试（文））定义域在R 上的奇函数()f x ，当0x ≥时，12log (1),01()13,1x x f x x x +≤<⎧⎪=⎨⎪--≥⎩，则关于x 的函数()()12g x f x =-的所有零点的和是（ ）A 21B ．122C ．122-D ．129．（2022·河南·高三开学考试（文））已知定义域为R 的偶函数()f x 的图像是连续不间断的曲线，且()0,1()1,2()2,3()3,4(2)()(1)f x f x f ++=，对任意的1x ，20[]2,x -∈，12x x ≠，()()12120f x f x x x ->-恒成立，则()f x 在区间[]100,100-上的零点个数为（ ） A ．100B ．102C ．200D ．20210．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()33f x x x =-，则函数()()h x f f x c =-⎡⎤⎣⎦，[]2,2c ∈-的零点个数（ ） A ．5或6个B ．3或9个C ．9或10个D ．5或9个11．（2023·全国·高三专题练习）若()f x 为奇函数，且0x 是()2e x y f x =-的一个零点，则0x -一定是下列哪个函数的零点（ ）A ．()e 2x y f x -=--B ．()e 2x y f x =+C ．()e 2x y f x =-D ．()e 2x y f x =-+12．（2022·陕西·西安铁一中滨河高级中学高三阶段练习（理））函数()222,0,23,0lnx x x x f x x x x ⎧-+>=⎨--≤⎩的零点个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．313．（2022·全国·模拟预测（文））已知函数()2,1,121,11,,1,1xx x f x x x x x x ⎧<-⎪+⎪=--≤≤⎨⎪⎪>-⎩方程()()()()2220f x a f x a a R -++=∈的不等实根个数不可能是（ ） A ．2个B ．3个C ．4个D ．6个14．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知函数e x y x =+的零点为1x ，ln y x x =+的零点为2x ，则（ ） A ．120x x +>B ．120x x <C ．12ln 0xe x +=D ．12121x x x x -+<15．（2022·福建·上杭一中高三阶段练习）（多选）已知函数()1,0ln ,0kx x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，下列关于函数()1y f f x =+⎡⎤⎣⎦的零点个数判断正确的是（ ） A ．当0k <时，有1个零点； B ．当0k >时，有4个零点； C ．无论k 取何值，均有2个零点；D ．无论k 取何值，均有4个零点；16．（2022·全国·高二专题练习）设定义域为(0,)+∞的单调函数()f x ，对任意的,()0x ∈+∞，都有[]3()log 4f f x x -=，若0x 是方程()2()3f x f x '-=的一个解，且*0,(1),N x a a a ∈+∈，则实数a =_____． 17．（2022·重庆·高三阶段练习）函数||21()2x f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点个数是______．18．（2021·福建·福州市第十中学高三开学考试）已知函数24,1()lg 1,1x x x f x x x ⎧-≥⎪=⎨-<⎪⎩，则((9))f f -=__________，()f x 的零点个数为__________个．19．已知函数有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是_________. 【来源】河北省衡水市饶阳中学2021届高三5月数学精编试题20．【陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试文科】已知函数2,0()12,02x e x f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+->⎪⎩. （1）求斜率为12的曲线()y f x =的切线方程； （2）设()()f x g x m x=-，若()g x 有2个零点，求m 的取值范围.()()112 ()1421x x f x k -=-+-。
函数零点的个数问题
2x 2 x
2
2m
2x 2 x 2m2 8
0，利用换元设
t 2x 2x （ t 2 ），则问题转化为只需让方程 t2 2mt 2m2 8 0 存在大于等于 2 的解
即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 g t t2 2mt 2m2 8 0 。
（1）若方程有一个解，则有相切（切点 x m 大于等于 2）或相交（其中交点在 x 2 两侧），
3：已知函数
f
x
kx ln x,
2, x x
0
0k
R
，若函数
y
f x k 有三个零点，则实数 k
的取值范围是（
）
A. k 2
B. 1 k 0
C. 2 k 1
D. k 2
思路：函数 y f x k 有三个零点，等价于方程 f x k 有三个不同实数根，进而等
价于 f x 与 y k 图像有三个不同交点，作出 f x 的图像，则 k 的正负会导致 f x 图
A．
ln 3 3
,
1 e
B.
ln 3 9
,
1 3e
C．
ln 3 9
,
1 2e
D．
ln 3 9
,
ln 3 3
思路：
f x
f 3x
f x
f
x 3
，当
x
3,
9
时，
f
x
f
x 3
ln
x 3
，所以
- 4 - / 18
ln x,1 x 3
f
x
ln
x ,3 3
x
，而 g x
9
f
区间 a,b 内至少有函数 f x 的一个零点，即至少有一点 x0 a,b ，使得 f x0 0 。 （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
零点个数怎么求
零点个数怎么求①解方程：通过解方程 f(x)=0 得到零点；②数形结合：这是经常用到的分析方法，特别是选填题中得到广泛应用；③零点存在定理：用零点存在定理来确定某区间是否有零点，这是解答题中的重要方法；④求零点个数：求零点个数时，就要判断每个单调区间，同时还要判断个单调区间的零点存在性.而具体解答题的过程中，我们也会遇到函数较复杂，先将复杂问题转化为简单问题，再选择合适的方法来求零点.我们来看一个具体的例子.【例1】（2018全国2卷文数21-2）已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)，证明： f(x) 只有一个零点.【分析】 f(x) 是一个含参的三次函数，貌似是一个三次函数求零点个数问题，但是带着参数问题就变复杂了，所以这个时候可以转化一下，分离参数为求： a=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)} 的解个数问题.进一步转化为函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.【解析】因为 x^2+x+1>0 恒成立.所以 f(x) 零点个数等价于函数函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.先判断 g(x) 单调性，用导数法：g'(x)=\frac{3x^2(x^2+x+1)-x^3(2x+1)}{3(x^2+x+1)^2}=\frac{x^2(x^2+2x+3)}{3(x^2+x+ 1)^2}\geq0 ,当且仅当 x=0 时 g'(x)=0 ,g(x) 单调递增.所以 g(x) 至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点.又因为 f(3a+1)=\frac{1}{3}>0 , f(3a-1)=-6a^2+2a-\frac{1}{3}=-6(a-\frac{1}{6})^2-\frac{1}{6}<0 ,所以 f(x) 恰有一个零点.【小结】分离参数读者们应该还好理解，为什么要选择f(3a+1),f(3a-1) 就是一脸懵了.这属于找点的内容（内点定理），我们后面专门花章节来讲解这个内容.我们还是先理解零点存在定理的应用.本节我们重点讲解求零点个数问题的求法，近年高考也是热点题型，也是我们零点问题将面临的重点问题.【例2】（2019全国2卷理数20-1改编）已知函数f(x)=lnx-\frac{x+1}{x-1} ,求 f(x) 的零点个数.【分析】求零点个数问题，我们要求函数的单调区间，然后判断每一个单调区间的零点存在性.【解析】 f(x) 定义域为 (0,1)\cup(1,+\infty) ，而f(x)=lnx-1-\frac{2}{x-1} ,由和差法： y=lnx 和 y=-\frac{1}{x-1} 在(0,1)\cup(1,+\infty)上都是单调递增了，所以 f(x) 在(0,1)\cup(1,+\infty)单调递增；在 (0,1) 上 f(x) 单调递增，当 \frac{1}{3}<x<1 时，f(x)>f(\frac{1}{3})=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-1-ln3>\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ，当 0<x<\frac{1}{e^2} 时，f(x)<f(\frac{1}{e^2})=\frac{2}{1-\frac{1}{e^2}}-3<\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ，由零点存在定理和单调性， f(x) 在 (0,1) 有唯一零点，在 (1,+\infty) 上 f(x) 单调递增，当 1<x<3 时， f(x)<f(3)=ln3-2<0 ,当 x>e^2 时， f(x)>f(e^2)=1-\frac{2}{e^2-1}>1-\frac{2}{3-1}=0 ,所以 f(x) 在 (1,+\infty)有唯一零点.综上， f(x) 在定义域上有两个零点.【例3】（2019全国1卷文数20-1改编）已知函数h(x)=cosx+xsinx-1 ,证明： h(x) 在区间 (0,\pi) 存在唯一零点.【分析】让我确定零点个数，需要结合单调区间和零点存在定理来证明.【解析】给定了定义域区间为 (0,\pi) ,用导数法判断单调性： h'(x)=xcosx ，判正负区间： h'(x) 正负区间同 y=cosx ，易知在(0,\frac{\pi}{2}) 上 h'(x)>0,h(x) 单调递增；在(\frac{\pi}{2},\pi) 上， h'(x)<0,h(x) 单调递减.而 h(0)=0,h(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}-1>0，h(\pi)=-2<0 ,由零点存在定理和单调性，所以在(0,\frac{\pi}{2})上 h(x) 无零点，在 (\frac{\pi}{2},\pi) 上有唯一零点.得证.【例4】（2015全国1卷文书21-1）设函数 f(x)=e^{2x}-alnx .讨论 f(x) 的导函数 f'(x) 零点的个数.【分析】先求出 f'(x) 及定义域，通过判断 f'(x) 单调性和零点存在性来确定零点个数.【解析】 f'(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}(x>0) .①当 a\leq0 时，显然 f'(x)>0 恒成立，无零点.②当 a>0 时，判断 f'(x) 的单调性，用和差法：y=2e^{2x},y=-\frac{a}{x} 都是在 (0,+\infty) 上的单调递增函数，所以 f'(x) 单调递增.当 x>max(1,\frac{a}{2e^2}) 时， f'(x)>2e^2-2e^2=0 ,当 x<min(1,\frac{a}{2e^2}) 时， f'(x)<2e^2-2e^2=0 ,所以此时 f'(x) 有唯一零点，综上，当 a\leq0 ， f'(x) 无零点，当 a>0 时，有唯一零点.【例5】（2015广东理数19-2）设 a>1 ，函数f(x)=(1+x^2)e^x-a .证明 :f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【分析】还是求零点个数问题，用单调性+存在性来求解.【解析】 f(x) 的单调性，用求导法：f'(x)=e^x(x+1)^2\geq0 ，当且仅当 x=-1 时， f'(x)=0 ，所以 f(x) 是定义域上的单调递增函数.当 x>lna 时， f(x)>f(lna)>0 .当 -\sqrt{e-1}<x<-1 时，f(x)<\frac{e}{e}-a<0 ,由零点存在性定理及单调性，得证：:f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【总结】通过上面五题，是否明白求解零点个数问题的基本方法，如果遇到复杂函数，分参转化为新函数的零点个数问题不失为一种思路；具体求解过程，先判断函数的单调性，再确定每个单调区间函数的零点存在性.但是对于开区间上零点的存在，往往很难通过取点来确定函数值的符号，我们也不容易用极限的思想来解释。
专题10函数零点(原卷版)
《函数零点》专项突破 高考定位函数的零点其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，以选择、填空题的形式考查可难可易，以大题形式出现，相对较难. 考点解析（1）零点个数的确定（2）二次函数的零点分布（3）零点与函数性质交汇（4）嵌套函数零点的确定（5）复杂函数的零点存在性定理（6）隐零点的处理（7）隐零点的极值点偏移处理 题型解析类型一、转化为二次函数的零点分布例1-1．（2022·全国·高三专题练习）已知f (x )是奇函数并且是R 上的单调函数，若函数y =f (2x 2+1)+f (λ-x )只有一个零点，则实数λ的值是（ ） A ．14B ．18C ．78-D ．38-练（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）若函数2()2a f x x ax =+-在区间(1,1)-上有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．2(2,)3-B ．2(0,)3C ．(2,)+∞D ．(0,2)例1-2．（2022·湖北恩施·高三其他模拟）设函数()()2x f x x a e =+在R 上存在最小值(其中e 为自然对数的底数，a R ∈)，则函数()2g x x x a =++的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．无法确定类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2022·天津二中高三期中）已知函数()ln 1f x x x =-，则()f x 的零点所在的区间是（ ）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4练．（2022·天津·大钟庄高中高三月考）函数()2xf x x =+的零点所在的区间为（ ）A ．()2,1--B ．()1,0-C ．()0,1D ．()1,2类型三、利用两图像交点判断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩，则函数()1y f x =-的零点个数为（ ） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．0个练．已知m 、n 为函数()1ln xf x ax x+=-的两个零点，若存在唯一的整数()0,x m n ∈则实数a 的取值范围是（ ） A ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．ln 20,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭例3-2（一个曲线一个直线）（2018·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三学业考试）已知函数()()()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩，函数()()2g x b f x =--，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则实数b 的取值范围为_______.例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2022福建省厦门市高三】已知函数()221,20, ,0,xx x x f x e x ⎧--+-≤<=⎨≥⎩若函数()()g x f x ax a =-+存在零点，则实数a 的取值范围为__________．例3-4（两个曲线）（2022·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________.（两个曲线）（2022·四川·高三期中（理））已知定义在R 上的函数()f x 和()1f x +都是奇函数，当(]0,1x ∈时，21()log f x x=，若函数()()sin()F x f x x π=-在区间[1,]m -上有且仅有10个零点，则实数m 的最小值为（ ） A ．3 B ．72C ．4D ．92（两个曲线）【2022河北省武邑中学高三】若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()2f x f x +=，且当[]0,1x ∈时， ()f x x =，则函数()3log y f x x =-的零点个数是（ ）A ． 6个B ． 4个C ． 3个D ． 2个例3-5（直接解出零点）（2022·四川·高三月考（理））函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（ ） A ．12 B ．14 C ．16 D ．18类型三、利用周期性判断零点个数例3-1．（2022·广东·高三月考）已知定义域为R 的函数()y f x =在[0,10]上有1和3两个零点，且(2)y f x =+与(7)y f x =+都是偶函数，则函数()y f x =在[0,2013]上的零点个数为（ ） A ．404 B ．804C ．806D ．402例3-2．偶函数()f x 满足()()44f x f x +=-，当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1ln6,ln23⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．1ln2,ln63⎡⎫--⎪⎢⎣⎭C ．1ln2,ln63⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1ln6,ln23⎛⎫- ⎪⎝⎭类型四、零点之和例4-1．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()1sin sin f x x x=+，定义域为R 的函数()g x 满足()()0g x g x -+=，若函数()y f x =与()y g x =图象的交点为()()()112266,,,,,,x y x y x y ⋯，则()61i j i x y =+=∑（ ）A ．0B ．6C ．12D ．24例4-2（2022·新疆·克拉玛依市教育研究所模拟预测（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满足()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的所有零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（ ）A ．20B ．24C ．28D ．36类型五、等高线的使用例5-1．（2022·福建宁德·高三期中）已知函数()()8sin ,02log 1,2x x f x x x π≤≤⎧=⎨->⎩，若a ､b ､c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围是___________.例5-2（2022·山西太原·高三期中）设函数22log (1),13()(4),3x x f x x x ⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩，()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x ，且1234x x x x <<<，则()3412114x x x x ++的取值范围是（ ）A ．109,32⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．(0,1)C ．510,23⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭例5-3（2022·吉林吉林·高三月考（理））()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩，若存在互不相等的实数a ，b ，c ，d 使得()()()()f f b f d m a c f ====，则下列结论中正确的为（ ）①()0,1m ∈；①()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ①函数()y f x x m =--恰有三个零点. A ．①① B ．①① C ．①① D ．①①①例5-4．（2022·辽宁实验中学高三期中）已知函数()266,1ln 1,1x x x f x x x ⎧---≤⎪=⎨+>⎪⎩，若关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解123x x x <<，则关于n 的方程()()121222356516n x x x x x -+=++-的正整数解取值可能是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4类型六、嵌套函数零点例6-1．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（理））设函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，则函数()()12y f f x =-的零点个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个例6-2．（2022·天津市第四十七中学高三月考）已知函数()2e ,0,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，2()2g x x x =-+（其中e 是自然对数的底数），若关于x 的方程(())g f x m =恰有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<，则12322x x x -+的最大值为___________.例6-3（2022·全国·高三专题练习）设函数()210log 0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，若函数()()()g x f f x a=-有三个零点，则实数a 的范围为________．例6-4. 已知函数f(x)={e |x−1|,x >0−x 2−2x +1,x ≤0 ，若关于x 的方程f 2(x)−3f(x)+a =0(a ∈R)有8个不等的实数根，则a 的取值范围是（ ） A ． (0,14) B ． (13,3) C ． (1,2) D ． (2,94)类型七、隐零点处理例7-1．（1）已知函数f(x)＝x 2＋πcos x ，求函数f(x)的最小值；（2）已知函数()()32213210f x x ax a x a a ⎛⎫=++++> ⎪⎝⎭，若()f x 有极值，且()f x 与()f x '（()f x '为()f x 的导函数）的所有极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(]0,3 B ．(]1,3 C ．[]1,3 D ．[)3,+∞例7-2已知函数()ln()(0)x af x ex a a -=-+>.（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.例7-3已知函数()xf x xe =，()lng x x x =+．若()()()21f x g x b x -≥-+恒成立，求b 的取值范围．例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，判断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由.类型八、隐零点之极值点偏离类型一、目标与极值点相关思想：偏离−−→−转化对称 步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数 （2）确定极值点（3）确定零点所在区域 （4）构造对称函数类型二、目标与极值点不相关 步骤：（1）利用单调性与零点存在定理判定零点个数 （2）确定极值点（3）确定零点所在区域（4）寻找零点之间的关系，消元换元来解决例8-1．（2022·江苏高三开学考试）已知函数()ln af x x x=+（a ∈R ）有两个零点.（1）证明：10ea <<. （2）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：a x x 221>+.（3）若()f x 的两个零点为1x ，2x ，且12x x <，证明：.121<+x x练、已知函数f(x)＝x 2＋πcos x. (1)求函数f(x)的最小值；(2)若函数g(x)＝f(x)－a 在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<π.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （①）求()f x 的单调区间；（①）证明：当12()()f x f x = 12()x x ≠时，120x x +<练、已知函数f(x)＝xe －x .(1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x 1≠x 2且f(x 1)＝f(x 2)，求证：x 1＋x 2>2.练、已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.练（2022·沙坪坝区·重庆八中）已知函数()222ln f x x ax x =-+（0a >）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点1x ，2x （12x x <）恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g '+⎛⎫=- ⎪⎝⎭的取值范围是[)ln31,-+∞，求实数a 的取值范围．练．已知2()4ln f x x x a x =-+.已知函数()f x 有两个极值点12x x ，（12x x <），若123()20f x mx ->恒成立，试求m 的取值范围.。
零点问题的类型及解决方法
零点问题的类型及解决方法嘿，咱今儿就来唠唠这零点问题！你说啥是零点问题呀？简单来说，就好比你找一个函数图像和 x 轴交点的时候，那交点不就是零点嘛！零点问题那可是有好些类型呢！就像是不同脾气的小孩。
有的零点问题啊，就像个害羞的孩子，藏得可深了，得你费劲巴拉地去挖掘才能找到它。
还有的呢，就像个调皮鬼，东躲西藏的，让你好一通找。
那咋解决这些让人头疼的零点问题呢？别急呀！咱一个一个说。
比如说，咱可以用画图的办法呀！就像你要找个宝藏，先画个地图，心里不就有底了嘛。
把函数图像一画，零点在哪儿，那不是一目了然嘛！这就好比你在迷宫里有了指南针，一下子就能找到出路啦。
还有啊，代数方法也不错呀！通过各种计算，把零点给算出来。
这就像解谜题一样，一点点地分析，一点点地推导，最后谜底揭开，零点也就现身啦！你想想，那感觉是不是特棒？再或者，咱可以试着把复杂的问题简单化呀！就像你吃一大块肉，一下子咬不下去，那就切成小块嘛。
把复杂的函数拆分成几个简单的部分，分别去研究，不就容易多了嘛。
举个例子吧，有个函数长得特别复杂，一看就头大。
那咱就把它拆成几个小函数，一个一个地去研究它们的零点。
就好像你要打一个大怪兽，先把它的手脚打断，再慢慢收拾它，是不是就轻松多啦？有时候啊，解决零点问题就像爬山，看着那高高的山峰，心里直犯嘀咕，能上去吗？可只要你一步一步地往上爬，总会爬到山顶的呀！遇到难题别退缩，办法总比困难多嘛！咱可不能小瞧了这零点问题呀，它在好多地方都有用呢！比如在数学研究里，那可是重要得很呢！要是搞不清楚零点问题，好多难题都没法解决啦。
所以啊，咱得重视零点问题，学会怎么去解决它。
别觉得难就打退堂鼓，要像个勇士一样，勇敢地去面对！就像那句话说的，世上无难事，只怕有心人嘛！你说是不是？咱只要用心去钻研，就没有解决不了的零点问题！相信自己，一定能行！。
高中数学零点问题经典题型
高中数学零点问题经典题型1、 设()ln sin ,f x x x =+找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00f x <。
2、 已知1()ln ,1x f x x x +=--找出一个0(0,1),x ∈使得()00f x >。
3、 已知230,(),a f x x a x>=+-找出一个0(,0)x ∈-∞使得()00f x >。
4、 设110,()e ,e x a f x ax x<<=-找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00.f x <5、 设110,()(1)e ,e x a f x a x x<<=--找出一个0(0,)x ∈+∞使得()00.f x <6、 已知2(0,1),()(2),xx a f x ae a e x ∈=+--找出一个0(,0),x ∈-∞使得()00f x >。
7、 已知230,(),a f x x a x>=+-找出一个0(,0),x ∈-∞使得()00.f x <8、 设0,(),xa f x xe a >=-找出一个0(0,),x ∈+∞使得()00f x >9、 已知()(2)(1)2ln f x a x x =---在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点,求实数a 的取值范围。
10、 (2016江苏)若01,a b <<<函数()2x xg x a b =+-有且只有一个零点,求ab 的值。
11、（2018江苏19）若存在0x ∈满足()()()()0000,,f x g x fx g x ''==则称0x 为()f x 与()g x 的一个S “点”。
(I)若函数2()1,()ln f x ax g x x =-=存在“S 点”,求a ;(II)已知函数2e (),(),xb f x x a g x x=-+=对任意的0,a >判断是否存在0,b >使函数()f x 与()g x 在(0,)+∞内存在“S 点",并说明理由。
讨论函数零点或方程根的个数问题-高考数学专练
讨论函数零点或方程根的个数问题-高考数学专练【方法总结】判断、证明或讨论函数零点个数的方法利用零点存在性定理求解函数热点问题的前提条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0．①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f (a )·f (b )<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a )·f (b )<0．【例题选讲】[例1]已知f (x )＝e －x (ax 2＋x ＋1)．当a >0时，试讨论方程f (x )＝1的解的个数．[破题思路]讨论方程f (x )＝1的解的个数，想到f (x )－1的零点个数，给出f (x )的解析式，用f (x )＝1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)．[规范解答]法一：分类讨论法方程f (x )＝1的解的个数即为函数h (x )＝e x －ax 2－x －1(a >0)的零点个数．而h ′(x )＝e x －2ax －1，设H (x )＝e x －2ax －1，则H ′(x )＝e x －2a ．令H ′(x )>0，解得x >ln 2a ；令H ′(x )<0，解得x <ln 2a ，所以h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增．所以h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )＝2a －2a ln 2a －1．设m ＝2a ，g (m )＝m －m ln m －1(m >0)，则g ′(m )＝1－(1＋ln m )＝－ln m ，令g ′(m )<0，得m >1；令g ′(m )>0，得0<m <1，所以g (m )在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以g (m )max ＝g (1)＝0，即h ′(x )min ≤0(当m ＝1即a ＝12时取等号)．①当a ＝12时，h ′(x )min ＝0，则h ′(x )≥0恒成立．所以h (x )在R 上单调递增，故此时h (x )只有一个零点．②当a >12时，ln 2a >0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝0，则存在x 1>0使得h ′(x 1)＝0，这时h (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增．所以h (x 1)<h (0)＝0，又h (0)＝0，所以此时h (x )有两个零点．③当0<a <12时，ln 2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln 2a )<0，又h ′(x )在(－∞，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0．这时h (x )在(－∞，x 2)上单调递增，在(x 2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h (x 2)>h (0)＝0，h (0)＝0，所以此时f (x )有两个零点．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．法二：分离参数法方程f (x )＝1的解的个数即方程e x －ax 2－x －1＝0(a >0)的解的个数，方程可化为ax 2＝e x －x －1．当x ＝0时，方程为0＝e 0－0－1，显然成立，所以x ＝0为方程的解．当x ≠0时，分离参数可得a ＝e x －x －1x2(x ≠0)．设函数p (x )＝e x －x －1x 2(x ≠0)，则p ′(x )＝(e x －x －1)′·x 2－(x 2)′·(e x －x －1)(x 2)2＝e x (x －2)＋x ＋2x 3．记q (x )＝e x (x －2)＋x ＋2，则q ′(x )＝e x (x －1)＋1．记t (x )＝q ′(x )＝e x (x －1)＋1，则t ′(x )＝x e x ．显然当x <0时，t ′(x )<0，函数t (x )单调递减；当x >0时，t ′(x )>0，函数t (x )单调递增．所以t (x )>t (0)＝e 0(0－1)＋1＝0，即q ′(x )>0，所以函数q (x )单调递增．而q (0)＝e 0(0－2)＋0＋2＝0，所以当x <0时，q (x )<0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增；当x >0时，q (x )>0，即p ′(x )>0，函数p (x )单调递增．而当x →0时，p (x →0＝e x －12xx →0＝(e x －1)′(2x )′x →0＝e x 2x →0＝12(洛必达法则)，当x →－∞时，p (x －∞＝e x －12xx →－∞＝0，故函数p (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ．显然，当a ＝12时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象无交点，即方程e x －ax 2－x －1＝0只有一个解x ＝0；当a ≠12且a >0时，直线y ＝a 与函数p (x )的图象有一个交点(x 0，a )，即方程e x －ax 2－x －1＝0有两个解x ＝0或x ＝x 0．综上，当a ＝12时，方程f (x )＝1只有一个解；当a ≠12且a >0时，方程f (x )＝1有两个解．[注]部分题型利用分离法处理时，会出现“0”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则．法则1若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1)li m x →a f (x )＝0及li m x →a g (x )＝0；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ．那么li m x →a f (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．法则2若函数f (x )和g (x )满足下列条件：(1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →a g (x )＝∞；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0；(3)li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l ．[题后悟通]对于已知参数的取值范围，讨论零点个数的情况，借助导数解决的办法有两个．(1)分离参数：得到参数与超越函数式相等的式子，借助导数分析函数的单调区间和极值，结合图形，由参数函数与超越函数的交点个数，易得交点个数的分类情况；(2)构造新函数：求导，用单调性判定函数的取值情况，再根据零点存在定理证明零点的存在性．[例2]设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0．(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．[规范解答](1)函数的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx．由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f ′(x )与f (x )在区间(0，＋∞)上随x 的变化情况如下表：x (0，k )k (k ，＋∞)f ′(x )－0＋f (x )↘k (1－ln k )2↗所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2，无极大值．(2)由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2．因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点；当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．[例3]已知函数f (x )＝a ln x ＋bx(a ，b ∈R ，a ≠0)的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为－a .(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论方程f (x )＝1根的个数．[规范解答](1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －b －a ln xx 2，由f ′(1)＝a －b ＝－a ，得b ＝2a ，所以f (x )＝a (ln x ＋2)x ，f ′(x )＝－a (ln x ＋1)x2.当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <1e ；由f ′(x )<0，得x >1e .当a <0时，由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e.综上，当a >0时，f (x )a <0时，f (x )的单调递增(2)f (x )＝1，即方程a ln x ＋2a x ＝1，即方程1a ＝ln x ＋2x ，构造函数h (x )＝ln x ＋2x，则h ′(x )＝－1＋ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1e ，h ′(x )>0，h ′(x )<0，即h (x )h (x )max ＝ e.h (x )单调递减且h (x )＝ln x ＋2x >0，当x 无限增大时，h (x )无限接近0；h (x )单调递增且当x 无限接近0时，ln x ＋2负无限大，故h (x )负无限大．故当0<1a <e ，即a >1e 时，方程f (x )＝1有两个不等实根，当a ＝1e 时，方程f (x )＝1只有一个实根，当a <0时，方程f (x )＝1只有一个实根．综上可知，当a >1e 时，方程f (x )＝1有两个实根；当a <0或a ＝1e 时，方程f (x )＝1有一个实根；当0<a <1e 时，方程f (x )＝1无实根．[例4]已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .(1)若直线y ＝kx 与f (x )的反函数的图象相切，求实数k 的值；(2)若m <0，讨论函数g (x )＝f (x )＋mx 2零点的个数．[规范解答](1)f (x )的反函数为y ＝ln x ，x >0，则y ′＝1x．设切点为(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0＝ln x 0x 0，故x 0＝e ，k ＝1e.(2)函数g (x )＝f (x )＋mx 2的零点的个数即是方程f (x )＋mx 2＝0的实根的个数(当x ＝0时，方程无解)，等价于函数h (x )＝e xx 2(x ≠0)与函数y ＝－m 图象交点的个数．h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )>0，h (x )在(－∞，0)上单调递增；当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0，h (x )在(0,2)上单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)上单调递增．∴h (x )的大致图象如图：∴h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (2)＝e 24.∴当－m m －e 24，h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为1；当－m ＝e 24，即m ＝－e 24时，函数h (x )＝e xx2与函数y ＝－m 图象交点的个数为2；当－m m ∈－∞，－e 24时，函数h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为3.综上所述，当m ∞g (x )有三个零点；当m ＝－e 24时，函数g (x )有两个零点；当m ∈－e 24，0时，函数g (x )有一个零点．[例5]已知函数f (x )＝－x 3＋ax －14，g (x )＝e x －e(e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在(0，g (0))处的切线互相垂直，求实数a 的值；(2)设函数h (x )x )，f (x )≥g (x )，(x )，f (x )<g (x )，试讨论函数h (x )零点的个数．[规范解答](1)f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ，所以f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1，由题意，知a ＝－1．(2)易知函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x <1时，g (x )<0，又f ′(x )＝－3x 2＋a ，①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R f (－1)＝34－a >0，即f (x )在x ≤0时必有一个零点，此时y ＝h (x )有两个零点；②当a >0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0，得两根为x 1＝－a3<0，x 2＝a3>0，则－a3是函数f (x )的一个极小值点，a3是函数f (x )的一个极大值点，而＋－14＝－2a 3a 3－14<0．现在讨论极大值的情况：＋aa 3－14＝2a 3a 3－14，当，即a <34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上恒小于零，此时y ＝h (x )有两个零点；当0，即a ＝34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有一个零点x 0＝a 3＝12，此时y ＝h (x )有三个零点；当，即a >34时，函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于a3，一个零点大于a 3，若f (1)＝a －54<0，即a <54时，y ＝h (x )有四个零点；若f (1)＝a －54＝0，即a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；若f (1)＝a －54>0，即a >54时，y ＝h (x )有两个零点．综上所述：当a <34或a >54时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝34或a ＝54时，y ＝h (x )有三个零点；当34<a <54时，y ＝h (x )有四个零点．[例6]已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋2)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若a ＝0，求证：f (x )<0；(2)讨论函数f (x )零点的个数．[破题思路](1)当a ＝0时，f (x )＝－2x ＋2ln x (x >0)，f ′(x )＝－2＋2x ＝2(1－x )x，设g (x )＝1－x ，根据g (x )的正负可画出f (x )的图象如图(1)所示．(2)f ′(x )＝(x －1)(ax －2)x (x >0)，令g (x )＝(x －1)(ax －2)，当a ＝0时，由(1)知f (x )没有零点；当a >0时，画g (x )的正负图象时，需分2a ＝1，2a >1，2a <1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f (x )的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a <0时，同理可得图(5)．综上，易得f (x )的零点个数．[规范解答](1)当a ＝0时，f ′(x )＝－2＋2x ＝2(1－x )x，由f ′(x )＝0得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )≤f (x )max ＝f (1)＝－2，即f (x )<0.(2)由题意知f ′(x )＝ax －(a ＋2)＋2x ＝ax 2－(a ＋2)x ＋2x ＝(x －1)(ax －2)x (x >0)，当a ＝0时，由第(1)问可得函数f (x )没有零点．当a >0时，①当2a ＝1，即a ＝2时，f ′(x )≥0恒成立，仅当x ＝1时取等号，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝－12a －2＝－12×2－2<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上有一个零点．②当2a >1，即0<a <2时，若0<x <1或x >2a ，则f ′(x )>0，f (x )在(0,1)若1<x <2a ，则f ′(x )<0，f (x )又f (1)＝12a －(a ＋2)＋2ln 1＝－12a －2<0，则f (1)<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )③当0<2a <1，即a >2时，若0<x <2a x >1，则f ′(x )>0，f (x )(1，＋∞)上单调递增；若2a<x <1，则f ′(x )<0，f (x )因为a >2，所以＝－2a －2＋2ln 2a <－2a －2＋2ln 1<0，又x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )仅有一个零点在区间(1，＋∞)上．当2a<0，即a <0时，若0<x <1，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增；若x >1，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞，又f (1)＝12a －(a ＋2)＋2ln 1＝－12a －2＝－a －42.当f (1)＝－a －42>0，即a <－4时，函数f (x )有两个零点；当f (1)＝－a －42＝0，即a ＝－4时，函数f (x )有一个零点；当f (1)＝－a －42<0，即－4<a <0时，函数f (x )没有零点．综上，当a <－4时，函数f (x )有两个零点；当a ＝－4时，函数f (x )有一个零点；当－4<a ≤0时，函数f (x )没有零点；当a >0时，函数f (x )有一个零点．[题后悟通]解决本题运用了分类、分层的思想方法，表面看起来非常繁杂．但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式f ′(x )>0与f ′(x )<0的求解，特别是含有参数的不等式求解，而从f ′(x )抽象出与其正负有关的函数g (x )，画图更方便，观察图形即可直观快速地得到f (x )的单调性，大大提高解题的效率．[对点训练]1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．1．解析(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3．令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．2．已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…．(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．2．解析(1)由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ，所以h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－3－2＞0，所以h (1)h (2)＜0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)由(1)可知h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x ．由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32．当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＞0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x )在(0，＋∞)内只有一个零点，则h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2．3．设函数f (x )＝ln x ＋mx，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 )－x3零点的个数．3．解析(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x2，∴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 ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2．(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－133＋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．4．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈1e ，e时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．4．解析(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得x >1a ；由f ′(x )<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )(2)∵当x ∈1e ，e时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即当x ∈1e ，e时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )ln x －x＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1(1，e)上单调递增，∴当x ∈1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0．∴1x＋ln x －1≥0在x ∈1e ，e 上恒成立．∴h ′(x )ln x －x ＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈1e ，e上单调递增．∴h (x )min ＝2e 1e ＋1e，h (x )max ＝e.∴当m <－2e 1e＋1e或m >e 时，函数g (x )在1e ，e 上没有零点；当－2e 1e＋1e≤m ≤e 时，函数g (x )在1e ，e 上有且只有一个零点．5．设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．5．解析(1)∵函数f (x )在[0，＋∞)内单调递增，∴f ′(x )＝e x －1x ＋a≥0在[0，＋∞)内恒成立．即a ≥e －x －x 在[0，＋∞)内恒成立．记g (x )＝e －x －x ，则g ′(x )＝－e －x －1<0恒成立，∴g (x )在区间[0，＋∞)内单调递减，∴g (x )≤g (0)＝1，∴a ≥1，即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a (x >－a )，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1(x ＋a )2>0，知f ′(x )在区间(－a ，＋∞)内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x )在区间(－a ，＋∞)内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x－1x 0＋a ＝0，于是0e x＝1x 0＋a，x 0＝－ln (x 0＋a )．当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x －2a －ln (x 0＋a )＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ，当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．由0<a <23，得2－3a >0，∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．6．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2(a ∈R )．(1)若f (x )在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋y ＋2＝0垂直，求实数a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间[1，e 2]上零点的个数．6．解析(1)f (x )＝ln x －12ax 2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＝1－ax 2x ，则f ′(2)＝1－4a2．因为直线2x ＋y ＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×1－4a2＝－1，解得a ＝0．(2)f ′(x )＝1－ax 2x ，x ∈(0，＋∞)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0′(x )>0，>0得0<x <aa ；由f ′(x )<0得x >aa ，所以f (x )综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )(3)由(2)可知，(ⅰ)当a <0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a >0，故f (x )在[1，e 2]上没有零点．(ⅱ)当a ＝0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a ＝0，故f (x )在[1，e 2]上有一个零点．(ⅲ)当a >0时，①若aa ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e 2]上单调递减．因为f (1)＝－12a <0，所以f (x )在[1，e 2]上没有零点．②若1<aa ≤e 2，即1e 4≤a <1时，f (x )在1，a a 上单调递增，在a a ，e 2上单调递减，而f (1)＝－12a <0，f ＝－12ln a －12，f (e 2)＝2－12a e 4，若f＝－12ln a－12<0，即a>1e时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f＝－12ln a－12＝0，即a＝1e时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f＝－12ln a－12>0，即a<1e时，由f(e2)＝2－12a e4>0，得a<4e4，此时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；由f(e2)＝2－12a e4≤0，得a≥4e4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若aa≥e2，即0<a≤1e4时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－12a<0，f(e2)＝2－12a e4>0，所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．综上所述：当a<0或a>1e时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4e4或a＝1e时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4e4≤a<1e时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．。