高考数学二轮复习函数零点的性质问题学案(全国通用)

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2025届高考数学二轮复习大题专讲专练第40讲隐零点含解析

第40讲隐零点利用导数解决函数综合性问题最终都会归于函数单调性的推断,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系,导函数零点的推断、数值上的精确求解或估计,是导数综合应用中最核心的问题.导函数的零点,依据其数值计算的差异可分为以下两类:(1)数值上能够精确求解的,称为显零点.(2)能够推断其存在但是无法干脆表示的,称为隐零点.对于隐零点问题,由于涉及敏捷的代数变形技巧、抽象缜密的逻辑推断和奇妙的不等式应用,对学生的综合实力要求比较高,往往是考查的难点.我们一般可对隐零点“设而不求”,通过一种整体的代换来过渡,再结合其他条件,从而最终解决问题,一般操作步骤如下:第一步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出一阶导函数零点方程()00f x '=,并结合()f x 的单调性,通过取特别值靠近的方式得到零点的范围.其次步:以一阶导函数零点0x 为分界点,说明导函数()f x '在0x 左、右两边的正、负号,进而得到()f x 的极值表达式()0f x .第三步:将零点方程()00f x '=适当变形,整体代人极值式子()0f x 进行化简证明. 有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小.导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征(零点方程),推断其范围(用零点存在性定理),最终整体代人即可.请留意,进行代数式的替换过程中,尽可能将指数、对数函数式用幂函数替换,这是简化函数的关键.无参隐零点问题隐零点证明无参不等式恒成立问题:已知无参函数()f x ,导函数方程()0f x '=的根存在,却无法精确求出,其一般解题步骤为:第一步:求导,判定一阶导函数的单调性,并设方程()0f x '=的根为0x . 其次步:写出零点等式()00f x '=成立. 第三步:取点找出留意确定0x 的合适范围。

第四步:把零点等式变形反带回()f x ,进行简化,从而求解.【例1】已知函数()()23e ,91xf x xg x x =+=-.证明:()()f x g x >.【解析】证明：设()()()()23e 91,3e 29xx h x f x g x x x h x x =-=+-+='+-为增函数,∴可设()00h x '=.()()06137h h e o =''-<=->()00,1x ∴∈.当0x x >时,()0h x '>.当0x x <时,()0h x '<.()02min 000()3e 91x h x h x x x ∴==+-+.又00003e 290,3e 29x x x x +-=∴=-+.()()22min 0000000()29911110110h x x x x x x x x ∴=-++-+=-+=--.()()()0000,1,1100x x x ∈∴-->, ()()min ()0,h x f x g x ∴>>.【例2】已知函数()()e ln 2xf x x =-+,求证:()0f x >.【解析】证明：()1e 2xf x x =-+'在区间(2-,)∞+上单调递增, 又()()10,00f f -'',()0f x ∴'=在()2,∞-+上有唯一实根0x ,且()01,0x ∈-.当()02,x x ∈-时,()0f x '<. 当()0,x x ∞∈+时,()0f x '>. 从而当0x x =时,()f x 取得最小值. 由()00f x '=,得()00001e ,ln 22x x x x =+=-+,()()()()200000110022x f x f x x f x x x +∴=+=>∴>++.【例3】已知函数()2ln f x x x x x =--.证明:()f x 存在唯一的极大值点0x ,且()220e2f x --<<.【解析】证明：()()2ln ,22ln f x x x x x f x x x =-'=---. 设()22ln h x x x =--, 则()12h x x'=-. 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x '<. 当1,2x ∞⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()0h x '>. ()h x ∴在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,在1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭单调递增.又()()21e 0,0,10,2h h h -⎛⎫><=⎪⎝⎭()h x ∴在10,2⎛⎫⎪⎝⎭零点只有0x ，在1,2∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭零点只有1,且当()00,x x ∈时,()0h x >.当()0,1x x ∈时,()0h x <.当()1,x ∞∈+时,()0h x >. ()()f x h x '=,0x x ∴=是()f x 在()0,1上的唯一极大值点.由()00f x '=得()00ln 21x x =-.()()0001f x x x ∴=-.由()00,1x ∈得()0104f x <<. 0x x =是()f x 在()0,1的最大值点,由()()11e 0,1,e 0f --∈'≠得()()120e e f x f -->=.()220e 2f x --∴<<.含参隐零点问题含参函数的隐零点问题:已知含参函数(),f x a ,其中a 为参数,导函数方程(),f x a '=0的根存在,却无法求出,其解题步骤为:第一步:设方程(),0f x a '=的根为0x .其次步:写出零点等式(),0f x a '=成立时,含0,x a 的关系式. 第三步:取点找出0x 的合适范围,该范围往往和a 有关. 第四步:反带回()f x 进行求解,通常可以消参.【例1】设函数()2eln xf x a x =-.(1)探讨()f x 的导函数()f x '零点的个数. (2)证明:当0a >时()22lnf x a a a+. 【解析】(1)()f x 的定义域为()()20,,2e (0).xaf x x x∞+>'=-①当0a 时,()()0,f x f x '>'没有零点. ②当0a >时,2e x 单调递增,ax-单调递增.()f x ∴'在()0,∞+单调递增.又()0f a '>,当b 满意04a b <<且14b <时,()0f b '<,故当0a >时,()f x '存在唯一零点.(2) (证明)由(1)题,可设()f x '在()0,∞+的唯一零点为0x ,当()00,x x ∈时,()0f x '<. 当()0,x x ∞∈+时,()0f x '>.故()f x 在()00,x 单调递减,在()0,x ∞+单调递增,∴当0x x =时,()f x 取得最小值,最小值为()0f x .由于0202e 0x ax -=, ()000222ln 2ln 2a f x ax a a a x a a∴=+++. 故当0a >时,()22ln f x a a a+.【例2】已知函数()()e ln xf x x m =-+.当2m 时,证明:()0f x >.【解析】证明：函数()f x 的定义域为(),m ∞-+,则()()e 11e x xx m f x x m x m+-=-=++'. 设()()e 1xg x x m =+-.()()1e 0x g x x m =++'>, ()g x ∴在(),m ∞-+上单调递增.又()()210,22e 12110m g m g m --=--=-⨯->()0g x ∴=在(),m ∞-+上有唯一实根0x .当()0,x m x ∈-时,()()0,0g x f x <<'.当()0,x x ∞∈+时,()()0,0g x f x >>',从而当0x x =时,()f x 取得最小值为()0f x . 由方程()0g x =的根为0x ,得()00001e ,ln x x m x x m=+=-+ 故()(0000011)2f x x x m m m x m x m=+=++--++,当且仅当01x m +=时,取等号.又2m 时,()00f x ∴.()00f x 取等号的条件是01x m +=,001e x x m=+及2m =同时成立,这是不行能的,()00f x ∴>,故()0f x >.【例3】已知函数()()()1e ,ln 1xf x xg x k x k x +==++.(1)求()f x 的单调区间.(2)证明:当0k >时,方程()f x k =在区间()0,∞+上只有一个零点. (3)设()()()h x f x g x =-,其中0k >,若()0h x 恒成立,求k 的取值范围. 【解析】(1)()1e x f x x +=,()()111e e 1e x x x f x x x +++∴'=+=+,令()0f x '>得1x >-. 令()0f x '<得1x <-.故()f x 的单调减区间为(),1∞--,单调增区间为()1,∞-+. (2)证(明)设()()1e x t xf x k x k +=-=-,0k >,则()()11ex t x x +=+'.由(1)题可知()t x 在()1,∞-+上单调递增,又()()()1100,ee 10k k t k t k k k k ++=-=-=-,()t x ∴在()0,∞+上只有一个零点.故当0k >,方程()f x k =在区间()0,∞+上只有一个零点. (3)由题意得()()()()1eln 1,(0,0)x h x f x g x x k x k x x k +=-=--+>>,()()()1111e e x x k x h x x k x k x x+++∴=+-=⋅'--. 令()0h x '=,则1e0x x k +-=.由(2)题得()1e,0x t x x k k +=->,在区间()0,∞+上单调递增且只有一个零点.不妨设()t x 的零点为0x ,则当()00,x x ∈时,()0t x <,即()h x '<0,此时()h x 单调递减.当()0x x ∞∈+时,()0t x >,即()h x '>0,此时()h x 单调递增,∴函数()h x 的最小值为()0h x ,且()()010000e ln 1x h x x k x k x +=--+.由010e 0x x k +-=得00e 1x kx =+,故 ()()0001ln1ln e x k h x k k k x k k k +=--+=-.依据题意()00h x ,即ln 0k k k -, 解得0e k <.故实数k 的取值范围是(]0,e .隐零点求最值利用隐零点求最值的步骤:第一步:求出一阶导函数()f x ',并判定其单调性(也可利用二阶导函数来判定). 其次步:利用零点存在定理判定()f x '存在零点,写出零点方程()00f x '=,并确定零点取值范围()0:,x a b ∈.第三步:通常极值就是最值,写出最值表达式()0f x .第四步:零点等式变形代人最值表达式,这里常用到一个指对互化的变形方式:00000011e 0e e 1x x x x x x -=⇔=⇔=⇔ ()0000ln e ln 0x x x x =+=【例1】求函数()ln 1(0)e xx x F x x x ++=>的最大值.【解析】由已知得()()()()()()2211e 1e ln 1e 1ln .e x x x xx x x x x F x x x x x x ⎛⎫+-+⨯+'+ ⎪⎝⎭=-++=令()ln (0)x x x x ϕ=+>,则()110x xϕ=+>' ∴函数()x ϕ在()0,∞+上单调递增.()1110,110e eϕϕ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,∴存在01,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()000ln 0x x x ϕ=+=,其中0000ln 0e 1x x x x +=⇔=(指对互化).∴当00x x <<时,()()0,0x F x ϕ'.当0x x >时,()()0,0x F x ϕ><'.()F x ∴在()00,x 上单调递增,在()0,x ∞+上单调递减.()000max 00ln 1() 1.ex x x F x F x x ++∴===【例2】求()()e 1ln 2,x F x x x x =--+>0时的最小值. 【解析】()()()111e 1e e 11e ,0.x x x x x F x x x x x x x x +⎛⎫=-+-=+-=+'-> ⎪⎝⎭ ()1e ,0x h x x x=->.令()21e 0xh x x =+>'. ()()0,h x 在∞∴+上单调递增.()120,1e102h h⎛⎫∴==-⎪⎝⎭，存在唯一的1,12x⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()01e0xh xx=-=当()()0,0,0.x x h x F x时即'<<<<()(),0,0x x h x F x当时即'>>>.故()F x在()00,x上单调递减,在(),x∞+上单调递增.()00min00000()e1ln2e ln2x xF x x x x x x=--+=--+,由于()01e0xh xx=-=得0e1xx=,再对0e1xx=两边取对数得00ln0x x+=.min000()e ln21023xF x x x x∴=--+=-+=.【例3】求()1lne2xxxxϕ+=-+的最大值.【解析】()()222211ln ln ee,0.xx x x xxx xx xϕ'⋅-+--=-=>令()()()()2211ln e,2e e e20(0)x x x xx x x x x x x x xx x则μμ=--=--+=--+<>'，()()0,x在μ∞∴+单调递减又()12e11e0,1e0,eμμ-⎛⎫=->=-<⎪⎝⎭由零点存在性定理知,存在唯一零点()0200001,1,0,ln e.exx x x x使即μ⎛⎫∈=-=⎪⎝⎭两边取对数可得()000ln ln2lnx x x-=+,即()()0000ln ln ln lnx x x x-+-=+.由函数lny x x=+为单调增函数可得00ln ,x x =-()()00,0,0.x x x x 当时μϕ'∴当0x x >时，()()0,0x x μϕ<<'.()x ϕ∴在()00,x 上单调递增,在()0,x ∞+上单调递减.()()00000001ln 11e 221x x x x x x x x ϕϕ+-∴=-+=-+=.隐零点求参数取值范——参变分别参变分别法求解含参不等式恒成立,求参数取值范围问题,就是按参变分别的基本步骤.不同的只是分别参数之后求最值时,无法精确地求出极值,只能用隐零点的方式求出一个范围,所以所求最值也只是一个范围.这一类题目,会有一个明显的特征,就是所求参数通常为正整数,只有这样,参数才能取到一个确定的值。

高中数学《函数的零点》学案2新人教B版必修1

§2.4.1 函数的零点自学导纲【学前研究】【知识再现】１．如何判一元二次方程式20(0)ax bx c a ++=≠实根个数？２．二次函数c bx ax y ++=2顶点坐标，对称轴分别是什么？【概念探究】1、已知二次函数22y x x =--， (1）试求当y=0时的x 值，(2) 并画出其图象，从图像上可以看出，这个函数与x 轴的交点为( )和( )。

(3) 这两个点把x 轴分成3个区间，，，每一个区间上函数值__________________。

当_________时y>0 当________时y<0？。

我们把220x x --=的两个根___,____叫做函数22y x x =--的零点，在坐标系中表示图像与x 轴的公共点是( ),( )2、参照1，研究25y x =+的零点，,当函数穿过零点时，在零点的左边函数值为____，在零点的右边函数值为_____。

2、零点的定义：由此得出函数的零点的定义一般地：3、二次函数的零点：（１）△＞０，方程02=++c bx ax 有，二次函数的图象与x 轴有，二次函数有两个零点．（２）△＝０，方程02=++c bx ax 有，二次函数的图象与x 轴有，二次函数有一个二重的零点（二阶零点）．（３）△＜０，方程02=++c bx ax 无，二次函数的图象与x 轴无，二次函数无．4、二次函数零点的性质：当函数图象通过零点且穿过x 轴时，函数值 ;这样的零点成为变号零点两个零点把x 轴分成三个区间，在每个区间上所有函数值；如果一个二次函数有一个二重零点，那么它通过这个二重零点时，函数值的符号。

这样的零点称为_________。

跟踪1、分别求下列函数的零点：①122+-=x x y ；②223y x x =--+；③322+-=x x y 。

【阅读巩固】阅读教材，检查上面的填写是否正确，并作以下练习。

P72练习A 1 P72 练习A 2 P72练习B【深入探究】1、二次函数)0(2≠++=a c bx ax y 的是否一定有零点，判断依据是什么2、函数的零点与方程的根、函数图象与x 轴交点的关系：函数)(x f y =有零点⇔方程0)(=x f 有 ⇔函数)(x f y =的图象与x 轴．3、函数零点的求法：求函数)(x f y =的零点即求。

高考数学二轮复习隐零点问题学案(全国通用)

专题08 隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数()ln f x ax x x =+的图像在点x e =(其中e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数a 的值；（2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值；【答案】3【解析】解析：（1）()'1ln f x a x =++，由()3f e =解得1a =；（2）()ln f x x x x =+，()ln ()11f x x x x k g x x x +<=--@，22ln '()(1)x xg x x --=-，令()2ln h x x x =--，有1'()10h x x=->，那么()(1)1h x h >=-. 不妨设0()0h x =，由(3)0h <，(4)0h <，则可知0(3,4)x ∈，且00ln 2x x =-. 因此，当()0h x >时，()'0g x >，0x x >；当()0h x <时，()'0g x <，0x x <；即可知[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--，所以0k x ≤，得到满足条件的k 的最大正整数为3.类型二根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数2()2ln (0)f x x t x t =->，t 为何值时，方程()2f x tx =有唯一解. 【答案】(,0){1}-∞U 【解析】222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=⇔+=，当ln 0x x +=时，有t R ∈；设()ln u x x x =+，1'()10u x x =+>；又(1)10u =>，11()10u e e=-<，不妨设00ln 0x x +=，则可知01(,1)x e∈.当ln 0x x +≠时，得到22()ln x t g x x x=+@； 2222ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+==++，令()12ln g x x x =-+，易知(1)0g =，且1x >时，()0g x >；1x <时，()0g x <；综上可知()g x 在区间00(0,),(,1)x x 上为减函数，在区间(1,)+∞上为增函数；画图函数图像：因此，可知所求t 的范围为(,0){1}-∞U .类型三根据隐零点构造新函数典例3 已知函数()21x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围．【答案】1(,]2-∞【解析】()'12x f x e ax =--，首先，当0a ≤时，在[0,)+∞上()'0f x ≥恒成立，则有()()00f x f ≥=．其次，当0a >时，令()x g x e =，()21h x ax =+，由题1可知，当021a <≤，即102a <≤时，()()g x h x ≥．此时()'0f x ≥,同样有()0f x ≥．再者，当12a >时，函数()y g x =与()y h x =相交于点()0,1和()00,x y ．同时，当()00,x x ∈时，()'0f x <；当()0,x x ∈+∞时，()'0f x >. 即可知()()02000min1x f x f x e x ax ⎡⎤==---⎣⎦，将0012x e ax =+代入得到：()00000112x x e f x e x x -=---⋅ ()00x >，令()112x xe F x e x x -=---⋅()0x >，则()()11'2x e x F x --=．又由变式2可知()1xx e-+-≤，那么()1'02x x e e F x -⋅-≤≤，即()F x 在区间()0,+∞上递减，因此有()()000f x f <=，与()0f x ≥矛盾，故12a >不合题意．综上可知，满足题意的实数a 的取值范围为1(,]2-∞．1．已知函数f(x)=x ⋅e x −a(lnx +x)，g(x)=(m +1)x .（a,m ∈R 且为常数，e 为自然对数的底）（1）讨论函数f(x)的极值点个数；（2）当a =1时，f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）当a ≤0时，无极值点；当a >0时，有且仅有1个极值点；（2）(−∞,0] 【解析】（1）f(x)的定义域为(0,+∞)， f ′(x)=(x +1)e x −a (1x +1)=x+1x(xe x −a )，因为函数y =(xe x )′=e x +xe x >0在(0,+∞)上恒成立，所以函数y =xe x 在区间(0,+∞)上单调递增，且值域为(0,+∞)， ①当a ≤0时，xe x −a >0在区间(0,+∞)上恒成立，即f ′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以无极值点； ②当a >0时，方程xe x −a =0有唯一解，设为x 0(x 0>0)，当0<x <x 0时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x >x 0时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以x 0是函数f(x)的极小值点，即函数f(x)只有1个极值点.（2）当a =1时，不等式f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，即xe x −lnx −1≥(m +1)x 对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，即e x −lnx+1x≥m +1对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，记F(x)=e x −lnx+1x，F ′(x)=e x +lnx x 2=x 2e x +lnxx 2，记ℎ(x)=x 2e x +lnx ，因为ℎ(x)=2xe x +x 2e x +1x >0在x ∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1e )=(1e )2e 1e −1=e 1e −2−1<0，ℎ(1)=e >0，所以存在x 0∈(1e ,1)使得ℎ(x 0)=0，且x ∈(0,x 0)时，ℎ(x)<0，F ′(x)<0，函数F(x)单调递减；当x ∈(x 0,+∞)时，ℎ(x)>0，F ′(x)>0，函数F(x)单调递增；. 所以F(x)min =F (x 0)，即F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0，又因为ℎ(x 0)=0⇒x 02e x 0=−lnx 0，⇒ x 0e x 0=−lnx 0x 0，⇒x 0ex 0=ln 1x 0⋅eln1x 0，所以x 0=ln 1x 0，因此F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0=x 0e x 0−lnx 0−1x 0=1+x 0−1x 0=1，所以1≥m +1，解得m ≤0. 综上，实数m 的取值范围是(−∞,0].2．已知f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1 (k ∈R).（1）若f(x)是(0,+∞)上的增函数，求k 的取值范围；（2）若函数f(x)有两个极值点，判断函数f(x)零点的个数. 【答案】(1) (−∞,1] (2) 三个零点【解析】（1）由f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1得f ′(x)=x−lnx−kx，由题意知f ′(x)≥0恒成立，即x −lnx −k ≥0，设F(x)=x −lnx −k ，F ′(x)=1−1x ，x ∈(0,1)时F ′(x)<0，F(x)递减，x ∈(1,+∞)时，F ′(x)>0，F(x)递增；故F(x)min =F(1)=1−k ≥0，即k ≤1，故k 的取值范围是(−∞,1]. （2）当k ≤1时，f(x)单调，无极值；当k >1时，F(1)=1−k <0，一方面，F (e −k )=e −k >0，且F(x)在(0,1)递减，所以F(x)在区间(e −k ,1)有一个零点. 另一方面，F (e k )=e k −2k ，设g(k)=e k −2k (k >1)，则g ′(k)=e k −2>0，从而g(k) 在(1,+∞)递增，则g(k)>g(1)=e −2>0，即F (e k )>0，又F(x)在(1,+∞)递增，所以 F(x)在区间(1,e k )有一个零点.因此，当k >1时f ′(x)在(e −k ,1)和(1,e k )各有一个零点，将这两个零点记为x 1， x 2 (x 1<1<x 2)，当x ∈(0,x 1)时F(x)>0，即f ′(x)>0；当x ∈(x 1,x 2)时F(x)<0，即 f ′(x)<0；当x ∈(x 2,+∞)时F(x)>0，即f ′(x)>0：从而f(x)在(0,x 1)递增，在(x 1,x 2) 递减，在(x 2,+∞)递增；于是x 1是函数的极大值点，x 2是函数的极小值点. 下面证明：f (x 1)>0，f (x 2)<0由f ′(x 1)=0得x 1−lnx 1−k =0，即k =x 1−lnx 1，由f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−klnx 1−1得f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−(x 1−lnx 1)lnx 1−1 =x 1+12(lnx 1)2−x 1lnx 1−1，令m(x)=x +12(lnx)2−xlnx −1，则m ′(x)=(1−x)lnxx，①当x ∈(0,1)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)>m(1)=0，而x 1<1，故f (x 1)>0； ②当x ∈(1,+∞)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)<m(1)=0，而x 2>1，故f (x 2)<0；一方面，因为f (e −2k )=e −2k −1<0，又f (x 1)>0，且f(x)在(0,x 1)递增，所以f(x)在 (e −2k ,x 1)上有一个零点，即f(x)在(0,x 1)上有一个零点. 另一方面，根据e x >1+x(x >0)得e k >1+k ，则有： f (e4k )=e4k−12k 2−1>(1+k)4−12k 2−1 =k 4+4k (k −34)2+74k >0，又f (x 2)<0，且f(x)在(x 2,+∞)递增，故f(x)在(x 2,e 4k )上有一个零点，故f(x)在 (x 2,+∞)上有一个零点.又f(1)=0，故f(x)有三个零点.3．已知函数f(x)=xlnx −lnx ，g(x)=x −k . （Ⅰ）令ℎ(x)=f(x)−g(x)①当k =1时，求函数ℎ(x)在点(1,ℎ(1))处的切线方程；②若x ∈A =|x|x >1|时，ℎ(x)⩾0恒成立，求k 的所有取值集合与A 的关系；（Ⅱ）记w(x)=(f(x)−kx )(g(x)−k2x )，是否存在m ∈N +，使得对任意的实数k ∈(m,+∞)，函数w(x)在(1,+∞)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数m ，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①y =−x +1；②见解析；（2）2 【解析】（1）①由题意，可得ℎ(x)=f(x)−g(x)=xlnx −lnx −x +k ，则ℎ′(x)=lnx −1x ，所以ℎ′(1)=−1，ℎ(1)=0所以ℎ(x)在(1,ℎ(1))处的切线方程为y =−x +1 ②由ℎ(x)≥0，即k ≥x −xlnx +lnx =m(x) 则m ′(x)=1x −lnx ，x ∈(1,+∞)，因为m ′(x)=1x −lnx 在(1,+∞)上单调递减，所以m ′(x)<m ′(1)=1，存在x 0∈(1,+∞)，使得m ′(x 0)=0，函数m(x)在x ∈(1,x 0)上单调递增，在x ∈(x 0,+∞)上单调递减，k ≥m (x 0)，由m ′(x 0)=0得lnx 0=1x 0，m (x 0)=x 0+1x 0−1>1，∴k >m (x 0)>1，所以k 的所有取值集合包含于集合A .（Ⅱ）令f(x)−kx =xlnx −lnx −kx g(x)−k2x =x −k −k2x ，x ∈(1,+∞) （1）(f(x)−k x )′=lnx +1−1x +kx>0，x ∈(1,+∞)，由于k ∈(m,+∞)，⇒k >1，f(1)=−k <0，x →+∞，f(x)→+∞，由零点存在性定理可知，∀k ∈(1,+∞)，函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点. （2）(g(x)−k 2x)′=1+k2x >0，x ∈(1,+∞)，g(1)=1−3k 2<0，x →+∞，g(x)→+∞，同理可知∀k ∈(1,+∞)，函数g(x)在定义域内有且仅有一个零点. （3）假设存在x 0∈(1,+∞)，使得f (x 0)−k x 0=g (x 0)−k 2x 0=0，则{k =x 02lnx 0−x 0lnx 0,x 0−k =k 2x 0，消k ，得lnx 0−2x 02x 02−x 0−1=0. 令G(x)=lnx −2x 2x 2−x−1，G ′(x)=1x +4x 2+2(2x 2−x−1)2>0，所以G(x)单调递增. ∵G(2)=ln2−45=15ln 32e 4<0，G(√2+1)=0.8814−√23>0，∴x 0∈(2,√2+1)，此时k =x 02x 0+12=x 0+12+14(x 0+12)−1∈(85,2)，所以满足条件的最小正整数m =2.4．已知函数f (x )=e x ,g (x )=12x 2−52x −1（e 为自然对数的底数）．（1）记F (x )=lnx +g (x )，求函数F (x )在区间[1,3]上的最大值与最小值；（2）若k ∈Z ，且f (x )+g (x )−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）k max =−1 【解析】（1）∵F (x )=lnx +g (x )=lnx +12x 2−52x −1，∴F ′(x )=(2x−1)(x−2)2x，令F ′(x )=0，则x 1=12,x 2=2，所以函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)单调递增， ∴F (x )min =F (2)=−4+ln2，F (x )max =max {F (1),F (3)}=−4+ln3．（2）∵f (x )+g (x )−k >0对任意x ∈R 恒成立， ∴e x +12x 2−52x −1−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x +12x 2−52x −1对任意x ∈R 恒成立．令ℎ(x )=e x +12x 2−52x −1，则ℎ′(x )=e x +x −52．由于ℎ′(x )=e x +1>0，所以ℎ′(x )在R 上单调递增．又ℎ′(0)=−32<0,ℎ′(1)=e −32>0,ℎ′(12)=e 12−2<0，ℎ′(34)=e 34−74=0，所以存在唯一的x 0∈(12,34)，使得ℎ′(x 0)=0，且当x ∈(−∞,x 0)时，ℎ′(x )<0，x ∈(x 0,+∞)时，ℎ′(x )>0．即ℎ(x )在(−∞,x 0)单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增． ∴ℎ(x )min=ℎ(x 0)=e x 0+12x 02−52x 0−1．又ℎ′(x 0)=0，即e x 0+x 0−52=0，∴e x 0=52−x 0．∴ℎ(x 0)=52−x 0+12x 02−52x 0−1=12(x 02−7x 0+3)．∵x 0∈(12,34)，∴ℎ(x 0)∈(−2732,−18)．又∵k≤e x+12x2−52x−1对任意x∈R恒成立，∴k≤ℎ(x0)，又k∈Z，∴k max=−1．5．己知函数f(x)=lnx−kx2(k∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x1，x2，求k的取值范围，并证明x1+x2>2√−2k.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）解：因为f(x)=lnx−kx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以f′(x)=1x +2kx3=x2+2kx3,x>0．当k≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．当k<0时，由f′(x)=0，得x=√−2k（负根舍去），当x∈(0,√−2k)时，f′(x)<0，当x∈(√−2k,+∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减；在(√−2k,+∞)上单调递增．综上所述，当k≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增（2）先求k的取值范围：方法1:由（1）知，当k≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(√−2k)=ln√−2k+12，要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)min=ln√−2k+12<0，解得−12e<k<0．因为−2k<√−2k<1，且f(1)=−k>0，下面证明f(−2k)=ln(−2k)−14k>0．设g(k)=ln(−2k)−14k ，则g′(k)=1k+14k2=4k+14k2．因为k>−12e ，所以g′(k)=1k+14k2=4k+14k2>−2e+14k2>0．所以g(k)在(−12e,0)上单调递增，所以f(−2k)=g(k)>g(−12e )=ln1e+e2>0．所以k的取值范围是(−12e,0)．方法2:由f(x)=lnx−kx2=0，得到k=x2lnx．设g(x)=x2lnx，则g′(x)=x(2lnx+1)．当0<x<e−12时，g′(x)<0，当x>e−12时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0,e−12)上单调递减，在(e−12,+∞)上单调递增．所以由[g(x)]min=g(e−12)=−12e．因为x→0+时，g(x)→0，且g(1)=0，要使函数f(x)有两个零点，必有−12e<k<0．所以k的取值范围是(−12e,0)．再证明x1+x2>2√−2k：方法1:因为x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，即证(x1+x2)2>−8k．即证x12(1+t)2>−8k，即证klnt (1t2−1)(1+t)2>−8k．因为−12e <k<0，所以即证(1t2−1)(1+t)2<−8lnt，或证8lnt+(1t2−1)(1+t)2<0(t>1)．设ℎ(t)=8lnt+(1t2−1)(1+t)2，t>1．即ℎ(t)=8lnt−t2−2t+2t +1t2，t>1．所以ℎ′(t)=8t −2t−2−2t2−2t3=−2(t2−1)2−2t(t−1)2t3<0．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=8lnt+(1t−1)(1+t)2<ℎ(1)=0,t>1．所以x1+x2>2√−2k．方法2:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．即证tx12>−2k，即证t×klnt (1t2−1)>−2k．因为−12e <k<0，所以即证t−1t>2lnt(t>1)．设ℎ(t)=2lnt−t+1t，则ℎ′(t)=2t −1−1t2=−(t−1)2t2<0，t>1．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=2lnt−t+1t<ℎ(1)=0．所以x1+x2>2√−2k．方法3:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx1=0,lnx2−kx2=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．只需证lnx1+lnx2>ln(−2k)．即证kx12+kx22>ln(−2k)，即证kx12+ktx12>ln(−2k)．即证k(1+1t2)1x12>ln(−2k)．因为√−2k<x1<0，所以x12<−2k，即1x12>1−2k．所以k(1+1t2)1x12>k(1+1t2)×1−2k=−12(1+1t2)>−12(1+1)=−1．而ln(−2k)<ln1e=−1，所以k(1+1t2)1x12>ln(−2k)成立．所以x1+x2>2√−2k．方法4:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．由已知得{lnx 1−kx 12=0,lnx 2−kx 22=0,即lnx 2−lnx 1=k x 22−k x 12．先证明lnx 2−lnx 1x 2−x 1<√x 1x 2，即证明lnt <√t(t >1)．设ℎ(t )=√t−lnt ，则ℎ′(t )=√t−1)22t √t>0．所以ℎ(t )在(1,+∞)上单调递增，所以ℎ(t )>ℎ(1)=0，所证不等式成立．所以有lnx 2−lnx 1x 2−x 1=−k (x 1+x 2)x 12x 22<√x x ．即−k (x 1+x 2)<(√x 1x 2)3．因为√x 1x 2<x 1+x 22（x 1≠x 2），所以−k (x 1+x 2)<(x 1+x 22)3，即(x 1+x 2)2>−8k ．所以x 1+x 2>2√−2k ．方法5:要证x 1+x 2>2√−2k ，其中x 1∈ (0,√−2k)，x 2∈ (√−2k,+∞)，即证x 2>2√−2k −x 1．利用函数f (x )的单调性，只需证明f (x 2)>f(2√−2k −x 1)．因为f (x 2)=f (x 1)，所以只要证明f (x 1)>f(2√−2k −x 1)，其中x 1∈ (0,√−2k)．构造函数F (x )=f (x )−f(2√−2k −x)，x ∈(0,√−2k)，则F (x )=lnx −kx 2−ln(2√−2k −x)+k (2√−2k−x)2．因为F ′(x )=1x +2kx 32√−2k−x(2√−2k−x)3=√−2kx(2√−2k−x)+4k √−2k[(2√−2k−x)2−x(2√−2k−x)+x 2]x 3(2√−2k−x)3（利用均值不等式） <√−2k x(2√−2k −x)4k √−2k x 2(2√−2k−x)2=√−2k(x−√−2k)2x 2(2√−2k−x)2<0，所以F (x )在(0,√−2k)上单调递减．所以F (x )>F(√−2k)=ln √−2k +12−ln √−2k −12=0．所以f (x )>f(2√−2k −x)在(0,√−2k)上恒成立．所以要证的不等式x 1+x 2>2√−2k 成立．6．已知函数f(x)=xe x−1−alnx ．（无理数e =2.718...）（1）若f(x)在(1,+∞)单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=0时，设函数g(x)=ex ⋅f(x)−x2−x，证明：当x>0时，g(x)>1−ln22−(ln22)2．（参考数据ln2≈0.69）【答案】（1）a∈(−∞,2]；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）∵f(x)在(1,+∞)单调递增，∴f′(x)=(1+x)e x−1−ax =(x+x2)e x−1−ax≥0在（1，＋∞）恒成立，设h（x）＝（x＋x2）e x－1－a，由题意h（x）≥0在（1，＋∞）恒成立，∵h'（x）＝e x－1（x2＋3x＋1），∴当x∈（1，＋∞）时，x2＋3x＋1＞0，故h'（x）＞0，∴h（x）在（1，＋∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝2－a，故2－a≥0，∴a≤2，综上a∈（－∞，2]．（2）当a＝0时，f（x）＝xe x－1，g（x）＝e x－x2－x，g'（x）＝e x－2x－1，设m（x）＝e x－2x－1，则m'（x）＝e x－2，令m'（x）＝0，解得x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，当x∈（ln2，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增．因此m（x）≥m（ln2）＝e ln2－2ln2－1＝1－2ln2＜0，即g'（ln2）＝1－2ln2＜0，，又g'（0）＝0，g′(1+12ln2)=e1+12ln2−2(1+12ln2)−1=√2e−3−ln2>0，故存在x0∈（ln2，1+12ln2），使g'（x0）＝0，即e x0−2x0−1=0，e x0=2x0+1．当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g (x )≥g (x 0)=ex 0−x 02−x 0=2x 0+1−x 02−x 0=−x 02+x 0+1=−(x 0−12)2+54，由于x 0∈（ln2，1+12ln2），函数y =−(x 0−12)+54单调递减，故g (x )≥−(x 0−12)2+54>−(1+12ln2−12)2+54=1−ln22−(ln22)2所以，当x ＞0时，g (x )>1−ln22−(ln22)2．7．已知函数f (x )=x +2x+alnx (a >0) （1）若a =1，求函数f (x )的极值和单调区间；（2）若g (x )=f (x )+2a 2−2x，在区间(0,e ]上是否存在x 0，使g (x 0)<0，若存在求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值(2)见解析【解析】（1）当a =1时，f (x )=x +2x +lnx∵f ′(x )=(x+2)(x−1)x 2，且x ∈(0,+∞)∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0;x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0 ∴ f (x )=x +2x +lnx 有极小值f (1)=3故函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值. （2）∵g (x )=f (x )+2a 2−2x=x +2a 2x+alnx (a >0)∴g ′(x )=(x+2a )(x−a )x 2∵a >0∴x ∈(0,a )时，g ′(x )<0，x ∈(a,+∞)时g ′(x )>0 ∴x =a 为函数的唯一极小值点又x ∈(0,e ]，当0<a ≤e 时g (x )min =g (a )=a +2a +alna =a (3+lna )在区间(0,e ]上若存在x 0，使g (x 0)<0，则g (x )min =a (3+lna )<0 ，解得0<a<1e3当a>e时，g(x)=x+2a 2x+alnx(a>0)在x0∈(0,e]为单调减函数，g(x)min=g(e)=e+2a2e+a>0，不存在x0∈(0,e]，使g(x0)<0综上所述，在区间(0,e]上存在x0，使g(x0)<0，此时0<a<1e38．已知函数f(x)=ax2−x−lnx(1)若a=1时，求函数f(x)的最小值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）0 （2）0<a<1【解析】解：（1）a=1,f(x)=x2−x−lnx,则f′(x)=2x−1−1x =(2x+1)(x−1)x(x>0)，当0<x<1时，f′(x)<0，函数单调递减，当x>1时，f′(x)>0,f(x)为增，∴f(x)在x=1处取最小值0.（2）由f(x)=ax2−x−lnx，得f′(x)=2ax−1−1x =2ax2−x−1x(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)=2ax 2−x−1x<0,函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，∴当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点.∵f(x)有两个零点，∴a>0 .令g(x)=2ax2−x−1,，Δ=1+8a>0，显然g(x)有一正根和一负根，∴g(x)在(0，+∞)上只有一个零点，设这个零点为x0，当x∈(0,x0)时，g(x)<0,f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g(x)>0,f′(x)>0；∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，要使函数f(x)在(0，+∞)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即ax02−x0−lnx0<0.∵g(x0)=2ax02−x0−1=0,∴ax02−x0−lnx0=12(−2lnx0+2ax02−2x0)=12[−2lnx0+(2ax02−x0−1)−x0+1]=12(1−x0−2lnx0)<0，可得2lnx0+x0−1>0.∵ℎ(x)=2lnx+x−1在(0，+∞)上是增函数，且h(1)=0，∴x0>1.0<1x0<1,由2ax02−x0−1=0，得2a=x0+1x02=(1x0)2+1x0=(1x0+12)2−14∴0<2a<2,即0<a<1.9．设函数f(x)=x−alnx，其中e为自然对数的底数.（1）若a=1，求f(x)的单调区间；（2）若g(x)=f(x)−x+e x−1，0≤a≤e，求证：f(x)无零点.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）若a=1，则f(x)=x−lnx(x>0)，f′(x)=1−1x =x−1x.当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).（2）由g(x)=e x−1−alnx(x>0)可知，g′(x)=xe x−1−ax(x>0)，当a=0时，g(x)=e x−1，显然g(x)没有零点；当0<a≤e时，设ℎ(x)=xe x−1−a，ℎ′(x)=e x−1(1+x)>0，在[0,+∞)单调递增，又h（0）＝﹣a＜0，h（2）＝2e﹣a＞0，∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x0，则x0e x0−1=a，∴当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∴g（x）的最小值为g（x0）=e x0−1−alnx0，∵x0e x0−1=a，∴e x0﹣1=ax0，两边取对数可得x0﹣1＝lna﹣lnx0，即lnx0＝lna+1﹣x0，∴g（x0）=ax0−a（lna+1﹣x0）=ax0+ax0﹣alna﹣a≥2a﹣alna﹣a＝a﹣alna，（当且仅当x0＝1时取等号），令m（a）＝a﹣alna，则m′（a）＝﹣lna，∴当a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当a∈（1，e]时，m′（a）＜0，∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．∴当0＜a≤e时，m（a）≥0，当且仅当a＝e时取等号，由x0e x0−1=a可知当a＝1时，x0＝1，故当a＝e时，x0≠1，故g（x0）＞m（a）≥0，∴g （x 0）＞0．∴当0≤a ≤e 时，g （x ）没有零点．10．已知函数f(x)=axe bx （其中e 是自然对数的底数，a ∈R ，b ∈R ）在点(1,f(1))处的切线方程是2ex −y −e =0.（I ）求函数f (x )的单调区间；（II ）设函数g(x)=[f(x)]2x−mx −lnx ，若g (x )≥1在x ∈(0,+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（I ）递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞)；（II ）(−∞,2] 【解析】（I ）由条件可知{f(1)=e f ′(1)=2e ，对函数f(x)=axe bx 求导得f ′(x)=a(1+bx)e bx ，于是{f(1)=ae b =e f ′(1)=a(1+b)e b=2e，解得a =b =1. 所以f(x)=xe x ，f ′(x)=(x +1)e x ，令f ′(x)=0得x =−1，于是当x ∈(−∞,−1)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x ∈(−1,+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增.故函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞) （II ）由（I ）知g(x)=xe 2x −mx −lnx ，解法1：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.令ℎ(x)=e 2x −lnx+1x(x >0)，则只需m ≤[ℎ(x)]min 即可.ℎ′(x)=2x 2e 2x +lnxx 2.令H(x)=2x 2e 2x +lnx(x >0)，则H ′(x)=4(x 2+x )e 2x +1x>0，所以H (x )在(0,+∞)上单调递增，又H (14)=√e 8−2ln2<0，H(1)=2e 2>0，所以H (x )有唯一的零点x 0，且14<x 0<1，H (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，因2x 02e 2x 0+lnx 0=0，两边同时取自然对数，则有2x 0+ln (2x 0)+lnx 0=ln (−lnx 0)，即2x 0+ln (2x 0)=ln (−lnx 0)+(−lnx 0)，构造函数m(x)=x +lnx(x >0)，则m ′(x)=1+1x >0，所以函数m (x )在(0,+∞)上单调递增，因m (2x 0)=m (−lnx 0)，所以2x 0=−lnx 0，即e 2x 0=1x 0，所以ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e 2x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−2x 0+1x 0=2，即[ℎ(x)]min =2，于是实数m 的取值范围是(−∞,2].解法2：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.先证明t≥lnt+1，令Q(t)=t−lnt−1(t>0)，则Q′(t)=1−1t =t−1t.于是当t∈(0,1)时，Q′(t)<0，Q(t)单调递减；当t∈(1,+∞)时，Q′(t)>0，Q(t)单调递增，所以Q(t)≥Q(1)= 0，故t≥lnt+1（当且仅当t=1时取等号）.所以当x>0时，有xe2x≥ln(xe2x)+1=lnx+2x+1，所以e2x≥lnxx +2+1x，即e2x−lnx+1x≥2，当且仅当xe2x=1时取等号，于是实数m的取值范围是(−∞,2].。

新数学二轮总复习专题二函数与导数2.2热点小专题一函数的零点及函数的应用学案含解析

2.2热点小专题一、函数的零点及函数的应用必备知识精要梳理1.零点存在性定理：如果函数y=f（x）在区间[a，b]上的图象是一条连续曲线,且有f(a)f(b)〈0，那么函数y=f（x)在区间[a，b］内有零点，即存在c∈(a,b），使得f(c）=0,此时这个c就是方程f（x)=0的根.2。

函数F（x)=f(x）—g(x）的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)与y=g(x）的图象交点的横坐标。

3。

判断函数零点个数的方法：（1)利用零点存在性定理判断法；(2）代数法:求方程f(x）=0的实数根；（3）几何法：对于不易求根的方程,将它与函数y=f（x)的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解.在利用函数性质时,可用求导的方法判断函数的单调性.关键能力学案突破热点一判断函数零点所在的区间【例1】（1)如图是二次函数f(x)=x2-bx+a的部分图象,则函数g （x)=e x+f’（x)的零点所在的大致区间是（)A.(-1，0） B。

（0,1) C。

(1，2）D。

（2,3)（2)（2020湖北恩施高中月考,理11）已知单调函数f（x）的定义域为（0,+∞），对于定义域内任意x，f([f（x)—log2x]）=3，则函数g(x)=f（x)+x—7的零点所在的区间为（)A.（1，2）B.（2，3)C.(3，4) D。

（4，5）解题心得判断函数y=f(x)在某个区间上是否存在零点,主要利用函数零点的存在性定理进行判断。

首先看函数y=f（x）在区间[a,b]上的图象是否连续,然后看是否有f（a)·f（b）<0.若有，则函数y=f(x)在区间（a，b)内必有零点.【对点训练1】设定义域为（0，+∞）的单调函数f（x)对任意的x∈（0,+∞），都有f[f（x)-ln x]=e+1，若x0是方程f（x)-f’（x)=e的一个解，则x0可能存在的区间是(）A。

（0，1） B.(e—1,1）C。

高考数学二轮复习函数零点学案(全国通用)

培优点二函数零点1．零点的判断与证明例1：已知定义在()1,+∞上的函数()ln 2f x x x =--，求证：()f x 存在唯一的零点，且零点属于()3,4．【答案】见解析【解析】()111x f x x x-'=-=，()1,x ∈+∞Q ，()0f x '∴>，()f x ∴在()1,+∞单调递增， ()31ln 30f =-<Q ，()42ln 20f =->，()()340f f ∴<，()03,4x ∴∃∈，使得()00f x =因为()f x 单调，所以()f x 的零点唯一．2．零点的个数问题例2：已知函数()f x 满足()()3f x f x =，当[)1,3x ∈，()ln f x x =，若在区间[)1,9内，函数()()g x f x ax =-有三个不同零点，则实数a 的取值范围是（） A ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,93e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．ln 31,92e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 3ln 3,93⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()()()33x f x f x f x f ⎛⎫=⇒= ⎪⎝⎭Q ，当[)3,9x ∈时，()ln 33x x f x f⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()ln 13ln 393x x f x x x ≤<⎧⎪=⎨≤<⎪⎩，而()()g x f x ax =-有三个不同零点⇔()y f x =与y ax =有三个不同交点，如图所示，可得直线y ax =应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln 3193ea <<3．零点的性质例3：已知定义在R 上的函数()f x 满足：()[)[)2220,121,0x x f x xx ⎧+∈⎪=⎨-∈-⎪⎩，且()()2f x f x +=，()252x g x x +=+，则方程()()f x g x =在区间[]5,1-上的所有实根之和为（） A ．5- B ．6- C ．7- D ．8-【答案】C【解析】先做图观察实根的特点，在[)1,1-中，通过作图可发现()f x 在()1,1-关于()0,2中心对称，由()()2f x f x +=可得()f x 是周期为2的周期函数，则在下一个周期()3,1--中，()f x 关于()2,2-中心对称，以此类推。

零点、根、交点教你如何转化学案(全国通用)

专题11 零点、根、交点教你如何转化考纲要求:1.函数的零点、方程根的个数是历年高考的重要考点．2.利用函数的图形及性质判断函数的零点，及利用它们求参数取值范围问题是重点，也是难点．基础知识回顾:一、方程的根与函数的零点（1）定义：对于函数()y f x =（x D ∈），把使f(x)=0成立的实数x 叫做函数()y f x =（x D ∈）的零点。

函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距、极值点等。

（2）函数零点的意义：函数()y f x =的零点就是方程f(x)=0的实数根，亦即函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点。

（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点，即存在(,c a b ∈）使得f(c)=0，这个也就是方程的根。

函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件。

【注】零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决。

二、二分法（1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法。

（2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下：第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε。

高三名校数学二轮内部复习资料微专题——复合函数零点学案

微专题1——复合函数的零点问题研究【知识回顾】函数与方程这个知识点在高考中的出镜率几乎是100%，我们应该非常重视这个知识点的系统梳理，其中有一个常见考点是复合函数的零点问题.复合函数的零点问题是，类似y =f [g (x )]函数的零点问题.解题的核心词两个，换图、换元.换句话说，就是逐层解方程，先解f (t )=0的根，再解t =g (x )的根，用数形结合去观察根的个数以及范围，显得更直观一些. 【例题分析】例题 (江苏省无锡市普通高中2020届高三第一学期期中调研考试14) 已知函数22212()log (2)2x x x f x x x ⎧-++⎪=⎨->⎪⎩，≤，则方程114f x a x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭恰好有6个不同的解，则实数a 的取值范围为 . 解法一如图，令114t x x=++以及()y f x =的函数图象，根据a 的值进行讨论(1)若0a <，()f t a =由图象可知，此时唯一解0t <，而114t x x=++只有两个解，舍去； (2)若0a =，()f t a =由图象可知，此时解120,3t t <=，而12111,1,44t x t x x x=++=++各有两个解，一共4个解，舍去；(3)若01a <<，()f t a =由图象可知，此时解1230,23t t t <<<<，而12111,1,44t x t x x x =++=++31+14t x x=+各有两个解，一共6个解，符合条件； (4)若1a =，()f t a =由图象可知，此时解12340,2,23t t t t ==<<<，而111,4t x x=++ 211,4t x x =++各有1个解；311,4t x x =++ 411,4t x x=++各有两个解，一共6个解，符合条件；(5)若12a <<，()f t a =由图象可知，此时解1234023t t t t <<<<<<，而111,4t x x=++ 211,4t x x =++无解；311,4t x x =++ 411,4t x x=++各有两个解，一共4个解，舍去； (6)若2a =，()f t a =由图象可知，此时解1231,23t t t =<<<，而111,4t x x=++无解； 211,4t x x =++ 311,4t x x=++各有两个解，一共4个解，舍去； (7)若2a >，()f t a =由图象可知，此时解1223t t <<<，而111,4t x x =++211,4t x x=++各有2个解；一共4个解，舍去；解法二由图可知，114t x x=++的根的可能个数为0（02t <<），1（0=2t t =或），2（02t t <>或）；而()f x a =的根的可能个数为1(a <0)，2(a =0或a >2),3(0<a <1或a =2),4(1≤a <2)；因为f (t )=a ，要有6个不同的根，显然()f x a =的根的个数不小于3个；若()f x a =有3个根，每个根的范围都只能是02t t <>或，所以01a <<符合条件；若()f x a =有4个根，同理解法一中的情况(4)和(5)，可知a =1符合条件，综上，0<a ≤1. 【解题回顾】解法一，虽然讨论的情况数多达7种，但是一一讨论之后，就会对复合函数的零点个数判断有非常深刻的认识，可能达成解法二迅速缩小变量a 的讨论范围.下面把江苏各地20届的模拟试题按照从易到难(小编自己的划分标准，具体到各位因人而异，请多多谅解啊)给出，大家练习后可以点击后面的空白处查看答案. 【巩固练习】1.（★★★江苏省南通市2020届高三上学期第一次调研抽测9月数学试题13）函数2()3f x x x k =--有两个零点，则k 的取值范围是_______.2. （★★★江苏省苏州市部分学校2020届高三第一学期月考模拟试卷14）设函数1,1()log 11,1a x f x x x =⎧⎪=⎨-+≠⎪⎩ ,若函数2()()()g x f x bf x c =++有三个零点123,,x x x ，则122313++x x x x x x 等于．3. （★★★江苏省淮安市2020届高三上学期期中联考数学试卷（文科）14）已知函数()xx f x e=，若关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=恰有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 .4. （★★★江苏省镇江市镇江一中2020届高三期初考试数学试卷13）若关于x 的方程222(1)1+40x x x ax ---=恰有4个不同的正根，则实数a 的取值范围是．5. （★★★江苏省扬州中学2020届高三上学期10月阶段检测数学试卷13）函数lg ,0()2,0xx x f x x ⎧>⎪=⎨⎪⎩≤，若函数2()1y f x a =--存在5个零点，则整数a 的值为 . 6. （★★★江苏省盐城中学2020届高三上学期第二次阶段性质量12月检测数学12）已知函数3||3,0()2,0x x x x f x x ⎧->⎪=⎨⎪⎩≤，若函数1[()][(()]2y f x a f x a =-+-有5个零点，则实数a 的取值范围是 .7. （★★★★镇江2020届高三上学期第一次八校联考数学试卷14）若关于x 的方程222(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．8. （★★★★江苏省南京师范大学附属中学2020届高三12月一模前测数学试卷14）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________．9. （★★★★南通、泰州2020届高三第一次调研测试数学试卷14）已知函数11,0(),01x x f x x x x ⎧--⎪=⎨<⎪-⎩≥ ，若关于x 的方程22()2()10f x a f x a +⋅+-=有五个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是 .10. （★★★★苏州2020届高三第一学期期末考试数学试卷14）已知函数,2()48,25x exx e f x x x x⎧⎪⎪=⎨-⎪>⎪⎩≤，若关于x 的方程22()3()20f x a f x a -⋅+= 恰有5 个相异的实根，则实数a 的取值范围是 .11. （★★★★江苏省百校大联考2020届高三第二次考试数学试题14）14．已知函数21,0(),0x x x f x x x e-⎧<⎪=⎨⎪⎩≥.若方程221()2()016f x af x a -+-=有4个不等的实根，则实数a 的取值集合为____________．12. （★★★★2020届江苏高考南通学科基地数学密卷十13）设函数3ln 2,0()3,0x x f x x x x ⎧->⎪=⎨-+⎪⎩≥，方程22()()10f x m f x m +⋅+-=有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是 .13. （★★★★江苏省南京师大附中2020届高三11月模拟考试数学试卷14）已知函数()41,16,11x x f x x x ⎧-<⎪=⎨⎪+⎩≥，若方程()()f f x a =恰有5个不同的实数根，则实数a 的取值范围是 .14. （★★★★★2020届江苏高考南通学科基地数学密卷九13）设函数2()(1)(,)f x a x bx a a b R =+-+∈，若函数()y f x =有零点，且与函数(())y f f x =的零点完全相同，则b 的取值范围是 .15. （★★★★★江苏扬州高邮市2020届高三上学期开学考试数学试卷(理科)14）己知m R ∈，函数22|31|,<1(),()221log (1),>1x x f x g x x x m x x +⎧==-+-⎨-⎩,若函数m x g f y -=)]([有4个零点，则实数m 的取值范围是 .【答案】1.94k k=->或2. 23.1(1,1)e+4.1(0,)325. 26.3[1,){2}2U7. 10a a=<或8. 314a<<9.(1,1--10.12425a ae=<或≤11.135{}(,)444⋃12.(1,1]-13.3(,3)214.(4,0]-15.5{0}(,1)7U。

3.1.1 第2课时函数的零点课时学案

第2课时函数的零点1.了解函数零点的概念，领会方程的根与零点之间的关系.2.掌握函数零点存在性定理.3.培养自主发现、探究实践能力.1.函数零点的定义对于函数(x)，我们把使的实数x叫做函数(x)的零点.2.函数零点的意义方程f(x)=0有实数根⇔函数(x)的图象与x轴⇔函数(x)有零点.3.函数零点存在性定理如果函数(x)在区间上的图象是的一条曲线，并且有，那么，函数(x)在区间内有零点，即存在c∈，使得，这个c也就是方程f(x)=0的根.1.方程-35=0有个根.2.函数－2的零点是.3.函数－31的零点是.4.为了求函数－的一个零点，某同学利用计算器，得到自变量x和函数值f(x)的部分对应值（精确到0.01）如下：A. B.C. D.一、方程的根与函数的零点考查下列一元二次方程与对应的二次函数：(1)方程－2x－3=0与函数－2x－3;(2)方程－21=0与函数－21;(3)方程－23=0与函数－23.提出问题：1.上述三个一元二次方程的实根是什么？对应的二次函数的图象与x轴的交点坐标是什么？结论：提出问题：2.方程0(a>0)的根与相应函数的图象与x轴的交点有什么关系？结论：提出问题：3.一般地，对于方程f(x)=0与函数(x)上述关系适应吗？结论：提出问题：4.自读教材了解什么是函数的零点，思考函数零点的实际意义是什么？结论：提出问题：5.函数的零点与方程的根有什么共同点和区别？结论：例1求下列函数的零点：－8;－81.反馈练习1 函数f(x)＝的零点是.反馈练习2 函数f(x)＝x＋的零点个数为.二、函数零点存在性定理提出问题：1.函数f(x)=2x－1的零点是什么？函数f(x)=2x－1的图象在零点两侧如何分布？结论：提出问题：2.二次函数－2x－3的零点是什么？函数－2x－3的图象在零点附近如何分布？结论：提出问题：3.如果函数(x)在区间上的图象是连续不断的一条曲线，那么在下列哪种情况下，函数(x)在区间内一定有零点？（1）f(1)>0，f(2)>0;（2）f(1)>0，f(2)<0;（3）f(1)<0，f(2)<0;（4）f(1)<0，f(2)>0.结论：提出问题：4.如果函数(x)在区间上的图象是连续不断的一条曲线，那么在什么条件下，函数(x)在区间内一定有零点吗？结论：提出问题：5.如果函数(x)在区间上的图象是间断的一条曲线，上述的定理还适用吗？结论：提出问题：6.如果函数(x)在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)f(b)>0，那么，函数(x)在区间内一定没有零点吗？结论：提出问题：7.如果函数(x)在区间上的图象是连续不断的一条曲线，且函数(x)在区间(a，b)内可能有零点，那么一定有f(a)f(b)<0吗？结论：例2求函数f(x) 2x－6的零点个数，并确定零点所在的区间.例3函数f(x)＝的零点个数为( )A.3B.2C.7D.0反馈练习3 函数f(x)＝＋3的零点一定在区间( )A.(0，1)B.(1，2)C.(2，3)D.(3，4)1.已知定义在R上的函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：A.(0，1)B.(1，2)C.(2，3)D.(3，＋∞)2.偶函数f(x)在[0，a](a>0)上是连续的单调函数，且f(0)·f(a)＜0，则函数f(x)在[，a]上根的个数是( )A.1B.2C.3D.03.函数y＝-43的零点个数是( )A.0B.1C.2D.不能确定4.函数f(x)＝+3x的零点所在的一个区间是( )A.(-2，-1)B.(-1，0)C.(0，1)D.(1，2)。

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微专题11 函数零点的性质一、基础知识：1、函数零点，方程，图像交点的相互转化：有关零点个数及性质的问题会用到这三者的转化，且这三者各具特点：（1）函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点（2）方程：方程的特点在于能够进行灵活的变形，从而可将等号两边的表达式分别构造为两个可分析的函数，为作图做好铺垫（3）图像的交点：通过作图可直观的观察到交点的个数，并能初步判断交点所在区间。

三者转化：函数()f x 的零点⇒方程()0f x =的根−−−−→方程变形方程()()g x h x =的根⇒函数()g x 与()h x 的交点 2、此类问题的处理步骤：（1）作图：可将零点问题转化成方程，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（2）确定变量范围：通过图像与交点位置确定参数和零点的取值范围（3）观察交点的特点（比如对称性等）并选择合适的方法处理表达式的值， 3、常见处理方法：（1）代换法：将相等的函数值设为t ，从而用t 可表示出12,,x x L ，将关于12,,x x L 的表达式转化为关于t 的一元表达式，进而可求出范围或最值（2）利用对称性解决对称点求和：如果12,x x 关于x a =轴对称，则122x x a +=；同理，若12,x x 关于(),0a 中心对称，则也有122x x a +=。

将对称的点归为一组，在求和时可与对称轴（或对称中心）找到联系二、典型例题：例1：已知函数()lg f x x =，若0a b <<，且()()f a f b =，则2a b +的取值范围是（）A. ()+∞ B. )⎡+∞⎣C. ()3,+∞D. [)3,+∞思路：先做出()f x 的图像，通过图像可知，如果()()f a f b =，则01a b <<<，设()()f a f b t ==，即()lg 0lg a tt b t=⎧⎪>⎨=⎪⎩，由,a b 范围可得：lg 0,lg 0a b <>，从而lg lg tta t a eb t b e-⎧=-=⎧⎪⇒⎨⎨==⎪⎩⎩，所以122tta b e e+=+，而0t e >，所以()123,t t e e+∈+∞ 答案：C小炼有话说：（1）此类问题如果()f x 图像易于作出，可先作图以便于观察函数特点（2）本题有两个关键点，一个是引入辅助变量t ，从而用t 表示出,a b ，达到消元效果，但是要注意t 是有范围的（通过数形结合y t =需与()y f x =有两交点）；一个是通过图像判断出,a b 的范围，从而去掉绝对值。

例2：已知函数()[]()2015cos ,0,2log ,,x x f x x x ππππ⎧⎛⎫-∈ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎪∈+∞⎪⎩，若有三个不同的实数,,a b c ，使得()()()f a f b f c == ，则a b c ++的取值范围是________思路：()f x 的图像可作，所以考虑作出()f x 的图像，不妨设a b c <<，由图像可得：()()()0,1f a f b =∈[],0,a b π∈，且关于2x π=轴对称，所以有22a b a b ππ+=⇒+=，再观察c π>，且()()()2015log 0,1c f c f a π==∈，所以20150log 12015cc πππ<<⇒<<，从而()()2,2016a b c c πππ++=+∈答案：()2,2016ππ小炼有话说：本题抓住,a b 关于2x π=对称是关键，从而可由对称求得a b π+=，使得所求式子只需考虑c 的范围即可例3：定义在R 上的奇函数()f x ，当0x ≥时，()[)[)12log (1),0,113,1,x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨⎪--∈+∞⎩，则关于x的函数()()(01)F x f x a a =-<<的所有零点之和为（）A. 21a -B. 12a -C. 21a --D. 12a -- 思路：()f x 为奇函数，所以考虑先做出正半轴的图像，再利用对称作出负半轴图像，当0x >时，函数图象由两部分构成，分别作出各部分图像。

()F x 的零点，即为方程()0f x a -=的根，即()f x 图像与直线y a =的交点。

观察图像可得有5个交点：12,x x 关于3x =-对称，126x x +=-，30x <且满足方程()()()333f x a f x a f x a =⇒-=-⇒-=-即()132log 1x a -+=，解得：312a x =-，45,x x 关于3x =轴对称，456x x ∴+= 1234512a x x x x x ∴++++=-答案：B 例4：已知113k ≤<，函数()21x f x k =--的零点分别为()1212,x x x x <，函数()2121x kg x k =--+的零点分别为()3434,x x x x <，则()()4321x x x x -+-的最小值为（）A. 1B. 2log 3C. 2log 6D. 3 思路：从()(),f x g x 解析式中发现12,x x 可看做21xy =-与y k =的交点，34,x x 可看做21xy =-与21ky k =+的交点，且12340,0x x x x <<<<，从而1234,,,x x x x 均可由k 进行表示，所以()()4321x x x x -+-可转化为关于k 的函数，再求最小值即可解：由图像可得：12340,0x x x x <<<<3124121221,212121x xx x k k k k k k ⎧-=⎪⎧-=⎪⎪+∴⎨⎨-=⎪⎩⎪-=⎪+⎩()()1222log 1,log 1x k x k ∴=-=+322422131log 1log ,log 1log 21212121k k k k x x k k k k ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()43212222311314log log log log 31111k k k x x x x k k k k +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴-+-=+==-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1,13k ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭Q [)433,1k ∴-+∈+∞-()()[)43212log 3,x x x x ∴-+-∈+∞答案：B例5：已知函数()()31log 113xf x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭有两个不同的零点12,x x ，则（）A. 121x x <B. 1212x x x x ⋅=+C. 1212x x x x ⋅>+D. 1212x x x x ⋅<+思路：可将零点化为方程()31log 113xx ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭的根，进而转化为()()3log 1g x x =-与()113xh x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的交点，作出图像可得1212x x <<<，进而可将()31log 113xx ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭中的绝对值去掉得：()()1231321log 1131log 113x x x x ⎧⎛⎫--=+⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪-=+ ⎪⎪⎝⎭⎩①②，观察选项涉及1212,x x x x ⋅+，故将②-①可得：()()2132111log 1133xxx x ⎛⎫⎛⎫--=-⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭，而13xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭为减函数，且21x x >，从而()()()()()321211212log 1101110x x x x x x x x --<⇒--<⇒-+<⎡⎤⎣⎦，即1212x x x x <+答案：D例6：已知函数⎪⎩⎪⎨⎧>-+≤<=)(,3)0(|,ln |)(333e x x e e x x xf ，存在321x x x <<，)()()(321x f x f x f ==，则23)(x x f 的最大值为思路：先作出()f x 的图像，观察可得：312301x x e x <<<<<，所求23)(x x f 可先减少变量个数，利用()()32f x f x =可得：()232222()ln f x f x x x x x ==，从而只需求出ln x y x =在()31,e 的最小值即可：'21ln x yx -=，所以函数ln xy x=在()1,e 单增，在()3,e e 单减。

从而max ln 1e y e e==答案：1e例7：已知定义在R 上的函数()f x 满足：()[)[)222,0,12,1,0x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨-∈-⎪⎩，且()()2f x f x +=，()252x g x x +=+，则方程()()f x g x =在区间[]5,1-上的所有实根之和为（）A. 5-B. 6-C. 7-D. 8- 思路：先做图观察实根的特点，在[)1,1-中，通过作图可发现()f x 在()1,1-关于()0,2中心对称，由()()2f x f x +=可得()f x 是周期为2的周期函数，则在下一个周期()3,1--中，()f x 关于()2,2-中心对称，以此类推。

从而做出()f x 的图像（此处要注意区间端点值在何处取到），再看()g x 图像，()251222x g x x x +==+++，可视为将1y x=的图像向左平移2个单位后再向上平移2个单位，所以对称中心移至()2,2-，刚好与()f x 对称中心重合，如图所示：可得共有3个交点123x x x <<，其中23x =-，1x 与3x 关于()2,2-中心对称，所以有134x x +=-。

所以1237x x x ++=- 答案：C例8：函数()223,02ln ,0x x x f x x x ⎧--+≤⎪=⎨->⎪⎩，直线y m =与函数()f x 的图像相交于四个不同的点，从小到大，交点横坐标依次记为,,,a b c d ，有以下四个结论①[)3,4m ∈ ② )40,abcd e ⎡∈⎣③ 562112,2a b c d e e e e ⎡⎫+++∈+-+-⎪⎢⎣⎭④ 若关于x 的方程()f x x m +=恰有三个不同实根，则m 的取值唯一则其中正确的结论是（）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④ 思路：本题涉及到m 的取值，及4个交点的性质，所以先作出()f x 的图像，从而从图上确定存在4个交点时，m 的范围是[)3,4，所以①正确。