江苏省无锡市高考数学第九讲函数篇突破函数零点问题练习
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。
高中数学——破解嵌套函数的零点问题
破解嵌套函数的零点问题函数的零点问题是高考的热点，常与函数的性质等相关问题交汇.对于嵌套函数的零点问题，通常借助函数图象、性质求解即通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数。
.1.嵌套函数形式：形如f g x2.解决嵌套函数零点个数的一般步骤(1)换元解套，转化为t=g(x)与y=f(t)的零点．(2)依次解方程，令f(t)=0，求t，代入t=g(x)求出x的值或判断图象交点个数．注：抓住两点：(1)转化换元；(2)充分利用函数的图象与性质．一、嵌套函数零点个数的判断【例1】已知f(x)=|lg x|,x>0，2|x|，x≤0，则函数y=2[f(x)]2-3f(x)+1的零点个数是()A.3B.5C.7D.8跟踪训练1.已知函数f(x)=-x+1，x≤1，ln(x-1),x>1，则函数g(x)=f(f(x))-2的零点个数为( )A.3B.4C.2D.1二、求嵌套函数零点中的参数【例1】函数f(x)=ln(-x-1),x<-1，2x+1，x≥-1，若函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是.跟踪训练1.已知函数f(x)=x2-2x+4，x≤0，ln x，x>0，若函数g(x)=[f(x)]2+2f(x)+m(m∈R)有三个零点，则m的取值范围为.课后跟踪练习1.已知函数f x =2x 2-x +a a ∈R ，若方程f x =0有实根，则集合x f f x =0 的元素个数可能是()A.1或3B.2或3C.2或4D.3或42.函数f x =x 2-1,x ≤1ln x ,x >1，则函数y =f (f (x ))-1的零点个数为()A.2B.3C.4D.53.(多选)若关于x 的方程e ln x x +xe ln x +x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3的值可能为()A.1B.2e 3C.1e 2D.1e4.已知函数f (x )=(ax +ln x )(x -ln x )-x 2有四个不同的零点x 1，x 2，x 3，x 4，且四个零点全部大于1，则1-ln x 1x 11-ln x 2x 21-ln x 3x 31-ln x 4x 4的值为．5.已知函数f x =2x +2,x ≤0log 4x ,x >0，则函数y =f f x 的所有零点之和为．6.已知函数f (x )=−x ，x ≤0,−x 2+2x ,x >0,若方程f (x ) 2+bf (x )+18=0有六个不等实根,则实数b 的取值范围是 .破解嵌套函数的零点问题函数的零点问题是高考的热点，常与函数的性质等相关问题交汇.对于嵌套函数的零点问题，通常借助函数图象、性质求解即通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数。
2023 届高考数学专项(函数零点问题)答题模板与练习(word版,附答案)
2023 届高考数学专项（函数零点问题）答题模板与练习【重要性分析】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⎛⎫ ⎪⎝⎭【同类习题1】方程220xx +-=的解所在的区间为（ ）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3) 【同类习题2】【山西省运城市2021届高三上学期9月调研数学（理）】已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【同类习题3】函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为（ ） A ． B ． C ．D ．【出处】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一）类型二 零点的个数的确定方法1：定义法万能模板内 容()2e xf x =()15g x x=+()0,1()1,2()2,3()3,4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【同类习题4】已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，，则函数的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【出处】吉林省松原市长岭县第二中学2021届高三下学期三模考试数学试题 【同类习题5】方程3sin x x =的根的个数是（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【同类习题6】（多选）若函数f (x )＝恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ） A ．1B ．2C ．15D ．16【出处】山东省济南市章丘区2021届高三5月份模拟数学试题方法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()f x R ()()2f x f x +=[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()y f x x =-4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩结论.例3. 方程31()|log |3xx =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0【同类习题7】【上海市徐汇区2021届高三上学期一模】方程8cos log x x =的实数解的个数是（ ） A ．4B ．3C ．2D ．1【同类习题8】己知函数，若存在两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（二）数学试题【同类习题9】知关于x 的方程有3个不同的实数解，则实数a 的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．【出处】重庆市第八中学2021届高三下学期适应性月考卷（七）数学试题【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，若在区间内恰有6个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．()()()1,1,ln ,1x e x f x g x f x a x x -⎧≤==+⎨>⎩()g x [)1,0-()1,0-()0,1(]0,122xxaa -=()0,2()2,4()2,+∞()4,+∞()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,)+∞95112,,424⎛⎤⎛⎤⋃ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭9112,,344⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭11,2,3447⎛⎫⎡⎫⋃ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭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)ax 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______________.【专项练习】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（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题2．已知函数在上有唯一零点，若，，则（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5()()=x f x e ()2ln g x x =-()0,1()1,2()2,3()3,4()ln (1)f x x x x k x =+--(1,)+∞(,1)k n n ∈+n Z ∈n =【出处】全国名校2021届高三高考数学（文）冲刺试题（二） 3．函数和存在公共点，则的范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【出处】陕西省西安中学2021届高三下学期第二次仿真考试理科数学试题4．已知函数，，若的图象与的图象在上恰有个交点，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【出处】“超级全能生”2021届高三全国卷地区4月联考试题（乙卷）数学（理）试题5．函数的零点，，则（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】山西省吕梁市2021届高三上学期第一次模拟数学（文）试题6．（多选）【2021年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）】已知函数()ln(1)f x x x =+，则（ ）A ．()f x 在(0,)+∞单调递增B ．()f x 有两个零点C ．曲线()y f x =在点11,22f ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处切线的斜率为1ln2-- D ．()f x 是偶函数7．【四川省成都市2020-2021学年高三上学期第一次诊断性检测数学（文）】已知函数()ln f x x x =+，()ln g x x x =，若()1ln f x t =，()2g x t =，则12ln x x t 的最小值为（ ）．A ．21eB ．2eC ．1e-D ．21e-8．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（ ）3y x =212x y -⎛⎫= ⎪⎝⎭()00,P x y 0x ()0,1()1,2()2,3()3,4()f x x a =+()ln g x x =()f x ()g x ()2020,20211a ()ln 20202020,ln 20212021--()ln 20202021,ln 20212020--()ln 20212020,ln 20202021--()ln 20212021,ln 20202020--()1542x f x x =+-[]01,x a a ∈-*a ∈N a =1234A ．1,e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．24,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．3,3e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦9.【河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测理科】对于函数()y f x =与()y g x =，若存在0x ，使()()00f x g x =-，则称()()00,M x f x ，0(,N x -()0)g x -是函数()f x 与()g x 图象的一对“隐对称点”.已知函数()()1f x m x =+，()ln xg x x=，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为（ ） A ．()1,0-B ．(),1-∞-C ．()()0,11,+∞ D ．()(),11,0-∞--10.【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】已知函数()1ln 1x f x x ae-=++的图象与函数()11ln12x g x ae x-=---的图象有唯一公共点，则实数a 的值为（ ） A ．1B ．0C ．2D ．1-11.【山东省枣庄市滕州一中2020-2021学年高三10月月考】定义：如果函数()y f x =在区间[],a b 上存在()1212,x x a x x b <<<，满足()()()'1f b f a f x b a -=-，()()()'2f b f a f x b a-=-，则称函数()y f x =是在区间[],a b 上的一个双中值函数，已知函数()3265f x x x =-是区间[]0,t 上的双中值函数，则实数t 的取值范围是（ ） A ．36,55⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．26,55⎛⎫⎪⎝⎭C ．23,55⎛⎫⎪⎝⎭D ．61,5⎛⎫ ⎪⎝⎭12.【广西南宁三中2020届高三数学（理科）】方程2221,(0)x x a a -=+>的解的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．413．【天津市耀华中学2021届高三（上）】已知函数21,1()ln ,1x x f x x x x⎧-⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程212[()]2()02f x tf x t ++-=有5个不同的实数根，则实数t 的取值范围是（ ） A ．111,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．111,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ C ．113,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ D ．113,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭14.【河南省信阳市2021届高三（10月份）第一次质检数学（理科）】已知函数()21,1ln ,1x x f x x x x⎧-<⎪=⎨≥⎪⎩，若关于x 的方程()()()22120f x m f x m +--=⎡⎤⎣⎦有5个不同的实数解，则实数m 的取值范围是______. 15．已知函数有两个不同的零点，则常数的取值范围是___________. 【出处】全国2021届高三高考数学（文）信息试题（一）16．已知函数有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是_________. 【出处】河北省衡水市饶阳中学2021届高三5月数学精编试题17．【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.()()212f x x k x =--k ()()112 ()1421x x f x k -=-+-参考答案分析【重要性分析】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⎛⎫ ⎪⎝⎭【参考答案】B【分析】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：函数()43xf x e x =+-单调递增,只有一个零点,而0231414141<-=-+=⎪⎭⎫⎝⎛e e f ,0121>-=⎪⎭⎫⎝⎛e f ； 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：由02141<⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ,可知函数的零点在11,42⎛⎫⎪⎝⎭．故选B ． 考点：零点存在定理．【同类习题1】方程220xx +-=的解所在的区间为（ ）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3) 【参考答案】B【分析】试题分析：由题意得，设函数()22xf x x =+-，则()()0102021,12121f f =+-=-=+-=，所以()()010f f <，所以方程220xx +-=的解所在的区间为(0,1)，故选B.考点：函数的零点.【同类习题2】【山西省运城市2021届高三上学期9月调研数学（理）】已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【参考答案】A 【分析】首先求得0x ≤时，()f x 的取值范围.然后求得0x >时，()f x 的单调性和零点，令()()0ff x =，根据“0x ≤时，()f x 的取值范围”得到()32log 93xf x x =+-=，利用零点存在性定理，求得函数()()y f f x =的零点所在区间.【详解】当0x ≤时，()34f x <≤.当0x ≥时，()2932log 92log 9xxx f x x =+-=+-为增函数，且()30f =，则3x =是()f x 唯一零点.由于“当0x ≤时，()34f x <≤.”，所以 令()()0ff x =，得()32log 93xf x x =+-=，因为()303f =<，337782log 98 1.414log 39 3.312322f ⎛⎫=+->⨯+-=> ⎪⎝⎭，所以函数()()y f f x =的零点所在区间为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：A【同类习题3】函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为（ ） ()2e xf x =()15g x x=+A ．B ．C ．D ．【出处】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一） 【参考答案】B 【分析】构造函数，由零点存在定理判断． 【详解】设，是上的增函数，在和上都是减函数，，因此在和上都是增函数，由选项只考虑上的情形，，，所以在上有零点．所以函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为 故选：B ．类型二 零点的个数的确定方法1：定义法例2.函数x e x f x3)(+=的零点个数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【参考答案】B【分析】第一步，判断函数的单调性:由已知得03)(>+='x e x f ，所以)(x f 在R 上单调递增；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：()0,1()1,2()2,3()3,41()2e 5xh x x=--e x y =R 1y x =(0,)+∞(,0)-∞()h x (,0)-∞(0,)+∞(0,)+∞(1)215260h e e =--=-<22111(2)252022h e e =--=->()h x (1,2)()2e xf x =()15g x x=+又因为03)1(1<-=--ef ，03)1(>+=e f ，所以0)1-()1(<•f f第三步，得出结论：所以)(x f 的零点个数是1，故选B ． 考点：函数的零点．【同类习题4】已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，，则函数的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【出处】吉林省松原市长岭县第二中学2021届高三下学期三模考试数学试题 【参考答案】A 【分析】函数的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数周期，当时，，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可. 【详解】①，则函数是周期的周期函数． 又①函数是定义在上的偶函数，且时，， ①当时，，令，则函数的零点个数即为函数和的图象交点个数， 分别作出函数和的图象，如下图，显然与在上有1个交点，在上有一个交点，当时，，而，()f x R ()()2f x f x +=[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()y f x x =-()y f x x =-()f x 2T =[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()()2f x f x +=()f x 2T =()f x R []0,1x ∈()πcos 2f x x =[)1,0x ∈-()()ππcos cos 22f x f x x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭()0f x x -=()y f x x =-()y f x =()g x x =()y f x =()g x x =()f x ()g x [)1,0-0,11x >()1g x >()1f x ≤所以或时，与无交点．综上，函数和的图象交点个数为2，即函数的零点个数是2． 故选：A【同类习题5】方程3sin x x =的根的个数是（）A ．3B ．4C ．5D ．6 【参考答案】C 【分析】试题分析：大致图形如图所示,接下来比较x x f =)(与x x g sin 3)(=在0=x 处的切线斜率,xx f 21)(=',0→x 时,+∞→')(x f ,即)(x f 在0=x 处的切线方程为y 轴,又x x g cos 3)(=',在3)0(='=g k ,因此在y 轴右侧)(x g 图象较缓,由图象可知,共有5个交点,故选C ．考点：图象的交点．【思路点晴】本题考查的是两个函数的交点个数问题．首先运用函数与方程的思想,把给定方程转化成为两个基本函数的交点问题,再通过函数的性质与比较函数在相同自变量处的函数值的大小关系画出两个基本函数图象,需要注意的是,两个函数都过)0,0(点,而y 轴右侧的高低情况需要比较两个函数在0=x 处的切线斜率得到,为本题的易错点．【同类习题6】（多选）若函数f (x )＝恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ） A ．1B ．2C ．15D ．161x >1x <-()f x ()g x ()y f x =()g x x =()y f x x =-4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩【出处】山东省济南市章丘区2021届高三5月份模拟数学试题 【参考答案】AD 【分析】函数零点转化为方程解，每个选项验证即可解决此题． 【详解】函数f (x )的零点即为方程f (x )＝0的解．当m ＝1时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣1＝0，解得：x ＝0； 当x ≥2时，2021（x ﹣1）（x ﹣3）＝0，解得：x ＝1或3，只取x ＝3． ①函数有两个零点0或3．①A 对；当m ＝2时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣2＝0，解得：x ＝； 当x ≥2时，2021（x ﹣2）（x ﹣6）＝0，解得：x ＝2或6． ①函数有三个零点或2或6．①B 错；当m ＝15时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣15＝0，解得：x ＝log 415＜2； 当x ≥2时，2021（x ﹣15）（x ﹣45）＝0，解得：x ＝15或45． ①函数有三个零点log 415或15或45．①C 错；当m ＝16时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣16＝0，解得：x ＝2不成立； 当x ≥2时，2021（x ﹣16）（x ﹣48）＝0，解得：x ＝16或48． ①函数有两个零点16或48．①D 对； 故选：AD ．方法2：数形结合法第一步 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.1212例3. 方程31()|log |3xx =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【参考答案】B【分析】第一步，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：第二步，观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数 ： 由图象可知，函数1()3xy =与函数3log y x =有2个交点；第三步，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： 所以方程有2个解。
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．。
2021版江苏高考数学复习课后限时集训：利用导数解决函数的零点问题含解析
当a＞0时，令f′(x)＜0，
得x＜lna，
令f′(x)＞0，得x＞lna，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝ ，
先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.
综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0).
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)因为 ＝e－lnx0，故点B 在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝ ，连接AB，则直线AB的斜率
k＝ ＝ ＝ .
曲线y＝ex在点B 处切线的斜率是 ，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是 ，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
[解](1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.因为函数f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝e0＋a＝0，所以a＝－1.经检验，a＝－1，符合题意，所以f′(x)＝ex－1.所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f(－2)＝ ＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，所以f(x)在[－2,1]上的最大值为 ＋3.
江苏省无锡市高考数学 第九讲 函数篇 突破函数零点问题练习 试题
某某省某某市2015年高考数学 第九讲 函数篇 突破函数零点问题练习1、已知函数3()sin tan,(1,1)2xf x x x x =++∈-，则满足不等式(1)(21)0f a f a -+-<的实数a 的取值X 围是__________________． 【答案】2(0,)3【解析】试题分析：因为，函数3()sin tan,(1,1)2xf x x x x =++∈-是单调增函数，且为奇函数， 所以，(1)(21)0f a f a -+-<即(21)(1)f a f a -<-，所以，2111111211a aa a -<-⎧⎪-<-<⎨⎪-<-<⎩，解得，实数a 的取值X 围是2(0,)3。
考点：函数的单调性，抽象不等式解法，一元一次不等式组的解法。
点评：小综合题，利用函数的单调性，将抽象不等式转化成具体不等式，是此类问题的一般解法。
2、设0,1a a >≠，函数2lg(23)()x x f x a -+=有最大值，则不等式2log (57)0a x x -+>的解集为【答案】)3,2( 【解析】试题分析：设0,1a a >≠，函数2lg(23)()xx f x a -+=有最大值，所以10<<a ，则不等式2log (57)0a x x -+>的解为⎩⎨⎧<+->+-07507522x x x x ，解得32<<x . 考点：二元一次不等式组；函数最值的应用．点评：本题考查指数函数，对数函数的性质，以及一元二次不等式组的解法．是简单的中档题．3、若函数3()ln f x x x=+在区间(,2)m m +上单调递减，则实数m 的X 围是________.分析：本题是一道改编题，由3()ln f x x x =+得22313'()x f x x x x-=-+=，由'()0f x <得03x <<，所以()f x 的减区间是(0,3]，由(,2)(0,3]m m +⊆得01m ≤≤.答案是：01m ≤≤.4、已知函数()4322f x x ax x b =+++，其中,a b ∈R ．若函数()f x 仅在0x =处有极值，则a 的取值X 围是． 答：88,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦提示：()()2434f x x x ax '=++，显然0x =不是方程24340x ax ++=的根．为使()f x 仅在0x =处有极值，必须24340x ax ++≥成立，即有29640a ∆=-≤．解得8833a -≤≤．这时，(0)fb =是唯一极值． 5、已知函数3()3()f x x ax a =-∈R ，若直线0=++m y x 对任意的m ∈R 都不是曲线)(x f y =的切线，则a 的取值X 围是．答：1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭提示：∵2()33f x x a '=-，不等式()1f x '≠-对任意x 都成立，∴131,3a a ->-<． 零点定理的应用6、已知函数f （x ）＝201543212015432x x x x x +⋯+-+-+，则下列结论正确的是 A ．f （x ）在（0,1）上恰有一个零点 B ．f （x ）在（－1,0）上恰有一个零点 C ．f （x ）在（0,1）上恰有两个零点 D ．f （x ）在（－1,0）上恰有两个零点 【答案】B 【解析】试题分析：因为()234201320141f x x x x x x x '=-+-++-+2420122014(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x =-+-+-++-+所以当()1,0x ∈- 时，()0f x '>所以函数f （x ）＝201543212015432x x x x x +⋯+-+-+在区间（－1,0）上是增函数，且()010f =>()111111102342015f -=------< 所以函数f （x ）在（－1,0）上恰有一个零点，故选B ． 考点：1、导数与函数的单调性；2、函数的零点．7、设三次函数32()1f x ax bx cx =+++的导函数'()3(1)f x ax x =-,且2a >,则函数()f x 的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】D 【解析】试题分析：根据题意可知，函数()f x 在(,0)-∞上单调增，在(0,1)上单调减，在(1,)+∞上单调增，且323()12a f x ax x =-+，所以3(0)10,(1)11022a af f a =>=-+=-<，所以函数有三个零点，故选D ．考点：三次函数的图像问题，函数的零点的个数． 8、已知函数设函数),()()(43-⋅+=x g x f x F 且函数)(x F 的零点均在区间),,](,[Z b a b a b a ∈<内,则a b -的最小值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11 【答案】C 【解析】试题分析：由'232014()1f x x x x x =-+-++，可得当1x =-时，'()0f x >，当1x ≠-时，201520151()1'()1()1x x f x x x--+==--+，若1x <-时，则'()0f x >，若1x >-时，'()0f x >，故函数()f x 在R 上为增函数，又因为1111(1)1102342015f -=------<，(0)1f =0>，所以函数()f x 在其定义域内的区间(1,0)-上只有一个零点，同理可证明函数()g x 在R 上式减函数，由于(1)0,(2)0g g <>，所以函数()g x 在区间(1,2)上有一个零点，所以()F x 在区间(4,3)--或(5,6)上有零点，由于()F x 的零点在区间[,]a b 上，所以b a -的最小值为6(4)10--=，故选C ．考点：函数的单调性，函数的零点，等比数列的求和公式． 二分法9、已知函数2log )(2-+=x x x f ，函数)(x f 的零点)1,(0+∈n n x ，*N n ∈，则=n ． 【答案】1 【解析】试题分析：由对数函数一次函数单调性可知函数()f x 是增函数，()()110.210f f =-<=>∴在区间()1,2上存在唯一零点，所以1n =考点：函数零点常见函数图像的画法10、函数()lg(1)sin 2f x x x =+-的零点个数为（ ） A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 【答案】D 【解析】试题分析：由题意得：求lg(1)y x =+与sin 2y x =交点个数，因为9x =±时，lg101y ==，所以当[0,9]x ∈时，lg(1)y x =+与sin 2y x =有6个交点；当[9,0)x ∈-时，lg(1)y x =+与sin 2y x =有6个交点；所以共有12个交点，选D ．考点：函数零点11、已知函数26()log f x x x=-，在下列区间中，包含()f x 的零点的区间是（ ） A ．（0，1） B ．（1，2） C ．（2，4） D ．（4，＋∞） 【答案】C 【解析】试题分析：根据函数的解析式，可知函数26()log f x x x=-是(0,)+∞的减函数，结合(2)3120f =-=>，31(4)2022f =-=-<，所以函数在区间(2,4)上存在零点，故选C ．考点：函数的零点．12、定义一种新运算：,(),()b a b a b a a b ≥⎧⊗=⎨<⎩，已知函数24()(1)log f x x x =+⊗，若函数()()g x f x k =-恰有两个零点，则k 的取值X 围为（ ）A ．(]1,2B ．(1,2)C ．(0,2)D ．(0,1) 【答案】B 【解析】试题分析：新运算的原则是谁小取谁，在平面直角坐标系中画出41y x=+、2log y x =的图像，可知4x =时，241log 2x x +==，在(0,4)上，241log x x+>，在(4,)+∞上，241log x x +<，且411y x =+≥，函数()()g x f x k =-恰有两个零点，则k 的取值X 围为(1,2)。
2025届高考数学二轮复习专项突破10函数零点
《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.其常常与函数的图像、性质等学问交汇命题，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）困难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．（2024·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(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，则实数λ的值是（）A．14B．18C．78-D．38-【答案】C【分析】利用函数零点的意义结合函数f(x)的性质将问题转化为一元二次方程有等根即可. 【详解】依题意，函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)的零点，即方程f(2x2+1)+f(λ-x)=0的根，由f(2x2+1)+f(λ-x)=0得f(2x2+1)=-f(λ-x)，因f(x)是R上奇函数，从而有f(2x2+1)=f(x-λ)，又f(x)是R上的单调函数，则有2x2+1=x-λ，而函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点，于是得2x2-x+1+λ=0有两个相等实数解，因此得Δ=1-8(1+λ)=0，解得λ=78-，所以实数λ的值是78-.故选：C.练（2024·湖北·黄冈中学模拟预料）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)【答案】B 【详解】因为()f x 为开口向上的抛物线，且对称轴为2ax =-，在区间（－1，1）上有两个不同的零点，所以()()101002112f f a f a ⎧->⎪>⎪⎪⎛⎫⎨-< ⎪⎝⎭⎪⎪⎪-<-<⎩，即22102102022222a a a a a a a a ⎧-->⎪⎪⎪+->⎪⎨⎪⎛⎫---<⎪ ⎪⎝⎭⎪⎪-<<⎩，解得023a <<， 所以实数a 的取值范围是2(0,)3.故选：B例1-2．（2024·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【答案】C解析：()()22x f x x x a e '=++当1a ≥时，220x x a ++≥在R 恒成立，所以()()2'20xf x x x a e =++≥在R 恒成立，所以函数()()2x f x x a e =+在R 上单调递增，没有最小值；当1a <时，令() '0f x =得111x a =---，211x a =--，且12x x < x()1,x -∞1x()12,x x2x()2,x +∞()'f x+0 -+()f x极大值 微小值当x →-∞时，()0f x →所以若()f x 有最小值，只须要()20f x ≤∵()()22221022100xf x a e a a =--⇔--≤⇔≤≤，∴20x x a ++=的判别式1410a ∆=->≥，因此()2g x x x a =++有两个零点.故选：C ．类型二、区间零点存在性定理例2-1．（2024·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 ．()0,1 B ．()1,2 C ．()2,3 D ．()3,4【答案】B 【详解】∵()ln 1f x x x =-，()1ln f x x '=+，由()1ln 0f x x '=+=得，1e x =，∴1,()0ex f x '>>，函数()f x 为增函数，当01x <<时，()ln 10f x x x =-<，又()()410,2ln 21ln 0e12f f =-<=-=>， 故()f x 的零点所在的区间是()1,2. 故选：B练．（2024·天津·大钟庄中学高三月考）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【答案】B 【详解】因为()2xf x x =+为单调递增函数，当2x =-时，()2722204f --=-=-<，当1x =-时，()1112102f --=-=-<，当0x =时，()002010f =+=>，由于()()010f f ⋅-<，且()f x 的图象在()1,0-上连续， 依据零点存在性定理，()f x 在()1,0-上必有零点， 故选：B.类型三、利用两图像交点推断函数零点个数例3-1（一个曲线一个直线）14．（2024·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【答案】B 【分析】由已知函数()f x 的解析式作出图象，把函数()1y f x =-的零点转化为函数()f x 与1y =的交点得答案． 【详解】由函数解析式222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩由图可知，函数()1y f x =-的零点的个数为2个． 故选：B ．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 ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【分析】 ()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，作出函数()21ln x g x x +=的图象，可知满意不等式()a g x <的整数解有且只有一个，从而可得出关于实数a 的不等式，由此可解得实数a 的取值范围. 【详解】 由()1ln 0x f x ax x +=-=可得21ln xa x +=，令()21ln x g x x +=，其中0x >，则()()243121ln 2ln 1x x x x x g x x x ⋅-+--'==.当120x e -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当12x e ->时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减.且当12x e ->时，()21ln 0xg x x +=>，作出函数()g x 的图象如下图所示：由图可知，满意不等式()a g x <的整数解有且只有一个，所以，()1,m n ∈，()2,m n ∉，所以，()()21g a g ≤<，即1ln 2ln 2144e a +=≤<.因此，实数a 的取值范围是ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式的整数解的个数求参数，解题的关键在于利用图象确定整数有哪些，进而可得出关于参数不等式（组）来进行求解.例3-2（一个曲线一个直线）28．（2024·浙江·绍兴市柯桥区老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_______. 【答案】7,24⎛⎫⎪⎝⎭【分析】求出函数()()y f x g x =-的表达式，构造函数()()(2)h x f x f x =+-，作函数()h x 的图象，利用数形结合进行求解即可. 【详解】∵()()22,2,2,2,x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩， ∴()222,02,0x x f x x x ⎧--⎪-=⎨<⎪⎩，∵函数y =f (x )−g (x )恰好有四个零点，∴方程f (x )−g (x )=0有四个解，即f (x )+f (2−x )−b =0有四个解， 即函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象有四个交点，()()222,022,0258,2x x x y f x f x x x x x ⎧++<⎪=+-=⎨⎪-+>⎩ ， 作函数y =f (x )+f (2−x )与y =b 的图象如下，115572222224f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++=+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，结合图象可知， 74<b <2， 故答案为:7,24⎛⎫⎪⎝⎭.例3-3【一个曲线和一个倾斜直线】【2024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__________．【答案】13a ≤-或2a e ≥ 【解析】函数g x f x ax a =-+（）（）存在零点，即方程0f x ax a -+=（） 存在实数根，也就是函数y f x =（）与1y a x =-（）的图象有交点．如图：直线1y a x =-（）恒过定点10（，）， 过点21-（，）与10（，）的直线的斜率101213k -=---＝；设直线1y a x =-（）与x y e =相切于00x x e （，），则切点处的导数值为0x e ，则过切点的直线方程为()000x x y e e x x --＝，由切线过10（，），则()00000012x xx x e e x x e e --∴＝，＝，得02x = ．此时切线的斜率为2e ．由图可知，要使函数g x f x ax a =-+（）（） 存在零点，则实数a 的取值范围为13a ≤- 或2a e ≥．【点睛】本题考查函数零点的判定，其中数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法的敏捷应用．例3-4（两个曲线）49．（2024·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________. 【答案】2 【分析】先利用诱导公式、二倍角公式化简，再将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，进而画出图象进行判定. 【详解】2π()2sin sin()2f x x x x =+-222sin cos sin 2x x x x x =-=-，函数f (x )的零点个数可转化为函数1sin 2y x =与22y x =图象的交点个数， 在同一坐标系中画出函数1sin 2y x =与22y x =图象的（如图所示）：由图可知两函数图象有2个交点， 即f (x )的零点个数为2. 故答案为：2.（两个曲线）8．（2024·四川·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【答案】B 【分析】依据函数的奇偶性确定函数()f x 的周期，将函数的零点问题转化为两函数的交点，最终通过数形结合求解出参数的值. 【详解】因为()1f x +是奇函数，所以函数()y f x =的图象关于点()1,0成中心对称， 即(2)()0f x f x -+=．又因为函数()f x 为奇函数，所以(2)()()f x f x f x -=-=-，即(2)()f x f x +=，所以函数()y f x =是周期为2的周期函数．由于函数()y f x =为定义在R 上的奇函数，则(0)0f =，得(2)(4)0f f ==． 又因为当(]0,1x ∈时，21()log f x x=， 所以21log 212f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，11122f f ⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 于是得出7311222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，51122f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．作出函数()y f x =与函数()sin y x π=的图象如下图所示，由图象可知，函数()y f x =与函数()sin y x π=在区间[]1,m -上从左到右10个交点的横坐标分别为1-，12-，0，12，1，32，2，52，3，72，第11个交点的横坐标为4．因此，实数m 的取值范围是7,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 故实数m 的最小值为72．故选：B ．（两个曲线）【2024河北省武邑中学高三】若定义在R 上的偶函数()f x 满意()()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 【答案】B【解析】分析：在同一个坐标系中画出函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象，这两个函数图象的交点个数即为所求．详解：∵偶函数f （x ）满意f （x+2）=f （x ），故函数的周期为2．当x∈[0，1]时，f （x ）=x ，故当x∈[﹣1，0]时，f （x ）=﹣x ．因为函数y=f （x ）﹣log 3|x|的零点的个数等于函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象，如图所示：明显函数y=f （x ）的图象与函数y=log 3|x|的图象有4个交点，故选B ．点睛：本题考查了根的存在性及根的个数推断，以及函数与方程的思想，依据函数零点和方程的关系进行转化是解决本题的关键．推断零点个数一般有三种方法：（1）方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法.本题利用的就是方法（3）.例3-5（干脆解出零点）（2024·四川·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【答案】C 【分析】令()25sin sin 10f x x x =--=可得21sin sin 5x x -=，依据()2sin sin g x x x =-为偶函数，只需求()21sin sin 5g x x x =-=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解的个数，等价于21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-的解的个数，结合正弦函数的性质以及对称性即可求解.【详解】令()0f x =可得21sin sin 5x x -=， 设()2sin sin g x x x =-，则()()22sin sin sin sin g x x x x x g x -=--=-=， 所以()2sin sin g x x x =-是偶函数，故只须要探讨21sin sin 5x x -=在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的解得个数， 当0x ≥时，由21sin sin 5x x -=可得21sin sin 5x x -=或21sin sin 5x x -=-，解方程21sin sin 5x x -=可得sin x sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x解方程21sin sin 5x x -=-可得sin x 或sin x =，此时在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，sin x 有三解，sin x = 所以在5π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，()21sin sin 5g x x x =-=有8解， 依据对称性可得()21sin sin 5g x x x =-=在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上有16解， 所以函数()25sin sin 1f x x x =--在5π5π,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为16，类型三、利用周期性推断零点个数例3-1．（2024·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 ．804 C ．806 D ．402【答案】A 【分析】依据两个偶函数得()f x 的对称轴，由此得函数的周期，10是其一个周期，由周期性可得零点个数． 【详解】因为(2)y f x =+与(7)y f x =+都为偶函数，所以(2)(2)f x f x +=-+，(7)(7)f x f x +=-+，所以()f x 图象关于2x =，7x =轴对称，所以()f x 为周期函数，且2(72)10T =⋅-=，所以将[0,2013]划分为[0,10)[10,20)[2000,2010][2010,2013]⋅⋅⋅.而[0,10)[10,20)[2000,2010]⋅⋅⋅共201组，所以2012402N =⨯=，在[2010,2013]中，含有零点(2011)(1)0f f ==，(2013)(3)0f f ==共2个，所以一共有404个零点.故选：A. 例3-2．偶函数()f x 满意()()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⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】因为()f x 为偶函数，所以()()()444f x f x f x +=-=-， 所以()()8f x f x +=所以()f x 是周期函数，且周期为8，且()f x 关于4x =对称， 又当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=， 则()()()221ln 21ln 2(0)x x xx f x x x x ⋅--'==>， 令()0f x '=，解得e 2x =，所以当e 0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 为增函数，当e ,42x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '<，()f x 为减函数，作出()f x 一个周期内图象，如图所示：因为()f x 为偶函数，且不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，所以不等式在()0,200内有100个整数解，因为()f x 周期为8，所以在()0,200内有25个周期， 所以()f x 在一个周期内有4个整数解，（1）若0a >，由()()20f x af x +>，可得()0f x >或()f x a <-，由图象可得()0f x >有7个整数解，()f x a <-无整数解，不符合题意； （2）若0a =，则()0f x ≠，由图象可得，不满意题意；（3）若0a <，由()()20f x af x +>，可得 ()f x a >-或()0f x <，由图象可得()0f x <在一个周期内无整数解，不符合题意， 所以()f x a >-在一个周期()0,8内有4个整数解， 因为()f x 在()0,8内关于4x =对称， 所以()f x 在()0,4内有2个整数解， 因为()1ln 2f =，()ln 42ln 22f ==，()ln 633f =， 所以()f x a >-在()0,4的整数解为1x =和2x =，所以ln 6ln 23a ≤-<，解得ln 6ln 23a -<≤-. 故选：C类型四、零点之和例4-1．（2024·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 满意()()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【答案】A 【分析】首先推断()f x 的奇偶性，再依据奇偶函数的对称性计算可得； 【详解】由()()0g x g x -+=得()y g x =的图象关于()0,0对称， 因为()1sin sin f x x x=+，定义域为{}|,x x k k Z π≠∈，且()()()()11sin sin sin sin f x x x f x x x -=+-=--=--，所以()1sin sin f x x x=+为奇函数，即()1sin sin f x x x=+也关于()0,0对称， 则函数()1sin sin f x x x=+与()y g x =图象的交点关于()0,0对称， 则不妨设关于点()0,0对称的坐标为()()1166,,,,x y x y ⋯，则16160,022x x y y ++==， 252534340,0,0,02222x x y y x x y y ++++==== 则1616252534340,0,0,0,0,0x x y y x x y y x x y y +=+=+=+=+=+=，即()61iii x y =+=∑()3000⨯+=，故选：A ．例4-2（2024·新疆·克拉玛依市教化探讨所模拟预料（理））已知定义在R 上的奇函数()f x 满意()()2f x f x =-，当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，若函数()()()4g x f x k x =--的全部零点为()1,2,3,,i x i n =，当1335k <<时，1nii x==∑（ ）A ．20B ．24C ．28D ．36【答案】C 【分析】依据题意可得函数()f x 是周期为4，关于点(4,0)中心对称的函数，再将函数()()()4g x f x k x =--的全部零点转化为()y f x =与()4y k x =-的交点的横坐标，又函数()4y k x =-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，在坐标系中作出草图，依据数形结合即可求出结果. 【详解】∵定义在R 上的奇函数()f x 满意()()2f x f x =-，故图象关于1x =对称， ∴()()2f x f x --=-，故()()2f x f x +=-， ∴()()()42f x f x f x +=-+=，即周期为4，又()f x 定义在R 上的奇函数，所以(4,0)是函数()f x 一个对称中心， 又因为当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，作出函数()f x 的草图，如下：函数()()()4g x f x k x =--的全部零点即为()y f x =与()4y k x =-的交点的横坐标， 易知函数()4y k x =-经过定点(4,0)，且关于(4,0)中心对称，又1335k <<，分别作出函数()143y x =-和()345y x =-的图象，则函数()4y k x =-的图象在函数()143y x =-和()345y x =-的图象之间，如下图所示：则()y f x =与()4y k x =-交点关于(4,0)中心对称，由图像可知关于(4,0)对称的点共有3对，同时还经过点(4,0)，所以1324428nii x==⨯⨯+=∑.故选：C.类型五、等高线的运用例5-1．（2024·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___________. 【答案】[)3,10/310a b c ≤++< 【分析】依据题意，作出函数()y f x =图象，数形结合即可求解. 【详解】依据题意，作出函数()y f x =图象，令()()()f a f b f c t ===，可知函数()y f x =图象与y t =的图象有三个不同交点，由图可知01t ≤<.因a ､b ､c 互不相等，故不妨设a b c <<，由图可知1212a b +=⨯=. 当01t <<，时()8log 1c t -=，因01t <<，所以118c <-<，即29c <<，故310a b c <++<； 当0t =时，2c =，故3a b c ++=. 综上所述，310a b c ≤++<. 故答案为：[)3,10.例5-2（2024·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⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【分析】依据分段函数解析式探讨()f x 的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得123412345x x x x <<<<<<<<、348x x +=、12(1)(1)1x x --=，进而将目标式转化并令11121t x x =-+，构造1()21g x x x =-+，则只需探讨()g x 在3(,2)2上的范围即可. 【详解】由分段函数知：12x <≤时()(,0]f x ∈-∞且递减；23x <≤时()[0,1]f x ∈且递增； 34x <<时，()(0,1)f x ∈且递减；4x ≥时，()[0,)f x ∈+∞且递增；∴()f x 的图象如下：()f x a =有四个实数根1x ，2x ，3x ，4x 且1234x x x x <<<，由图知：01a <<时()f x a =有四个实数根，且123412345x x x x <<<<<<<<，又348x x +=，由对数函数的性质：121212(1)(1)()11x x x x x x --=-++=，可得21111x x =-， ∴令()3411122111112214x x x x x t x x x ++=+=-+=，且1322x <<， 由1()21g x x x =-+在3(,2)2上单增，可知31()21(2)2g x g x <-+<， 所以10932t << 故选：A.例5-3（2024·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 ∈；②()122e 2,e 1a b c d --+++∈--，其中e 为自然对数的底数； ③函数()y f x x m =--恰有三个零点. A ．①② B ．①③C ．②③D ．①②③【答案】D【分析】①将问题转化为直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，视察图像可得答案；②设a b c d <<<，则可得2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，依据关系代入a b c d +++求值域即可；③函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，关注1m =和0m =时的交点个数即可得答案依据图像可得答案. 【详解】解：函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩的图像如图：()()()()f f b f d a c f m ====，即直线y m =与函数()22,01ln ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩图像有4个交点，故()0,1m ∈，①正确；()()()()f f b f d a c f m ====， 不妨设a b c d <<<，则必有2a b +=-， ()1ln 1ln c d -+=+，ln ln 2d c ∴+=-，则2e c d-=，且11e d << 2e c d dd-∴++=，由对勾函数的性质可得函数2e y x x -=+在1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， ()2122e ,e 1e dc d d ---∴+=∈++，()1222,1a b c d e e --∴+++∈--，②正确；函数()y f x x m =--的零点个数，即为函数()y f x =与y x m =+的图像交点个数，如图当1m =时，函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点， 当0m =时，探讨y x =与1ln y x =+是否相切即可， 1y x'=，令1y '=，则1x =，则切点为()1,1，此时切线方程为11y x -=-，即y x =， 所以y x =与1ln y x =+图像相切，此时函数()y f x =与y x m =+的图像有3个交点， 因为()0,1m ∈，故函数()y f x =与y x m =+的图像恒有3个交点， 即函数()y f x x m =--恰有三个零点，③正确.故选：D. 【点睛】关键点点睛：将函数的零点问题转化为图像的交点问题，可以使问题更加直观，并便利解答.例5-4．（2024·辽宁试验中学高三期中）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【答案】ABC 【分析】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象，依据图象有3个交点确定出123,,x x x 的关系，所以可将方程转化为()3315(ln 21)n x x -+=-，然后构造函数()()()ln 21g x x x =+-并分析()g x 的单调性确定出其值域，由此可求解出n 的取值范围，则n 的值可确定.【详解】在同一平面直角坐标系中作出(),y f x y m ==的函数图象如下图所示：当1x ≤时，()2333y x =-++≤，当1x >时，ln 11y x =+>，所以由图象可知：()1,3m ∈时关于x 的方程()f x m =恰有三个不同实数解，又()221223236,ln 625x x x x x ++=⨯-=+-=--，所以()()()121223323ln 2)5651(16n x x x x x x x -+=+++-=-， 又因为()1,3m ∈，所以()3ln 11,3x +∈，所以()231,e x ∈ ， 设()()()()()2ln 211,e g x x x x =+-∈，所以()1ln 3g x x x'=-+， 明显()g x '在()21,e 上单调递增，所以()()120g x g ''>=>， 所以()g x 在()21,e 上单调递增，所以()()()()21,e g x g g ∈，即()()20,4e4g x ∈-，所以()1250,4e 4n -∈-， 所以n 可取1,2,3 故选：ABC.类型六、嵌套函数零点例6-1．（2024·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【答案】C 【详解】函数()32,0lg ,0x x f x x x +≤⎧=⎨>⎩的图象如图所示，由()()102y f f x =-=，得()()12f f x =， 令()f x t =，则1()2f t =， 当0t ≤时，1322t +=，得12t =-，当0t >时，1lg 2t =，则10=t 所以当12t =-时，1()2f x =-，由图象可知方程有两个实根，当 10=t ()10f x =1个实根， 综上，方程()()12f f x =有3个实根， 所以函数()()12y f f x =-的零点个数为3，故选：C例6-2．（2024·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___________.【答案】3ln3- 【分析】设()f x t =，则依据题意得2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t <，故122t t +=，212t t =-，再结合()f x 的图象可得1221x x e t ==，3212x t t ==-，101t <<，进而1231122ln 34x x x t t -+=-+，再构造函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，分析函数的单调性，求得最大值. 【详解】由题意设()f x t =，依据方程(())0g f x m -=恰有三个不等实根， 即2()20g t m t t m -=-+-=必有两个不相等的实根12,t t ，不妨设12t t < 122t t ∴+=，则212t t =-，方程1()f x t =或2()f x t =有三个不等实根123,,x x x ，且123x x x <<， 作出图象如图所示：那么1221x x e t ==，可得3212x t t ==-，101t <<， 所以1231122ln 34x x x t t -+=-+，构造新函数()()ln 34,01h t t t t =-+<<，则13()th t t-'=， 所以()h t 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 所以max 1()3ln 33h t h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,所以12322x x x -+的最大值为3ln3-. 故答案为：3ln3-.例6-3（2024·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________． 【答案】(]01，． 【分析】令()t f x =，则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =，采纳数形结合法即求． 【详解】函数()g x 的零点即为方程()0g x =的解，令()t f x =， 则原方程的解变为方程组()()t f x f t a =⎧⎪⎨=⎪⎩，①②的解，作出函数()y f x =的图象，由图象可知，当1t>时，有唯一的x与之对应；当1t≤时，有两个不同的x与之对应．由方程组()()t f xf t a=⎧⎪⎨=⎪⎩，①②有三个不同的x知，须要方程②有两个不同的t，且一个1t>，一个1t≤，结合图象可知，当(]01a∈，时，满意一个(]10t∈-，，一个(]12t∈，，符合要求，综上，实数a的取值范围为(]01，．故答案为：(]01，.例6-4. 已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题意结合函数的图形将原问题转化为二次方程根的分布的问题，据此得到关于a的不等式组，求解不等式组即可.【详解】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.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）的全部极值之和不小于263-，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(]0,3B ．(]1,3C ．[]1,3D ．[)3,+∞【解析】（1）易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x，令2x －πsin x=0，得2,0π==x x ，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.（2）【答案】B 【解析】由题意得()221362f x x ax a a'=+++()0a >， 因为()f x 有极值，所以()2213620f x x ax a a'=+++=有2个不等实根， 即()222116432120a a a a a ⎛⎫⎛⎫∆=-⨯⨯+=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即310a a->，因为0a >，解得1a >．令()()()2213620h x f x x ax a a a'==+++>，由()660h x x a '=+=得x a =-，设()f x 的极值点为1x ，2x ，则1x ，2x 为方程()2213620f x x ax a a'=+++=的根， 则122x x a +=-，2122133a x x a=+， 因为()()3223221211122211321321f x f x x ax a x x ax a x a a ⎛⎫⎛⎫+=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()3221212121212121336220x x x x x x a x x ax x a x x a ⎛⎫=+-+++-++++= ⎪⎝⎭，所以()()()2121263f x f x f a a a '++-=-+≥-， 令()()211g a a a a=-+>，易得()g a 在()1,+∞上单调递减，且()2633g =-，所以31≤<a ． 故选：B.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.【答案】（1）证明见解析；（2）12（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点即可；（2）依据导函数零点0x ，推断出()f x 的单调性，从而()min f x 可确定，利用()min 1f x =以及1ln y x x=-的单调性，可确定出0,x a 之间的关系，从而a 的值可求. 【详解】（1）证明：∵()ln()(0)x af x ex a a -=-+>，∴1()x a f x e x a-'=-+. ∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，1x a+在区间(0,)+∞上单调递减， ∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a aaa e f e a ae--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10ag a e '=-<， 则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+ 所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x af x ex a-'=-=+，即001x a e x a-=+（*）. 函数1()x af x e x a-'=-+在(0,)+∞上单调递增. ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x af x f x ex a -==-+.由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a==-++.∴()001ln 1x a x a-+=+，明显01x a +=是方程的解. 又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()001ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12.【方法总结】类型一：化为一元二次函数得零点问题 类型二：困难函数得零点思想：①先设后求、设而不求②与零点存在性定理结合运用步骤：(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f(x 0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．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．【答案】(],2-∞．解：原不等式等价于()()ln 21xxe x x b x -+≥-+，即ln 1x xe x x bx +--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，等价于ln 1x xe x x b x+--≥，在()0,x ∈+∞上恒成立，令()ln 1x xe x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，∴()22ln x x e xt x x+'=， 令()2ln xx x e x ϕ=+，则()x ϕ为()0,∞+上的增函数，又当0x →时，()x ϕ→-∞，()10e ϕ=>，∴()x ϕ在()0,1存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0001ln 2000000ln 1ln 0ln x x x x x e x x e e x x ⎛⎫+=⇔=-= ⎪⎝⎭，又有xy xe =在()0,∞+上单调递增， ∴0001ln ln x x x ==-，001x e x =，∴()()00000min 0ln 12x x e x x t x t x x +--===⎡⎤⎣⎦， ∴2b ≤，∴b 的取值范围是(],2-∞． 例7-4已知函数()()22e xx x f a x =-+.（1）探讨函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，推断函数()()21ln 2g x f x x x -+=零点的个数，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）()g x 只有一个零点，理由见解析. （1）求出导数()'f x ，按a 分类探讨确定()'f x 的正负，得函数的单调性； （2）求出导函数()'g x ，对其中一部分，设()1e xh x x=-(0x >)，用导数确定它的零点0(0,1)x ∈，这样可确定()g x 的单调性与极值，然后结合零点存在定理确定结论．【详解】（1）()f x 的定义域为R ，()()()()2222e 2e 2e xxxx x x a f x a x =-+-+=+-'，当2a ≥时，()0f x '≥，则()f x 在R 上是增函数； 当2a <时，()(2(2)e e xx x a x x f x ⎡⎤=--=+⎣⎦'，所以()0x f x =⇔='()0x f x >⇔<'x >()0f x x ⇔<<'<所以()f x在(上是减函数，在(,-∞和)+∞上是增函数.（2）当1a =时，()()2211e ln 2x g x x x x =--+，其定义域为()0,∞+， 则()()()1e 11xg x x x x '=+--⎛⎫ ⎪⎝⎭. 设()1e xh x x =-(0x >)，则()21e 0xh x x'=+>，从而()h x 在()0,∞+上是增函数，又1202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()1e 10h =->， 所以存在01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()0001e 0x h x x =-=，即001e xx =，00ln x x =-.列表如下：由表格，可得()g x 的微小值为()12g =-；()g x 的极大值为()()022222000000000002111111e ln 2222x x x g x x x x x x x x x -+=--+=--=-+-因为()0g x 是关于0x 的减函数，且01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以()03128g x -<<-，所以()g x 在(]0,1内没有零点.又()1102g =-<，()22e 2ln 20g =-+>， 所以()g x 在()1,+∞内有一个零点. 综上，()g x 只有一个零点. 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）找寻零点之间的关系，消元换元来解决 例8-1．（2024·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 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先求出导函数，当0a ≤时明显不成立，当0a >时求出函数的单调区间，即可得到函数的微小值()f a ，依题意()0f a <，即可求出参数a 的取值范围；（2）由（1）可得120x a x <<<，设()()()2g x f a x f x =--，求出函数的导函数，即可得到122x x a +>，（3）由（1）可得120x a x <<<，再设21x tx =，1t >，则1221ln ln x x t x x ==，则()()12ln 1ln ln 1t t x x t t t +⎛⎫+=- ⎪-⎝⎭，再利用导数说明()ln 1th t t =-的单调性，即可得到121x x +<，从而得证； 【详解】（1）证明：由()ln a f x x x =+，0x >，可得()21af x x x'=-，0x >.当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，与题意不符. 当0a >时，令()210af x x x '=-=，得x a =. 当()0,x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增. 可得当x a =时，()f x 取得微小值()ln 1f a a =+.又因为函数()ln af x x x =+有两个零点，所以()n 10l a f a =+<，可得1e a <.综上，10ea <<.（2）解：由上可得()f x 的微小值点为x a =，则120x a x <<<. 设()()()()l 2ln 22n a ag x f a x f x a x a x xx =--=-+---，()0,x a ∈， 可得()()()()222224110222a x a a ag x a x x x a x x a x ---'=--+=>---，()0,x a ∈，所以()g x 在()0,a 上单调递增，所以()()0g x g a <=，即()()20f a x f x --<，则()()2f a x f x -<，()0,x a ∈，所以当120x a x <<<时，12a x a ->，且()()()1122f a x f x f x -<=.因为当(),x a ∈+∞时，()f x 单调递增，所以122a x x -<，即122x x a +>.（3）由（1）可得120x a x <<<，设21x tx =，1t >，则1122ln 0,ln 0,a x x a x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩则1221ln ln x x t x x ==，即()1211ln ln ln ln ln x t x t tx t x t ===+.所以1ln ln 1t t x t =--， 所以()()()()()1211ln 1ln ln ln ln 1ln ln 1ln 111t t tt x x x t x t t t t t t ⎛⎫++=+=++=-++=- ⎪--⎝⎭. 又因为()ln 1th t t =-，则()()211ln 01t t h t t --'=<-，所以()h t 在()1,+∞上单调递减，所以()ln 1ln 1t t tt +<-，所以()12ln 0x x +<，即12 1.x x +<综上，1221a x x <+<. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数探讨含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．留意分类探讨与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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. 【解析】 (1)易知函数f(x)为偶函数，故只需求x∈[0，＋∞)时f(x)的最小值．f′(x)＝2x －πsin x，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，设h(x)＝2x －πsin x，h′(x)＝2－πcos x，明显h′(x)单调递增，而h′(0)＜0，h′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，由零点存在性定理知，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得h′(x 0)＝0.当x∈(0，x 0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈⎝⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，而 h(0)＝0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，故x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，h(x)＜0，即x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，又当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞时，2x ＞π＞πsin x，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π24.(2)证明：依题意得x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞，f(x 1)=f(x 2), 构造函数F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，F′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsin x＞0，即函数F(x)单调递增，所以F(x)＜F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，即当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f(x)＜f(π－x)，而x 1∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f(x 1)＜f(π－x 1)，又f(x 1)＝f(x 2)，即f(x 2)＜f(π－x 1)，此时x 2，π－x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞.由(1)可知，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，＋∞上单调递增，所以x 2＜π－x 1，即x 1＋x 2＜π.练、已知函数21()1xx f x e x-=+. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：当12()()f x f x =12()x x ≠时，120x x +<【解析】解： (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（ ;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以，()y f x =在0]-∞在（，上单调递增；在[0x ∈+∞，）上单调递减.（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只须要证明：当x>0时f(x) < f(－x)即可。
2020年高考数学一轮复习专题2.9零点定理练习(含解析)
第九讲 零点定理1.函数的零点 (1)函数零点的定义对于函数y ＝f (x )(x ∈D )，把使f (x )＝0的实数x 叫做函数y ＝f (x )(x ∈D )的零点． (2)三个等价关系方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点． (3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0，这个c 也就是方程f (x )＝0的根． 2．二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与零点的关系(x ,0)，(x ,0)(x ,0) 无交点 3设x 1，x 2是一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ，b ，c ∈R ，且a >0)的两实数根，则x 1，x 2的分布情况与一元二次方程的系数之间的关系如下表：(m ，n ，p 为常数，且m <n <p )二、二分法 （1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法。
（2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε。
第二步：求区间(,)a b 的中点1x 。
第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x =（此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步。
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江苏省无锡市2015年高考数学 第九讲 函数篇 突破函数零点问题练习1、已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是__________________． 【答案】 【解析】试题分析：因为，函数是单调增函数，且为奇函数， 所以，即，所以，，解得，实数的取值范围是。
考点：函数的单调性，抽象不等式解法，一元一次不等式组的解法。
点评：小综合题，利用函数的单调性，将抽象不等式转化成具体不等式，是此类问题的一般解法。
2、设0,1a a >≠，函数2lg(23)()x x f x a -+=有最大值，则不等式2log (57)0a x x -+> 的解集为 【答案】)3,2( 【解析】试题分析：设0,1a a >≠，函数2lg(23)()xx f x a -+=有最大值，所以10<<a ，则不等式2log (57)0a x x -+>的解为⎩⎨⎧<+->+-07507522x x x x ，解得32<<x .考点：二元一次不等式组；函数最值的应用．点评：本题考查指数函数，对数函数的性质，以及一元二次不等式组的解法．是简单的中档题．3、若函数3()ln f x x x=+在区间(,2)m m +上单调递减，则实数m 的范围是________. 分析：本题是一道改编题，由3()ln f x x x =+得22313'()x f x x x x-=-+=，由'()0f x <得03x <<，所以()f x 的减区间是(0,3]，由(,2)(0,3]m m +⊆得01m ≤≤.答案是：01m ≤≤.4、已知函数()4322f x x ax x b =+++，其中,a b ∈R ．若函数()f x 仅在0x =处有极值，则a 的取值范围是 ．3()sin tan,(1,1)2xf x x x x =++∈-(1)(21)0f a f a -+-<a 2(0,)33()sin tan,(1,1)2xf x x x x =++∈-(1)(21)0f a f a -+-<(21)(1)f a f a -<-2111111211a aa a -<-⎧⎪-<-<⎨⎪-<-<⎩a 2(0,)3答：88,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦提示：()()2434f x x x ax '=++，显然0x =不是方程24340x ax ++=的根．为使()f x 仅在0x =处有极值，必须24340x ax ++≥成立，即有29640a ∆=-≤．解得8833a -≤≤．这时，(0)fb =是唯一极值． 5、已知函数3()3()f x x ax a =-∈R ，若直线0=++m y x 对任意的m ∈R 都不是曲线)(x f y =的切线，则a 的取值范围是 ．答：1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭提示：∵2()33f x x a '=-，不等式()1f x '≠-对任意x 都成立，∴131,3a a ->-<． 零点定理的应用6、已知函数f （x ）＝，则下列结论正确的是 A ．f （x ）在（0,1）上恰有一个零点B ．f （x ）在（－1,0）上恰有一个零点C ．f （x ）在（0,1）上恰有两个零点D ．f （x ）在（－1,0）上恰有两个零点 【答案】B 【解析】试题分析：因为 所以当 时，所以函数f （x ）＝201543212015432x x x x x +⋯+-+-+在区间（－1,0）上是增函数，且所以函数f （x ）在（－1,0）上恰有一个零点，故选B ． 考点：1、导数与函数的单调性；2、函数的零点．7、设三次函数的导函数,且,则函数201543212015432x x x x x +⋯+-+-+()234201320141f x x x x x x x '=-+-++-+2420122014(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x =-+-+-++-+()1,0x ∈-()0f x '>()010f =>()111111102342015f -=------<32()1f x ax bx cx =+++'()3(1)f x ax x =-2a >的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】D 【解析】试题分析：根据题意可知，函数在上单调增，在上单调减，在上单调增，且，所以，所以函数有三个零点，故选D ．考点：三次函数的图像问题，函数的零点的个数． 8、已知函数;)(201543212015432x x x x x x f ++-+-+= ;)(201543212015432x x x x x x g --+-+-= 设函数),()()(43-⋅+=x g x f x F 且函数)(x F 的零点均在区间),,](,[Z b a b a b a ∈<内,则a b -的最小值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】试题分析：由，可得当时，，当时，，若时，则，若时，，故函数在上为增函数，又因为， ，所以函数在其定义域内的区间上只有一个零点，同理可证明函数在上式减函数，由于，所以函数在区间上有一个零点，所以在区间或上有零点，由于的零点在区间上，所以的最小值为，故选C ．考点：函数的单调性，函数的零点，等比数列的求和公式．二分法9、已知函数2log )(2-+=x x x f ，函数)(x f 的零点)1,(0+∈n n x ，*N n ∈，则=n ．【答案】1()f x ()f x (,0)-∞(0,1)(1,)+∞323()12a f x ax x =-+3(0)10,(1)11022a af f a =>=-+=-<'232014()1f x x x x x =-+-++1x =-'()0f x >1x ≠-201520151()1'()1()1x x f x x x--+==--+1x <-'()0f x >1x >-'()0f x >()f x R 1111(1)1102342015f -=------<(0)1f =0>()f x (1,0)-()g x R (1)0,(2)0g g <>()g x (1,2)()F x (4,3)--(5,6)()F x [,]a b b a -6(4)10--=【解析】试题分析：由对数函数一次函数单调性可知函数是增函数，在区间上存在唯一零点，所以考点：函数零点常见函数图像的画法10、函数的零点个数为（ ） A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 【答案】D 【解析】试题分析：由题意得：求与交点个数，因为时，，所以当时，与有6个交点；当时，与有6个交点；所以共有12个交点，选D ．考点：函数零点11、已知函数，在下列区间中，包含的零点的区间是（ ） A ．（0，1） B ．（1，2） C ．（2，4） D ．（4，＋∞） 【答案】C 【解析】试题分析：根据函数的解析式，可知函数是的减函数，结合，，所以函数在区间上存在零点，故选C ． 考点：函数的零点．12、定义一种新运算：，已知函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】B【解析】试题分析：新运算的原则是谁小取谁，在平面直角坐标系中画出、的()f x ()()110.210f f =-<=>∴()1,21n =()lg(1)sin 2f x x x =+-lg(1)y x =+sin 2y x =9x =±lg101y ==[0,9]x ∈lg(1)y x =+sin 2y x =[9,0)x ∈-lg(1)y x =+sin 2y x =26()log f x x x=-()f x 26()log f x x x=-(0,)+∞(2)3120f =-=>31(4)2022f =-=-<(2,4),(),()b a b a b a a b ≥⎧⊗=⎨<⎩24()(1)log f x x x =+⊗()()g x f x k =-k (]1,2(1,2)(0,2)(0,1)41y x=+2log y x =图像，可知时，，在上，，在上，，且，函数恰有两个零点，则的取值范围为。
考点：反比例函数、对数函数的图像和性质。
13、定义一种新运算：⎩⎨⎧<≥=⊗)(,)(,b a b b a a b a ，已知函数xx x f 22)(⊗=，若函数k x f x g -=)()(恰有两个零点，则实数k 的取值范围为 （ ）A ．（0,1）B ．]2,1(C ．),2[+∞D ．),2(+∞ 【答案】D【解析】试题分析：由题可知，xx x f 22)(⊗=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<<=)1(2)10(2)0(2x x xx x x ，画出图像如图，当函数恰有两个零点，即函数k x f =)(有两个交点时，实数的取值范围为；考点：数形结合解决问题14、对任意实数、，定义运算“⊙”：⊙，设⊙，若函数的图像与轴恰有三个公共点，则的取值范围是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】D 【解析】4x =241log 2x x +==(0,4)241log x x+>(4,)+∞241log x x +<411y x =+≥()()g x f x k =-k (1,2)k x f x g -=)()(k ),2(+∞a b a b ,1,1b a b a a b -≥⎧=⎨-<⎩()()21f x x =-()4x k ++()f x x k ()2,1-[]0,1[)2,0-[)2,1-试题分析：令，作出的图象，当直线与曲线有三个交点时，的取值范围是.故选D.考点：新定义问题，函数零点，数形结合思想.15、定义在R 上的奇函数()f x ，当0x ≥时，，则关于的函数的所有零点之和为（ ）A ．B ．C ．31a-- D ．【答案】B 【解析】试题分析：由题意得：，所以当时与有五个交点，其中与的两个交点关于对称，和为8；与的两个交点关于对称，和为-8；与的一个交点，值为；因此所有零点之和为13a -，选B ．考点：函数零点16、已知直线与曲线恰有四个不同的交点，则实数k 的取值范围为 ．【答案】 【解析】试题分析：，由图可知，与相切，或与相切，或与x 轴平行时，直线与曲线恰有()4,322x x x g x x +≥≤-⎧=⎨-<<3⎩或()y g x =y k =-()y g x =k [)2,1-[)[)13log (1),0,2()14,2,x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨⎪--∈+∞⎩x ()()(01)F x f x a a =-<<31a -13a-13a --133log (1)(1,0],[0,2)1|4|(,1],[2,)()log (1)(0,1),(2,0)|4|1[1,),(,2)x x x x f x x x x x +∈-∈⎧⎪⎪--∈-∞∈+∞=⎨⎪-∈∈-⎪+-∈-+∞∈-∞-⎩01a <<()y f x =y a =1|4|,[2,)y x x =--∈+∞y a =4x =|4|1,(,2)y x x =+-∈-∞-y a =4x =-3log (1),(2,0)y x x =-∈-y a =13a -1y kx =+11()f x x x x x=+--11{,0,}88-2,12,0111()2,102,1x x x x f x x x x x x x x x ⎧≥⎪⎪<<⎪=+--=⎨--<<⎪⎪-≤-⎪⎩1y kx =+2,1y x x =≥2,1y x x =-≤-1y kx =+11()f x x x x x =+--四个不同的交点，求得实数k 的取值为考点：函数图像导数法画图17、若方程有三个不同的实数根，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】试题分析：令,.令得或;令得.所以函数在和上单调递增;在上单调递减.极大值为,极小值为.要使有3个不同的实数根,则有.故B 正确.考点：1用导数研究函数的单调性;2数形结合思想.18、已知方程：31210x x a -+-=在上有解，则实数的取值范围是 ．【答案】 【解析】试题分析：方程有解转化为有解，记11{,0,}88- 2yxO 066223=++-m x x m ()0,6-()2,6-()0,2-()6,0()32266f x x x m =-++()()2'61262f x x x x x ∴=-=-()'0f x >0x <2x >()'0f x <02x <<()f x (),0-∞()2,+∞()0,2()06f m =+()322226262f m m =⨯-⨯++=-()322660f x x x m =-++=()()06062220f m m f m =+>⎧⎪⇒-<<⎨=-<⎪⎩[]1,3a []15,8--31210x x a -+-=3121a x x =-+，，，因此在上递减，在上递增，，，，由． 考点：函数的零点，函数的单调性与最值．19、已知函数322()363(0)f x x a x a a a =--+>有且仅有一个零点0x ，若00x >，则a 的取值范围是____________ 【答案】填333322a -+<<【解析】已知()322()3630f x x a x a a a =--+>则22()33f x x a ¢=- ①()0f x ¢³恒成立，则0a =，这与0a >矛盾. ②若()0f x ¢£恒成立，显然不可能. ③()0f x ¢=有两个根,a a -，而0a >，则()f x 在区间单调递增，在区间(),a a -单调递减，在区间(),a +?单调递增.故()0f a -<，即22630a a -+<，解得：333322a -+<<.20、已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围是（ ） A ．（2，+∞） B ．（-∞，-2） C ．（1，+∞） D ．（-∞，-1） 【答案】B 【解析】试题分析：由知，若，则函数有两个零点，不合题意；当时，令，解得或，列表如下： xf′（x ） + 0-+f （x ） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增3()121f x x x =-+22'()3123(4)f x x x =-=-'()02f x x =⇒=±()f x [1,2][2,3](1)10f =-(2)15f =-(3)8f =-[15,8]a ∈--(),a -?()f x 3231ax x -+()f x 0x 0x a 32()31f x ax x =-+22()36f x ax x '=-0a =2()31f x x =-+0a >22()360f x ax x '=-=0x =20x a=>0-∞（，）020,a ⎛⎫⎪⎝⎭2a2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭∵ 而故存在，使得，不符合条件：存在唯一的零点，且＞0，当时，令，解得或，列表如下： xf′（x ） - 0+0 -f （x ） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减而∴存在＞0，使得，存在唯一的零点，且＞0∴极小值，化为，综上可知：a 的取值范围是．故选：B ．考点：利用导数研究函数的性质 利用函数的性质画图若定义在R 上的函数满足，且当]1,1[-∈x 时，2)(x x f =，21、函数⎩⎨⎧≤>=1,21),1-(log )(3x x x x g x ，则函数在区间]5,5[-内的零点的个数为（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9 【答案】V 【解析】试题分析：，所以函数的周期，函数的零点就是的实根，即在区间交点的个数，如图：所以交点8个．考点：1．函数的周期；2．函数的零点；3．函数的图像．x f x →-∞→-∞，（），010f =（）＞，0x <()0f x =()f x 0x 0x 0a <22()360f x ax x '=-=0x =20x a=<2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭2a 2,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭00+∞（，）010f =（）＞，x f x →+∞→-∞，（），0x 00f x =（）32()31f x ax x ∴=-+0x 0x 2()0f a>2402a a a ><∴<-2-∞-（，）()(1)()y f x f x f x =+=-满足()()-()h x f x g x =()()()x f x f x f =+-=++1112=T ()x h ()0=x h ()()x g x f ，[]5,5-以函数为载体考查其他知识22、曲线与直线有两个不同的交点时实数 的范围是（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】A 【解析】试题分析：对应的图形为以为圆心为半径的圆的上半部分，直线过定点，直线与半圆相切时斜率，过点时斜率，结合图形可知实数的范围是考点：1．直线与圆的位置关系；2．数形结合法23．曲线C 的方程为，若直线的曲线C 有公共点，则的取值范围是 A ． B ． C ．D ．【答案】A 【解析】试题分析：】曲线C 即为平面上到两个定点的距离的和等于定长的点的轨迹，但两个定点的距离为，故曲线C 的轨迹为线段，而直线即，它是过定点，斜率为的直线，要使直线与线段有公共点，即需 考点：曲线的轨迹，过定点的直线的特征，直线的斜率函数与方程的关系24、设已知函数2()log f x x =，正实数m ，n 满足m n <，且()()f m f n =，若()f x 在区间2[,]m n 上的最大值为2，则n m += ．241(22)y x x =-+-≤≤24y kx k =-+k 53(,]1245(,)12+∞13(,)3453(,)(,)124-∞+∞241(22)y x x =-+-≤≤()0,1224y kx k =-+()2,4512k =()2,1-34k =k 53(,]1242222(1)(1)2x y x y -++++=:12l y kx k =+-k 1[,1]31(,1)31(,][1,)3-∞+∞1(,)(1,)3-∞+∞()()1,0,1,0A B -2()()1,0,1,0-2AB :12l y kx k =+-()12y k x -=-()2,1C k l AB 113AC AB k k k k ≤≤⇒≤≤【答案】【解析】试题分析：根据对数函数的图象可画出函数2()log f x x =图象，在上时减函数，在上是增函数，正实数m ，n 满足m n <，且,，不妨设，则 而，，所以，所以，则21=m ，所以25=+n m .考点：1.对数函数图象与单调性；函数的最大值；25、若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是 [答案] (－2,2)[解析] 本题考查了函数零点的判断方法及一元二次方程根与系数的关系．由于函数f (x )是连续的，故只需两个极值异号即可．f ′(x )＝3x 2－3，令3x 2－3＝0，则x ＝±1，只需f (－1)f (1)<0，即(a ＋2)(a －2)<0，故a ∈(－2,2)．26、若函数()2x f x e x a =--在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是________.分析：本题是一道自编题，考察形如方程0x e ax b ++=的根的情况问题，解题思想是利用数形结合思想，考察x y e =和2y x a =+的交点情况，由于直线2y x a =+的方向确定，画出图像易知，当直线2y x a =+和x y e =相切时，仅有一个公共点，这时切点是(ln 2,2)，直线方程是222ln 2y x =+-，将直线222ln 2y x =+-向上平移，这时两曲线必有两个不同的交点.答案是：(22ln 2,)-+∞.27、已知函数f (x )＝x 3＋2x 2－ax ＋1.(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为4，求实数a 的值； (2)若函数g (x )＝f ′(x )在区间(－1,1)上存在零点，求实数a 的取值范围. 【解析】由题意得g (x )＝f ′(x )＝3x 2＋4x －a . (1)f ′(1)＝3＋4－a ＝4，所以a ＝3.(2)方法一：①当g (－1)＝－a －1＝0，即a ＝－1时，g (x )＝f′(x )的零点x ＝－13∈(－1,1)；②当g (1)＝7－a ＝0，即a ＝7时，25x y 2log =)1,0(),1(+∞)()(n f m f =n m 22log log =n m n m 1log log 22=⇒-=1>n n n n<<<1112n n f 2log 2)(=n n n f 2222log 21log )1(==)()1(2n f n f >22log 22=⇒=n n x y e =2y x a =+43212f ′(x )的零点x ＝－73∉(－1,1)，不合题意；③当g (1)g (－1)＜0时，－1＜a ＜7；当⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-><-<-≥+=∆0)1(,0)1(,1321,0)34(4g g a 时，－43≤a ＜－1.综上所述，a ∈[－43，7). 方法二：g (x )＝f ′(x )在区间(－1,1)上存在零点，等价于3x 2＋4x ＝a 在区间(－1,1)上有解，也等价于直线y ＝a 与曲线y ＝3x 2＋4x ，x ∈(－1,1)有公共点，作图可得a ∈[－43，7).方法三：等价于当x ∈(－1,1)时，求值域：a ＝3x 2＋4x ＝3(x ＋23)2－43∈[－43，7).28、已知函数，,．（1）若函数)(x f 在区间内恰有两个零点，求实数的取值范围；（2）若，设函数)(x f 在区间]3,[+t t 上的最大值为，最小值为,记,求函数在区间]1,3[--上的最小值．【答案】（1） （2）【解析】试题解析：（1），x ∈[0，2] 1分由f ′（x ）＞0解得1＜x ≤2，由f ′（x ）＜0解得0≤x ＜1 2分 ∴f （x ）单调递增区间为（1, 2]，单调递减区间为[0,1），即当x ＝1时， f （x ）取极小值，也是最小值． 3 分 要使函数f （x ）在区间[0, 2]内恰有两个零点，则有，解得或，232211()32a f x x x a x a -=+-+x R ∈a R ∈[0,2]a 1a =-()M t ()m t ()()()F t M t m t =-()F t 66[0,1)(1,)33-⋃++∞43()()()()222211f x x a x a x ax '=+--=+-()()()20001036102023f a f a a f a ⎧⎪≥≥⎧⎪⎪<⇔-+>⎨⎨⎪⎪≥⎩⎪≥-⎩6013a ≤<-613a >+∴a 的取值范围是 5分 （2）若a ＝－1，，∴， 易知f （x ）在[-3， -1]上单调递增，在[-1，1]单调递减，在[1，2]单调递增． 6 分①当t ∈[-3，-2]时，t ＋3∈[0,1]，-1∈[t,t ＋3]，∴f （x ）在[t ，-1]上单调递增，在[-1，t ＋3]单调递减， 因此f （x ）在区间[t,t ＋3]上的最大值为M （t ）＝f （－1）＝－, 7 分 而最小值m （t ）为 f （t ）与 f （t ＋3）的较小者．由 f （t ＋3）－f （t ）＝3（t ＋1）（t ＋2），当t ∈[-3，-2]，f （t ＋3）－f （t ）≥0， ∴f （t ＋3）≥f （t ），故m （t ）＝f （t ）， 8 分 所以， 又∵f （t ）在[-3,-2]上单调递增，∴f （t ）≤f （－2）＝－ 9分 所以F （t ）在区间[-3,-2]上的最小值为 10 分 ②当t ∈[-2，-1]时，t ＋3∈[1, 2]，且-1,1∈[t ，t ＋3]． 下面比较 f （-1）， f （1）， f （t ）， f （t ＋3）的大小． 由 f （x ）在[-2，-1]，[1， 2]上单调递增，有f （－2）≤f （t ）≤f （－1），f （1）≤f （t ＋3）≤f （2）． 11 分又由，从而， 12 分∴ 13 分 综上，函数F （t ）在区间[-3,-1]上的最小值为． 14分考点： 考查了利用导数求函数的单调区间，极值，最值得应用．点评：解本题的关键是掌握利用导数研究函数的性质，单调性，极值，最值，注意分类讨论思想的应用．29、已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由题可得存在满足66[0,1)(1,)33-⋃++∞()3113fx x x =--()()()2111f x x x x '=-=+-13()()()()()()113F t M t m tf f t ft=-=--=--()()523ft f ≤-=-()1542333F ⎛⎫-=---=⎪⎝⎭()()()()5112,1233f f f f =-=-==-()()()()151,133M t f m t f =-=-==-()()()43F t M t m t =-=43())0(212<-+=x e x x f x())l n (2a x x x g ++=y a )1,(e -∞),(e -∞),1(e e -)1,(ee -()0,0x ∈-∞()()00f xg x =-⇒,令,因为函数和在定义域内都是单调递增的,所以函数在定义域内是单调递增的,又因为趋近于时,函数且在上有解(即函数有零点),所以,故选B. 考点：指对数函数 方程 单调性30、已知命题p ：存在]4,1[∈x 使得042=+a x x －成立，命题q ：对于任意R x ∈，函数)4lg()(2+=ax x x f －恒有意义.（1）若p 是真命题，求实数a 的取值范围； （2）若q p ∨是假命题，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）40≤≤a ；（2）4-≤a 或4>a . 【解析】试题分析：（1）根据函数的根的存在性定理分两类存在一个]4,1[∈x 满足条件和存在两个]4,1[∈x 满足条件，求出p 是真命求实数a 的取值范围；（2）本题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先求出简单命题为真命题的参数范围，再根据真值表进行判断．试题解析：（1）设a x x x g +=4)(2－，对称轴为2=x ，若存在一个]4,1[∈x 满足条件，则0)4(,0)1(≥<g g ，得30<≤a ，若存在两个]4,1[∈x 满足条件，则0)2(,0)1(≤≥g g ，得43≤≤a ，故满足条件的实数a 的取值范围为40≤≤a .（2）由题意知q p ,都为假命题，若p 为假命题，则0<a 或4>a 若q 为假命题，则由0162≥-=∆a 得4-≤a 或4≥a ，故满足条件的实数a 的取值范围为4-≤a 或4>a .考点：复合命题的真假．31、．已知命题:p 0],2,1[2≥-∈∀a x x ，命题:q 022],2,1[0200=-++∈∃a ax x x .若命题“q p ∧”是真命题，求实数a 的取值范围． 【答案】}1{)1,(⋃--∞.【解析】试题分析：求出命题p 成立时的a 的范围，命题q 成立时的a 的范围，求出交集即可得到实()()0220001ln 2x x e x x a +-=-+-+()001ln 2x e x a ⇒--+-0=()()1ln 2x h x e x a =--+-x y e =()ln y x a =--+()()1ln 2x h x e x a =--+-x -∞()h x 0<()0h x =(),0-∞()h x ()()010ln 002h e a =-+->ln ln a e a e ⇒<⇒<数a 的取值范围.试题解析：命题:p “0],2,1[2≥-∈∀a x x ”，即当]2,1[∈x 时恒成立，a x ≥2，1≤∴a .命题:q “022],2,1[0200=-++∈∃a ax x x ”， 即方程0222=-++a ax x 有实根，0)2(442≥--=∆∴a a ，2-≤∴a ，或1≥a .又q p ∧为真命题，故p ，q 都为真，1≤∴a 且2-≤a ，或1≥a .2-≤∴a ，或1=a . 即实数a 的取值范围为}1{)1,(⋃--∞. 考点：全称命题；复合命题的真假；。