数形结合解零点问题(已修改,含答案)
函数的零点个数问题-含答案
【知识要点】一、方程的根与函数的零点（1）定义：对于函数()y f x =（x D ∈），把使f(x)=0成立的实数x 叫做函数()y f x =（x D ∈）的零点.函数的零点不是一个点的坐标，而是一个数，类似的有截距和极值点等.（2）函数零点的意义：函数()y f x =的零点就是方程f(x)=0的实数根，亦即函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即：方程f(x)=0有实数根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点.（3）零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f ，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点，即存在(,c a b ∈）使得()0f c =，这个c 也就是方程的根.函数()y f x =在区间[,]a b 上的图像是一条连续不断的曲线，并且有0)()(<⋅b f a f 是函数()y f x =在区间(,)a b 内至少有一个零点的一个充分不必要条件.零点存在性定理只能判断是否存在零点，但是零点的个数则不能通过零点存在性定理确定，一般通过数形结合解决. 二、二分法（1）二分法及步骤对于在区间[,]a b 上连续不断，且满足0)()(<⋅b f a f 的函数()y f x =，通过不断地把函数的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到函数零点近似值的方法叫做二分法. （2）给定精确度ε，用二分法求函数的零点近似值的步骤如下： 第一步：确定区间[,]a b ，验证0)()(<⋅b f a f ，给定精确度ε. 第二步：求区间(,)a b 的中点1x .第三步：计算1()f x ：①若1()f x =0，则1x 就是函数的零点；②若1()()0f a f x <，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <，则令1a x =（此时零点01(,)x x b ∈）第四步：判断是否达到精确度ε即若a b ε-<，则得到零点值a 或b ，否则重复第二至第四步. 三、一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布讨论一元二次方程2()0(0)f x ax bx c a =++=≠的根的分布一般从以下个方面考虑列不等式组： （1）a 的符号； （2）对称轴2bx a=-的位置； （3）判别式的符号； （4）根分布的区间端点的函数值的符号.四、精确度为0.1指的是零点所在区间的长度小于0.1，其中的任意一个值都可以取；精确到0.1指的是零点保留小数点后一位数字，要看小数点后两位，四舍五入. 五、方法总结函数零点问题的处理常用的方法有：(1) 方程法；（2）图像法；（3）方程+图像法. 【方法点评】方法一 方程法使用情景 方程可以直接解出来. 解题步骤 先解方程，再求解.【例1 】已知函数2()32(1)(2)f x x a x a a 区间(1,1)-内有零点，求实数a 的取值范围.【点评】（1）本题如果用其它方法比较复杂，用这种方法就比较简洁.关键是能发现方程能直接解出来.（2）对于含有参数的函数要尝试因式分解，如果不好因式分解，再考虑其它方法.【反馈检测1】函数2()(1)cos f x x x =-在区间[0,4]上的零点个数是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ． 7方法二 图像法使用情景一些简单的初等函数或单调性容易求出，比较容易画出函数的图像.解题步骤先求函数的单调性，再画图分析.学科@网【例2】（2017全国高考新课标I理科数学）已知函数2()(2)x xf x ae a e x=+--.（1）讨论()f x的单调性；（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.(2) ①若0,a≤由（1）知()f x至多有一个零点.②若0a>，由（1）知当lnx a=-时，()f x取得最小值，1(ln)1lnf a aa-=-+.（i）当1a=时，(ln)f a-=0，故()f x只有一个零点.（ii）当(1,)a∈+∞时，由于11ln aa-+>0，即(ln)0f a->，故()f x没有零点.（iii）当0,1a∈（）时，11ln0aa-+<，即(ln)0f a-<.422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>故()f x在(,ln)a-∞-只有一个零点.00000000003ln(1),()(2)203ln(1)ln,()n n n nn n f n e ae a n e n naa f xa>-=+-->->->->-∞设正整数满足则由于因此在（-lna,+)有一个零点.综上所述，a的取值范围为（0,1）.【点评】（1）本题第2问根据函数的零点个数求参数的范围，用的就是图像法. 由于第1问已经求出了函数的单调性，所以第2问可以直接利用第1问的单调性作图分析. (2) 当0,1a∈（）时，要先判断(,ln)a-∞的零点的个数，此时考查了函数的零点定理，(ln)0f a-<，还必须在该区间找一个函数值为正的值，它就是422(2)(2)2220,f ae a e e----=+-+>-+>要说明(2)0f->，这里利用了放缩法，丢掉了42ae ae--+.(3) 当0,1a∈（）时，要判断(ln,)a-+∞上的零点个数，也是在考查函数的零点定理，还要在该区间找一个函数值为正的值，它就是03ln(1)n a>-，再放缩证明0()f n >0. （4）由此题可以看出零点定理在高考中的重要性.【例3】已知3x =是函数()()2ln 110f x a x x x =++-的一个极值点. （Ⅰ）求a ；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若直线y b =与函数()y f x =的图象有3个交点，求b 的取值范围.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，()f x 在()1,1-内单调增加，在()1,3内单调减少，在()3,+∞上单调增加，且当1x =或3x =时，()'0f x =所以()f x 的极大值为()116ln 29f =-，极小值为()332ln 221f =- 因此()()21616101616ln 291f f =-⨯>-=()()213211213f e f --<-+=-<所以在()f x 的三个单调区间()()()1,1,1,3,3,-+∞直线y b =有()y f x =的图象各有一个交点，当且仅当()()31f b f <<，因此，b 的取值范围为()32ln 221,16ln 29--【点评】本题第(3)问，由于函数()f x 中没有参数，所以可以直接画图数形结合分析解答.【反馈检测2】已知函数2()1x e f x ax =+，其中a 为实数，常数 2.718e =.(1) 若13x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； (2) 当4a =-时，求函数()f x 的单调区间；(3) 当a 取正实数时，若存在实数m ，使得关于x 的方程()f x m =有三个实数根，求a 的取值范围.方法三 方程+图像法使用情景函数比较复杂，不容易求函数的单调性.解题步骤先令()0f x =,重新构造方程()()g x h x =,再画函数(),()y g x y h x ==的图像分析解答.【例4】函数()lg cos f x x x =-的零点有 （ ） A ．4 个 B ．3 个 C ．2个 D ．1个【点评】（1）本题主要考察零点的个数，但是方程f(x)lg cos 0x x =-=也不好解，直接研究函数的单调性不是很方便，所以先令()lg cos 0f x x x =-=,可化为lg cos x x =,再在同一直角坐标系下画出lg y x =和cos y x =的图像分析解答.（2）方程+图像是零点问题中最难的一种，大家注意理解掌握和灵活应用.【反馈检测3】设函数()()()221ln ,1,02f x x m xg x x m x m =-=-+>． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当1m ≥时，讨论函数()f x 与()g x 图象的交点个数．高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第13讲：函数零点个数问题的求解方法参考答案【反馈检测1答案】C【反馈检测2答案】（1）95a =；（2）()f x 的单调增区间是51(1)2-，15(,12+； ()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,12-，5(1)++∞；（3）a 的取值范围是(1,)+∞. 【反馈检测2详细解析】(1)222(21)()(1)xax ax e f x ax -+'=+ 因为13x =是函数()f x 的一个极值点，所以1()03f '=，即12910,935a a a -+==. 而当95a =时，229591521(2)()()59533ax ax x x x x -+=-+=--，可验证：13x =是函数()f x 的一个极值点.因此95a =.(2) 当4a =-时，222(481)()(14)xx x e f x x -++'=-令()0f x '=得24810x x -++=，解得51x =，而12x ≠±.所以当x 变化时，()f x '、()f x 的变化是x1(,)2-∞-15(,1)22-- 512-51(1,)22-15(,1)22+ 512+5(1,)2++∞ ()f x '--++-()f x极小值极大值因此()f x 的单调增区间是51(1)2，15(,12+；()f x 的单调减区间是1(,)2-∞-，15(,1)2--，5(1)+∞；【反馈检测3答案】（1）单调递增区间是(),m+∞, 单调递减区间是()0,m；（2）1．学科@网【反馈检测3详细解析】（1）函数()f x的定义域为()()()()0,,'x m x mf xx+-+∞=．当0x m<<时，()'0f x<,函数()f x单调递减，当x m>时，()'0f x>函数()f x单调递增，综上，函数()f x的单调递增区间是(),m+∞, 单调递减区间是()0,m．（2）令()()()()211ln,02F x f x g x x m x m x x=-=-++->,问题等价于求函数()F x的零点个数，()()()1'x x mF xx--=-,当1m=时，()'0F x≤，函数()F x为减函数，F x有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．综上，函数()。
数学二轮微专题2数形结合思想在函数零点有关问题中的应用
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解析 作出函数 f(x)＝|xl＋n x1|，，xx>≤0，0 的图象，如图所
示．
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方程f(x)－a2＝0有三个不同的实数根，等价于函数y ＝f(x)的图象与直线y＝a2有三个不同的交点，根据图象 可知，当0＜a2≤1时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a2有 三个不同的交点，故a的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．
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如图所示，要使存在唯一的正整数 x0，使得 f(x0)<0，
g1≥h1， 只要g2<h2，
g3≥h3，
1－3＋5≥2a， 即8－12＋5<3a，
27－27＋5≥4a，
解得13＜a≤54.
故实数 a 的取值范围为13，54.
答案 13，54
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6．已知函数 f(x)＝xe2x，若关于 x 的方程[f(x)]2＋mf(x) ＋m－1＝0 恰有 3 个不同的实数解，则实数 m 的取值范 围是________.
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5．设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的 正整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________.
解析 设g(x)＝x3－3x2＋5，h(x)＝a(x＋1)，因为 g′(x) ＝ 3x2 － 6x ＝ 3x(x － 2) ， 令 g′(x)>0⇒x>2 或 x<0 ， 令 g′(x)<0⇒0<x<2，所以g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调 递增，在(0,2)上单调递减，又因为g(0)＝5，g(2)＝1，所 以在同一直角坐标系中画出两个函数图象，
《函数零点之数形结合》专题
《函数零点之数形结合》专题2017年（ ）月（ ）日 班级 姓名 不求难题都做，先求中低档题不错。
函数y ＝f (x )有零点⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴 ⇔方程f (x )＝0 ． 高考数学中函数零点的题型主要①函数的零点的分布；②函数的零点的个数问题； ③结合图像的变动将两个函数的图像的交点问题转化成函数的零点的个数问题。
【题型一】求零点个数及所在区间1.方程||0a x x-=（0a >）的零点有 个. 2.求函数1()3f x x x =+-的零点有 个. 3.方程223x x -+=的实数解的个数为 .4.设函数2(0)()2(0)x bx c x f x x ⎧++≤=⎨>⎩，若(4)(0)f f -=，(2)2f -=-，则()()g x f x x =-的零点有 个.5.判断函数f (x )=ln x +x 2-3的零点的个数为 .7.设方程|x 2－3|＝a 的解的个数为m ，则m 不可能等于( )A ．1B ．2C ．3D ．48.函数f(x)=2x |log 0.5x|-1的零点个数为 ( )A.1B.2C.3D.49.下列函数：①y ＝lg x ；②y ＝2x ；③y ＝x 2；④y ＝|x |－1，其中有2个零点的函数是( )A ．①②B ．③④C ．②③D ．④【规律总结】判断函数零点个数的方法主要有：(1)对于一般函数的零点个数的判断问题，可以先确定零点存在，然后借助于函数的单调性判断零点的个数.(2)由f (x )=g(x )-h(x )=0，得g(x )=h(x )，在同一坐标系下作出y 1=g(x )和y 2=h(x )的图象，利用图象判定函数零点的个数.(3)解方程，解得方程根的个数即为函数零点的个数.8.函数f (x )＝ln x －2x的零点所在的大致区间是( ) A ．(1,2)B ．(2,3)C ．(e,3)D ．(e ，＋∞)9.设函数y ＝x 3与y ＝(12)x －2的图象的交点为(x 0，y 0)，则x 0所在的区间是( ) A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)10.函数f (x )＝2x ＋3x 的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)11.在下列区间中，函数f(x)=e x +4x-3的零点所在的区间【题型二】求参数的取值范围1.若函数f(x)=a x-x-a (a >0且a 1)有两个零点，则实数a 的取值范围是 .2.函数f (x )＝x 2－2x ＋b 的零点均是正数，则实数b 的取值范围是________．3.已知函数f (x )＝x 2＋x ＋a (a <0)在区间(0,1)上有零点，则a 的取值范围为________．4.若函数f (x )是定义在R 上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且一个零点是2，则使得f (x )<0的x 的取值范围是________．2.已知二次函数f(x)=x2-2ax+4，求在下列条件下，实数a的取值范围.(1)零点均大于1.(2)一个零点大于1，一个零点小于1.(3)一个零点在(0，1)内，另一个零点在(6，8)内.。
2020届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》
微专题5 运用数形结合思想探究函数零点问题运用数形结合思想探究函数零点问题历来是高考的热点和难点，解决此类问题的难点是函数形式的有效选择，本专题主要研究运用数形结合思想探究函数零点问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x， x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋n 有三个零点，则实数n 的取值范围是_________．本题主要考查数形结合思想方法在解题中的应用，但要将函数等价变形为|f(x)|＝3x －n ，即将函数进行“拆分”，拆分的目的是易于作图，然后在同一直角坐标平面画出函数y=|f(x)|的图象，再进行直线y=3x －n ，那么的范围就是直线y=3x －n 与函数y=|f(x)|的图象有三个交点时的取值范围.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |， x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x ＞m ，其中m ＞0，若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋（4a －3）x ＋3a ，x ＜0，log a （x ＋1）＋1， x ≥0(a ＞0，且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f (x )|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是________．(2019·苏州三模)如果函数y ＝f (x )在其定义域内总存在三个不同实数x 1，x 2，x 3，满足|x i －2|f (x i )＝1(i ＝1，2，3)，则称函数f (x )具有性质Ω.已知函数f (x )＝a e x 具有性质Ω，则实数a 的取值范围为________．已知直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1x －⎪⎪⎪⎪x －1x 恰好有四个不同的交点，则实数k 的取值范围为________．(2020·浙江模拟)已知a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ， x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2＋ax ，x ≥0，若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则实数b 的范围为________．已知e 为自然对数的底数，若函数f (x )＝e x －ax 2的图象与直线y ＝32ax 的图象没有交点，则实数a 的取值范围是________．(－2e －1，0]因为函数f (x )＝e x －ax 2的图象与直线y ＝32ax 的图象没有交点，所以方程e x －ax 2＝32ax 没有实根，即e x ＝32ax ＋ax 2没有实根，所以只须函数y ＝e x 和y ＝32ax ＋ax 2的图象没有交点．下面作出函数y ＝e x 和y ＝32ax ＋ax 2的图象，观察得：当a ＝0时，符合题意；当a >0时，不合题意；当a <0时，发现当x ≥0时没有交点，所以只要保证当x <0时也没有交点．即只要研究当a <0时，当x <0时，e x ＝32ax ＋ax 2无解．(大函数法)当a <0时，令F (x )＝e x －ax 2－32ax (x <0) 则F ′(x )＝e x －2ax －32a ＝e x－a (2x ＋32)由y ＝e x和y ＝a (2x ＋32)的图象可知：F ′(x )存在零点x 0，即e x 0＝a (2x 0＋32)(*)且x 0<－34，F (x )在(－∞，x 0)递减，在(x 0，0)递增．所以只须满足F (x 0)＝e x 0－ax 20－32ax 0>0，代入(*)式，化简得：x 0<－1又由(*)得，1a ＝2x 0＋32e x 0，令p (x )＝2x ＋32ex (x <－1)因为p ′(x )＝12－2x e x >0，所以p (x )递增，所以p (x )<－e 2，所以1a <－e 2即－2e<a <0综上：a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－2e ，0.(小函数法)当a <0时，e x＝32ax ＋ax 2(x <0)无解，所以e xx ＝a (32＋x )(x <0)无解观察函数y ＝e xx (x <0)和y ＝a (32＋x )(x <0)的图象，把握临界情况：当y ＝a (32＋x )恰为y ＝e xx (x <0)的切线时，设切点为(x 0，e xx 0) ，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0（x 0－1）x 20＝a ，e x 0x 0＝a （x 0＋32），解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝－2e ，此时恰好不符合条件．由图可知：－2e <a <0综上：a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－2e ，0. (分离参数法)当a <0时，e x ＝32ax ＋ax 2(x <0)无解，所以1a ＝x 2＋32xex(x <0)无解令h (x )＝x 2＋32xex(x <0)，则h ′(x )＝－x 2＋12x ＋32ex，可得：h (x )在(－∞，－1)递减，在(－1，0)递增，所以h (x )∈(－e2，＋)，所以1a <－e 2，即－2e<a <0综上：a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－2e ，0.作业评价已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x ＞1，9x （1－x ）2，x ≤1.若函数g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点，则k 的取值范围是________．已知函数f (x )＝x sin x －32，则函数f (x )在(0，π)内的零点个数是________．若函数y ＝f (x )，x ∈R ，满足f (x ＋2)＝－f (x )，且x ∈[0，2]时，f (x )＝2－x 2，则方程f (x )＝sin|x |在[－10，10]内的根的个数为________．我们把形如y ＝b|x |－a(a ＞0，b ＞0)的函数因其图象类似于汉字中的“囧”字，故生动地称为“囧函数”，若当a ＝1，b ＝1时的“囧函数”与函数y ＝lg|x |的交点个数为n ，则n ＝________.(2020·南通模拟)已知f (x )是定义在R 上且周期为32的周期函数，当x ∈⎝⎛⎦⎤0，32时，f (x )＝1－||2x －1.若函数y ＝f (x )－log a x (a >1)在()0，＋∞上恰有4个互不相同的零点，则实数a 的值________．方程|e x －1|＋ax ＋1＝0有两个不同的解，则实数a 的取值范围是________．(2019·南京二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ， x ≥0，t ∈R .若函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧k x －1，x ≤0，ln x ， x ＞0，若关于x 的方程f (f (x ))＝0有且仅有一个实数解，则实数k 的取值范围为________．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x ＞0)，若方程g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则确定m 的取值范围________．已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1，x ≤0|ln x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝kx ＋2有且只有四个不同的解，则实数k 的取值集合为________．(2020·徐州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x ， x ≤0，f （x －1），x >0，g (x )＝k (x ＋1)，若方程f (x )－g (x )＝0有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．已知b ＞0，且b ≠1，函数f (x )＝e x ＋b x (其中e 为自然对数的底数)，如果关于x 的方程f (x )＝2有且只有一个解，则实数b 的取值范围是________．。
(完整版)数形结合法在函数零点问题中的应用
数形结合法在函数零点问题中的应用高三数学组 2017年3月15日【教学目标】函数的零点一直是近年来全国各地高考卷上的热点，因其综合性强，让很多同学感到困难。
本文通过对高考试卷中有关零点问题的研究，来说明如何将数形结合思想运用于函数零点的问题中，使零点问题变得直观形象，从而有效地将问题解决。
【教学思想、方法】数形结合分类讨论转化与化归函数与方程【考向洞察】1、针对题型(1) 确定零点的大致范围，多出现在选择题中；(2) 确定零点的个数问题，多出现在选择题中；(3) 利用已知零点的个数求参数的范围，多出现在选择题、填空题、解答题中均有可能出现。
2、解决方案(1) 直接画出函数图像，观察图像得出结论。
(2) 不能直接画出函数图像的，可以等价地转化为两个函数图像的交点，通过判断交点的个数得出函数零点的个数或要求的参数范围。
【例题讲解】例1、设函数1()ln3f x x x=-，则函数()y f x=（ D ）A. 在区间1(,1)e，(1,)e内均有零点B. 在区间1(,1)e，(1,)e内均无零点C. 在区间1(,1)e内有零点，(1,)e内无零点D. 在区间1(,1)e内无零点，(1,)e内有零点解1：113'()33x f x x x -=-=，()f x 在1(,)e e 单调递减，11()103f e e=+>，1(1)03f =>，()103e f e =-<，由零点存在定理知，区间1(,1)e内无零点，(1,)e 内有零点。
解2：令()0f x =，得1ln 3x x =，作出函数13y x =和ln y x =的图象，如右图，显然在区间1(,1)e内无零点，(1,)e 内有零点。
例2、设1()2,0()222,0x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨⎪->⎩，则()y f x x =-的零点个数是__2____。
解：作出函数()y f x =和y x =的图象，如右图，由图可知直线y x =与函数()f x 的图象有两个交点，所以()y f x x =-有2个零点。
数形结合解零点问题(已修改,含答案)
x 4 和 y 4 x的
x
x 4 x 4的 零 点 个 数 为1.
y y= x+4
O
1 y=4-x
x
(图1)
例 2 ： 定 义 函 数 f ( x ) m in { x , x } , 其 中 { x / x 0}
2
2
满 足 函 数 G ( x ) f ( x ) k 有 四 个 零 点 ， 求 k的 范 围 （ 即 图 象 f ( x )与 y k 有 四 个 交 点 ）
0k 1
(二 ） 零 点 所 在 区 间 问 题 例 3 ： 函 数 f ( x ) lg x x 3的 零 点 所 在 区 间 为 （ A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D . ( 3 , + )
C
y
）
y=lgx O 1 3 y=-x+3
(图4)
x
若 题 目 改 为 零 点 所 在 区 间 ( n , n 1), n N ， 则 n=?
评 注 ： 数 形 结 合 ， 要 在 结 合 方 面 下 功 夫 ,本 题 不 仅 要 通过图象直观估计，而且还要计算两个函数 值，通过比较其大小进行判断.
（三）零点值问题 例 4 ： 若 函 数 f ( x ) e x 3的 零 点 x1， g ( x ) ln x x 3的 零 点 x 2 ,
2
（1 ） 函 数 f ( x ) 有 四 个 零 点 （ 2 ） 函 数 f ( x )有 三 个 零 点 （3 ） 函 数 f ( x )有 两 个 零 点
0a 1 a 1
a 0或a 1
(一 ) 零 点 个 数 问 题 例1 ： 求 函 数 f
专题训练：嵌套函数的零点问题(含解析)
嵌套函数的零点问题思路引导函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t ，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解.例题讲解类型一嵌套函数零点个数的判断【典例1】已知函数f (x )=2x +22,x ≤1log 2x -1 ,x >1，则函数F (x )=f f x -2f x -32的零点个数是( )A.4B.5C.6D.7【解题指导】令t =f (x ),F (x )=0→f (t )=2t -32→作函数y =f (x )与y =2x +32图象→两个交点的横坐标为t 1=0,t 2∈(1,2)→f (x )=t 1、f (x )=t 2判断F (x )的零点个数.【解析】令t =f (x ),F (x )=0，则f (t )-2t -32=0，作出y =f (x )的图象和直线y =2x +32，由图象可得有两个交点，设横坐标为t 1,t 2，∴t 1=0,t 2∈(1,2).当f (x )=t 1时，有x =2，即有一解；当f (x )=t 2时，有三个解，∴综上，F (x )=0共有4个解，即有4个零点，故选A【方法总结】1.判断嵌套函数零点个数的主要步骤(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．2．抓住两点：(1)转化换元．(2)充分利用函数的图象与性质．【针对训练】(2022·长春市实验中学高三模拟)已知f(x)=lg x,x>02x ,x≤0，则函数y=2[f(x)]2-3f(x)+1的零点个数是( )A.3B.5C.7D.8【答案】B【分析】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，画出函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象，数形结合可得答案．【详解】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象如下图所示：由图可得方程f(x)=12和f(x)=1共有5个根，即函数y=2f2(x)-3f(x)+1有5个零点，故选B．类型二已知嵌套函数的零点个数求参数【例2】函数f(x)=ln(-x-1),x<-12x+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____．【解题指导】设t=f(x)→令g(x)=f(f(x))-a=0→a=f(t)→作y=a，y=f(t)的图像数形结合根据a的范围分类讨论y=a，y=f(t)的交点个数【解析】设t=f(x)，令g(x)=f(f(x))-a=0，则a=f(t)．在同一平面直角坐标系内作y=a，y=f(t)的图像：①当a≥-1时，y=a与y=f(t)的图像有两个交点，设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<-1，t2≥-1．当t1<-1时，t1=f(x)有一解；当t2≥-1时，t2=f(x)有两解，∴此时g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，满足题意；②当a<-1时，y=a与y=f(t)的图像有一个交点．设交点的横坐标为t 3，令ln (-t -1)=-1得t =-1-1e ，∴-1-1e<t 3<-1，此时t 3=f (x )有一个解，不满足题意；综上所述，当a ≥-1时，函数g (x )=f (f (x ))-a 有三个不同的零点．【方法总结】(1)求解本题抓住分段函数的图象性质，由y =a 与y =f (t )的图象，确定t 1，t 2的取值范围，进而由t =f (x )的图象确定零点的个数．(2)含参数的嵌套函数方程，还应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合．【针对训练】已知函数f (x )=2x-1 ,x <12-x ,x ≥1，若关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，则实数b 的取值范围是__________．【答案】-32,-2【解析】作出f (x )的函数图象如下：设f (x )=t ，则当t =1或t <0时，方程f (x )=t 只有1解，当t =0时，方程f (x )=t 有2解，当0<t <1时，方程f (x )=t 有3解，当t >1时，方程f (x )=t 无解．∵关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，∴关于t 的方程2t 2+2bt +1=0在0,1 上有两解，∴4b 2-8>00<-b 2<12+2b +1>0，解得-32<b <-2．模拟训练1.(2023春·浙江温州·高二温州中学校联考期末)已知函数f x =x e x 2+axex -2a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则2-x 1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3=( )A.1B.4C.16D.642.(2023秋·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)已知函数F x =ln x x2+(a -1)ln xx+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.1-aB.a -1C.-1D.13.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=(xe x )2+(a -1)(xe x )+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.其中x 1<x 2<x 3，则(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2的值为( )A.1B.(a -1)2C.-1D.1-a4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x e x 2+axe x -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-x1e x 121-x 2e x21-x 3e x3的值为()A.1B.-1C.aD.-a5.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax +ln x x -ln x -x 2，有三个不同的零点，(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.a -1B.1-aC.-1D.16.(2023·辽宁·校联考二模)已知函数f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3的值为( )A.81B.-81C.-9D.97.(2023春·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=ae x-x +3e 2xe x -x有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为( )A.1B.3C.4D.98.(2023秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3,且x 1<0<x 2<x 3, 则3-x 1e x123-x 2e x23-x 3e x 3的值是( )A.81 B.-81 C.9 D.-99.(2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中)已知函数f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<0<x 2<x 3，则2-x 1e x122-x 2e x22-x 3e x 3的值为( )A.3B.6C.9D.3610.(2023·陕西·统考模拟预测)已知函数f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x121-x 2e x21-x 3e x 3的值为( )A.3B.4C.9D.1611.(2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为( )A.eB.1C.4D.1-m12.(2023秋·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习)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的取值范围为( )A.0,1eB.0,eC.1,eD.0,113.(2023·山西阳泉·统考三模)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为A.eB.1C.1+mD.1-m14.(多选题)(2023秋·山东临沂·高三校联考阶段练习)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.1e15.(2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考开学考试)已知函数f (x )=x x -e x +e 2x +me x x -e x 有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3，其中m ∈R ，e =2.718为自然对数的底数，则m -x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 的范围为______．嵌套函数的零点问题思路引导函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t ，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解.例题讲解类型一嵌套函数零点个数的判断【典例1】已知函数f (x )=2x +22,x ≤1log 2x -1 ,x >1，则函数F (x )=f f x -2f x -32的零点个数是( )A.4B.5C.6D.7【解题指导】令t =f (x ),F (x )=0→f (t )=2t -32→作函数y =f (x )与y =2x +32图象→两个交点的横坐标为t 1=0,t 2∈(1,2)→f (x )=t 1、f (x )=t 2判断F (x )的零点个数.【解析】令t =f (x ),F (x )=0，则f (t )-2t -32=0，作出y =f (x )的图象和直线y =2x +32，由图象可得有两个交点，设横坐标为t 1,t 2，∴t 1=0,t 2∈(1,2).当f (x )=t 1时，有x =2，即有一解；当f (x )=t 2时，有三个解，∴综上，F (x )=0共有4个解，即有4个零点，故选A【方法总结】1.判断嵌套函数零点个数的主要步骤(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．2．抓住两点：(1)转化换元．(2)充分利用函数的图象与性质．【针对训练】(2022·长春市实验中学高三模拟)已知f(x)=lg x,x>02x ,x≤0，则函数y=2[f(x)]2-3f(x)+1的零点个数是( )A.3B.5C.7D.8【答案】B【分析】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，画出函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象，数形结合可得答案．【详解】函数y=2f2(x)-3f(x)+1=[2f(x)-1][f(x)-1]的零点，即方程f(x)=12和f(x)=1的根，函数f(x)=lg x，x>02x ，x≤0的图象如下图所示：由图可得方程f(x)=12和f(x)=1共有5个根，即函数y=2f2(x)-3f(x)+1有5个零点，故选B．类型二已知嵌套函数的零点个数求参数【例2】函数f(x)=ln(-x-1),x<-12x+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____．【解题指导】设t=f(x)→令g(x)=f(f(x))-a=0→a=f(t)→作y=a，y=f(t)的图像数形结合根据a的范围分类讨论y=a，y=f(t)的交点个数【解析】设t=f(x)，令g(x)=f(f(x))-a=0，则a=f(t)．在同一平面直角坐标系内作y=a，y=f(t)的图像：①当a≥-1时，y=a与y=f(t)的图像有两个交点，设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<-1，t2≥-1．当t1<-1时，t1=f(x)有一解；当t2≥-1时，t2=f(x)有两解，∴此时g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点，满足题意；②当a<-1时，y=a与y=f(t)的图像有一个交点．设交点的横坐标为t 3，令ln (-t -1)=-1得t =-1-1e ，∴-1-1e<t 3<-1，此时t 3=f (x )有一个解，不满足题意；综上所述，当a ≥-1时，函数g (x )=f (f (x ))-a 有三个不同的零点．【方法总结】(1)求解本题抓住分段函数的图象性质，由y =a 与y =f (t )的图象，确定t 1，t 2的取值范围，进而由t =f (x )的图象确定零点的个数．(2)含参数的嵌套函数方程，还应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合．【针对训练】已知函数f (x )=2x-1 ,x <12-x ,x ≥1，若关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，则实数b 的取值范围是__________．【答案】-32,-2【解析】作出f (x )的函数图象如下：设f (x )=t ，则当t =1或t <0时，方程f (x )=t 只有1解，当t =0时，方程f (x )=t 有2解，当0<t <1时，方程f (x )=t 有3解，当t >1时，方程f (x )=t 无解．∵关于x 的函数y =2f 2(x )+2bf (x )+1有6个不同的零点，∴关于t 的方程2t 2+2bt +1=0在0,1 上有两解，∴4b 2-8>00<-b 2<12+2b +1>0，解得-32<b <-2．模拟训练1.(2023春·浙江温州·高二温州中学校联考期末)已知函数f x =x e x 2+axex -2a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则2-x 1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3=( )A.1B.4C.16D.64【答案】C【解析】令t (x )=x e x ，则t (x )=1-xe x.所以当x <1时，t (x )>0，函数t (x )=x e x 单调递增；当x >1时，t(x )<0，函数t (x )=x e x单调递减.所以t (x )max =t (1)=1e.由题意g t =t 2+at -2a 必有两个根t 1<0，且0<t 2<1e.由根与系数的关系有：t 1+t 2=-a ，t 1t 2=-2a .由图可知，t 1=x e x 有一解x 1<0，即t 1=x 1e x 1.t 2=xex 有两解x 2,x 3且0<x 2<1<x 3，即t 2=x 2e x 2=x3ex 3.所以2-x 1e x 122-x 2e x 22-x3e x 3=2-t 1 22-t 2 2-t 2 =2-t 1 2-t 2 2=4-2t 1+t 2 +t 1t 2 2=4+2a -2a 2=16.故选：C2.(2023秋·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中)已知函数F x =ln x x2+(a -1)ln xx+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.1-aB.a -1C.-1D.1【答案】D 【解析】令y =ln x x ，则y ′=1-ln xx 2，故当x ∈(0，e )时，y ′>0，y =ln x x 是增函数，当x ∈(e ，+∞)时，y ′>0，y =ln x x是减函数；且limx →0ln xx =-∞，ln e e =1e ，lim x →+∞ln xx =0；令ln x x =t ，则可化为t 2+(a -1)t +1-a =0，故结合题意可知，t 2+(a -1)t +1-a =0有两个不同的根，故△=(a -1)2-4(1-a )>0，故a <-3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，①若a <-3，t 1+t 2=1-a >4，与t 1≤1e 且t 2≤1e相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负；不妨设t 1<0<t 2，结合y =ln xx 的性质可得，ln x 1x 1=t 1，ln x 2x 2=t 2，ln x 3x 3=t 2，故1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3=(1-t 1)2(1-t 2)(1-t 2)=(1-(t 1+t 2)+t 1t 2)2又∵t 1t 2=1-a ，t 1+t 2=1-a ，∴1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3=1；故选D ．3.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=(xe x )2+(a -1)(xe x )+1-a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.其中x 1<x 2<x 3，则(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2的值为( )A.1B.(a -1)2C.-1D.1-a【答案】A【解析】令t =xe x ，则t ′=(x +1)e x ，故当x ∈(-1,+∞)时，t ′>0，t =xe x 是增函数，当x ∈(-∞,-1)时，t ′<0，t =xe x 是减函数，可得x =-1处t =xe x 取得最小值-1e ，x →-∞，t →0，画出t =xe x 的图象，由f (x )=0可化为t 2+(a -1)t +1-a =0，故结合题意可知，t 2+(a -1)t +1-a =0有两个不同的根，故Δ=(a -1)2-4(1-a )>0，故a <-3或a >1，不妨设方程的两个根分别为t 1，t 2，①若a <-3，t 1+t 2=1-a >4，与-2e<t 1+t 2<0相矛盾，故不成立；②若a >1，则方程的两个根t 1，t 2一正一负；不妨设t 1<0<t 2，结合t =xe x 的性质可得，x 1e x 1=t 1，x 2e x 2=t 1，x 3e x 3=t 2，故(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2=(1-t 1)(1-t 1)(1-t 2)2=(1-(t 1+t 2)+t 1t 2)2又∵t 1t 2=1-a ，t 1+t 2=1-a ，∴(1-x 1e x 1)(1-x 2e x 2)(1-x 3e x 3)2=(1-1+a +1-a )2=1．故选：A ．4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x e x 2+axex -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为A.1B.-1C.aD.-a【答案】A 【解析】令x e x =t ，构造g (x )=x e x ，求导得g (x )=1-xex ，当x <1时，g (x )>0；当x >1时，g (x )<0，故g (x )在-∞,1上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，且x <0时，g (x )<0，x >0时，g (x )>0，g (x )max =g (1)=1e，可画出函数g (x )的图象(见下图)，要使函数f (x )=x e x2+axex -a 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则方程t 2+at -a =0需要有两个不同的根t 1,t 2(其中t 1<t 2)，则Δ=a 2+4a >0，解得a >0或a <-4，且t 1+t 2=-at 1⋅t 2=-a ，若a >0，即t 1+t 2=-a <0t 1⋅t 2=-a <0 ，则t 1<0<t 2<1e，则x 1<0<x 2<1<x 3，且g x 2 =g x 3 =t 2，故1-x 1e x121-x 2e x21-x 3ex 3=1-t 1 21-t 2 2=1-t 1+t 2 +t 1t 2 2=1+a -a 2=1，若a <-4，即t 1+t 2=-a >4t 1⋅t 2=-a >4 ，由于g (x )max =g (1)=1e ，故t 1+t 2<2e<4，故a <-4不符合题意，舍去.故选A .5.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax +ln x x -ln x -x 2，有三个不同的零点，(其中x 1<x 2<x 3)，则1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 的值为A.a -1B.1-aC.-1D.1【答案】D【解析】令f (x )=0，分离参数得a =x x -ln x -ln x x 令h (x )=x x -ln x -ln xx由h ′(x )=ln x 1-ln x 2x -ln xx 2x -ln x 2=0 得x =1或x =e ．当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，e )时，h ′(x )>0；当x ∈(e ，+∞)时，h ′(x )<0．即h (x )在(0，1)，(e ，+∞)上为减函数，在(1，e )上为增函数．∴0<x 1<1<x 2<e <x 3，a =x x -ln x -ln x x 令μ=ln xx则a =11-μ-μ即μ2+(a -1)μ+1-a =0，μ1+μ2=1-a <0，μ1μ2=1-a <0，对于μ=ln x x ，μ =1-ln xx 2则当0<x <e 时，μ′>0；当x >e 时，μ′<0．而当x >e 时，μ恒大于0．不妨设μ1<μ2，则μ1=ln x 1x 1,μ2=ln x 2x 2,μ3=ln x 3x 3， 1-ln x 1x 1 21-ln x 2x 2 1-ln x 3x 3 =(1-μ1)2(1-μ2)(1-μ3)=[(1-μ1)(1-μ2)]2=[1-(1-a )+(1-a )]2=1．故选D ．6.(2023·辽宁·校联考二模)已知函数f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3的值为( )A.81B.-81C.-9D.9【答案】A【解析】f x =9ln x 2+a -3 x ln x +33-a x 2=0∴a -3 x ln x -3x 2 =-9ln x 2∴a -3=9ln x 23x 2-x ln x =9ln x x 23-ln xx令t =3-ln x x ，t ∈0,+∞ ，则ln xx =3-t ，∴t =-1-ln x x 2=ln x -1x 2令t =0，解得x =e∴t ∈0,e 时，t <0，t 单调递减；t ∈e ,+∞ 时，t >0，t 单调递增；∴t min =3-1e ，t ∈3-1e,+∞ ，∴a -3=9(3-t )2t =9t 2-54t +81t ∴9t 2-51+a t +81=0.设关于t 的一元二次方程有两实根t 1，t 2，∴Δ=51+a 2-4×9×81>0，可得a >3或a <-105.∵a -3=93-t 2t >0，故a >3∴a <-105舍去∴t 1+t 2=51+a 9>51+39=6，t 1t 2=9.又∵t 1+t 2=t 1+9t 1≥29=6，当且仅当t 1=t 2=3时等号成立，由于t 1+t 2≠6，∴t 1>3，t 2=9t 1<3(不妨设t 1>t 2).∵x 1<1<x 2<x 3，可得3-ln x 1x 1>3，3-ln x 2x 2<3，3-ln x 3x 3<3.则可知3-ln x 1x 1=t 1，3-ln x 2x 2=3-ln x 3x 3=t 2.∴3-ln x 1x 1 23-ln x 2x 2 3-ln x 3x 3=t 1t 2 2=81.故选：A .7.(2023春·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=ae x-x +3e 2x e x -x有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3ex 3的值为( )A.1B.3C.4D.9【答案】D【解析】由f x =0得a =x e x -3e xe x -x，即a =x e x -31-x e x =-1-x e x -31-x e x+1，记t =1-x e x ，且设g x =1-xex ，一方面由a =-t -3t +1得t 2+a -1 t +3=0(*)，当Δ>0时方程(*)有两个不相等的实数根t 1，t 2，且t 1+t 2=1-a ，t 1t 2=3；另一方面，由g x =x -1e x知g x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，g 1=1-1e，g 0 =1，当x →-∞时，g x →+∞，当x →+∞时，g x →1-，如图：t1≥1>t 2>1-1e，且1-x 1e x 1=t 1，1-x 2e x 2=1-x3ex 3=t 2，因此1-x 1e x 121-x 2e x 21-x 3e x 3=t 21⋅t 2⋅t 2=t 1t 2 2=9.故选：D8.(2023秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点x 1,x 2,x 3,且x 1<0<x 2<x 3, 则3-x 1e x123-x 2e x23-x 3e x 3的值是( )A.81B.-81C.9D.-9【答案】A【解析】由f (x )=9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x 有三个不同的零点知：9x 2+(a -3)xe x +3(3-a )e 2x =0有三个不同的实根，即a -3=9x 23e 2x -xe x =9x ex 23-x ex有三个不同实根，若t =3-xe x ，则a -3=9(3-t )2t ，整理得9t 2-(a +51)t +81=0，若方程的两根为t 1,t 2，∴t 1t 2=9，而t=xe x -e x e 2x=x -1e x，∴当x <1时，t <0即t 在(-∞,1)上单调递减；当x >1时，t >0即t 在(1,+∞)上单调递增；即当x =1时t 有极小值为3-1e ，又x 1<0<x 2<x 3，x =0有t =3，即t 1>3>t 2>3-1e.∵方程最多只有两个不同根，∴x 1<0<x 2<1<x 3，即t 1=3-x 1e x 1，t 2=3-x 2e x 2=3-x 3e x3，∴3-x1e x 123-x 2e x23-x 3ex 3=t 12t 22=81.故选：A9.(2023秋·江西宜春·高三江西省丰城中学校考期中)已知函数f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<0<x 2<x 3，则2-x1e x 122-x 2e x22-x 3e x 3的值为( )A.3B.6C.9D.36【答案】D【解析】因为f (x )=2(a +2)e 2x -(a +1)xe x +x 2，所以f (x )=e 2x 2(a +2)-(a +1)x e x +x e x 2，因为e 2x>0，所以2(a +2)-(a +1)x e x +x e x 2=0有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，令g x =x e x ，则g x =1-x e x，所以当x <1时g x >0，当x >1时g x <0，即g x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，所以g x max =g 1 =1e ，当x >0时x e x >0，令t =x ex ∈-∞,1e ，则2(a +2)-(a +1)t +t 2=0必有两个根t 1、t 2，不妨令t 1<0、0<t 2<1e ，且t 1+t 2=a +1，t 1t 2=2a +2 ，即t 1=x e x 必有一解x 1<0，t 2=xe x 有两解x 2、x 3，且0<x 2<1<x 3，故2-x 1e x122-x 2e x22-x 3ex 3=2-t 1 22-t 2 2=4-2t 1+t 2 +t 1t 2 2=4-2a +1 +2a +2 2=36故选：D10.(2023·陕西·统考模拟预测)已知函数f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2有三个不同的零点x 1,x 2,x 3，且x 1<x 2<x 3，则1-x 1e x121-x 2e x21-x 3e x 3的值为( )A.3B.4C.9D.16【答案】C【解析】f (x )=(a +3)e 2x -(a +1)xe x +x 2=e 2x x e x 2-a +1 ⋅x ex +a +3 ，e 2x >0，x e x2-a +1 ⋅xex +a +3 =0有三个不同的零点x 1,x 2,x 3.令g x =x e x ,g x =1-xe x，g x 在-∞,1 递增，在1,+∞ 上递减，g x max =g 1 =1e .x >0时，xex >0.令t =x ex ∈-∞,1e，t 2-a +1 ⋅t +a +3 =0必有两个根t 1,t 2，t 1<0,0<t 2<1e，且t 1+t 2=a +1,t 1⋅t 2=a +3，t 1=x e x 有一解x 1<0，t 2=x ex 有两解x 2,x 3，且0<x 2<1<x 3，故1-x 1e x 121-x 2e x 21-x3e x 31-t 1 21-t 22=1-t 1+t 2 +t 1⋅t 2 2=1-a +1 +a +3 2=9.故选：C11.(2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考开学考试)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为( )A.eB.1C.4D.1-m【答案】B【解析】令t =ln xx-1，则t =1-ln xx 2，当x >e 时，t <0，当0<x <e 时，t >0，所以t 在e ,+∞ 上递减，在0,e 上递增，所以当x =e 时，函数取得最大值1e-1，函数t =ln xx-1的图象如图所示：则ln x 1x 1-1=t 1,ln x 2x 2-1=t 2,ln x 3x 3-1=t 3，由图象知：t 2=t 3，因为关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，所以方程t +1t+m +1 =0有两个不等的实数解t 1,t 2，由韦达定理得：t 1⋅t 2=1，所以ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 =t 12⋅t 2⋅t 3=t 12⋅t 22=1，故选：B12.(2023秋·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习)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的取值范围为( )A.0,1eB.0,eC.1,eD.0,1【答案】A 【解析】由方程e ln x x +x e ln x +x +m =0，可得e ln x x +1e ln x x+1+m =0.令e ln x x =t ，则有t +1t +1+m =0，即t 2+m +1 t +m +1=0.令函数g x =e ln x x ，则g x =e ⋅1-ln xx 2，由g x >0，解得0<x <e ，g x <0，解得x >e所以g x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且g e =1作出图象如图所示，要使关于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，结合图象可得关于t 的方程t 2+m +1 t +m +1=0一定有两个实根t 1，t 2，且e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=t 2，t 1+t 2=-m +1 ，t 1t 2=m +1.所以Δ=m +1 2-4m +1 >0，解得m >3或m <-1若t 1=1，则1+m +1 ×1+m +1=0,解得m =-32，则t 2=-12此时e ln x 2x 2=t 2=-12只有1个实数根，此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.若t 1=0，则m =-1，可得t 2=0，显然此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.要使原方程有3个不等实数根，则t 1<0<t 2<1所以m +1<0，1+m +1+m +1>0，解得-32<m <-1.所以e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=e ln x 3x 3=t 2故ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3=2e t 1+t 2 =-2m +1 e ∈0,1e.故选：A13.(2023·山西阳泉·统考三模)关于x 的方程ln x x +xln x -x+m =0有三个不等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<1<x 2<x 3，则ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1 的值为A.eB.1C.1+mD.1-m【答案】B 【解析】设f x =ln x x ，则f x =1-ln xx 2，故函数在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，f e =1e，画出函数图像，如图所示：设ln x x =t ，ln x x +x ln x -x +m =0，则ln x x +1ln x x -1+m =0，即t +1t -1+m =0，化简整理得到：t 2+m -1 t +1-m =0，故t 1+t 2=1-m ，t 1t 2=1-m ，且t 1<0，0<t 2<1e，ln x 1x 1-1 2ln x 2x 2-1 ln x 3x 3-1=t 1-1 2t 2-1 2=t 1t 2-t 1+t 2 +1 2=1.故选：B .14.(多选题)(2023秋·山东临沂·高三校联考阶段练习)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.1e【答案】BC 【解析】由方程e ln x x +x e ln x +x +m =0，可得e ln x x +1e ln x x+1+m =0．令e ln x x =t ，则有t +1t +1+m =0，即t 2+(m +1)t +m +1=0．令函数g (x )=e ln x x ，则g (x )=e ⋅1-ln xx 2，所以g (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减．作出图象如图所示，要使关于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，结合图象可得关于t 的方程t 2+(m +1)t +m +1=0一定有两个实根t 1，t 2(t 1<0<t 2<1)，且e ln x 1x 1=t 1，e ln x 2x 2=t 2，t 1+t 2=-(m +1)，t 1t 2=m +1．所以m +1<0，1+m +1+m +1>0，解得-32<m <-1．故ln x 21x 1+ln x 2x 2+ln x 3x 3=2e (t 1+t 2)=-2(m +1)e ∈0,1e．因为2e 3∈0,1e ,1e 2∈0,1e，所以BC 都符合题意，故选：BC15.(2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考开学考试)已知函数f (x )=x x -e x +e 2x +me x x -e x 有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3，其中m ∈R ，e =2.718为自然对数的底数，则m -x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 的范围为______．【答案】0,1e 2-e【解析】由f x =0，两边同时除以e xx -e x变形为x e x +e xx -e x+m =0，有x ex +1x e x-1+m =0设x ex =t 即t +1t -1+m =0，所以t 2+(m -1)t +1-m =0令g (x )=x e x ，则g (x )=1-xe x，所以g (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且g 0 =0，g 1 =1e，当x >0时，g (x )>0其大致图像如下．要使关于x 的方程x e x +e xx -e x+m =0有三个不相等的实数解x 1，x 2，x 3，且x 1<0<x 2<x 3．结合图像可得关于t 的方程g (t )=t 2+(m -1)t +1-m =0一定有两个不等的实数根t 1，t 2且t 1<0<t 2<1e ，从而1<m <1+1e 2-e．t 1+t 2=1-m ，t 1⋅t 2=1-m ，则x 1e x 1=t 1，x 2e x 2=x3ex 3=t 2．所以x 1e x 1-1 2x 2e x 2-1 x3e x 3-1 =t 1-1 2t 2-1 2=t 1-1 t 2-1 2=t 1t 2-t 1+t 2 +1 2=[1-m -(1-m )+1]2=1m -x 1e x1-12x 2e x 2-1 x 3e x 3-1 =m -1∈0,1e 2-e .故答案为：0,1e 2-e。
高考复习专题：数形结合法解函数的零点问题
高考复习专题：数形结合法解函数的零点问题类型一：数形结合法解与一元二次方程有关的相嵌函数的零点问题1.设函数lg|2|2()12x xf xx-≠⎧=⎨=⎩，若关于x的方程2[()]()0f x bf x c++=恰有3个不同的实数解123,,x x x则123()f x x x++的值等于____________.lg42.设定义域为R的函数11|1|()11xxf xx⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x的方程2[()]()0f x bf x c++=恰有3个不同的实数解123,,x x x，则222123x x x++的值等于_________.53.已知函数()y f x=是定义域为R的偶函数，当0x≥时，21024()13()224xx xf xx⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-->⎪⎩，若关于x的方程27[()]()0,16af x af x a R++=∈有且仅有8个不同实数根，则实数a的取值范围是_____________.4.已知函数()y f x=是定义域为R的偶函数，当0x≥时，250216()1()122xx xf xx⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩，若关于x的方程2[()]()0,,f x af x b a b R++=∈有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是______.5.已知函数11()||||f x x x x x=+--，关于x 的方程2[()]|()|0,(,)f x a f x b a b R ++=∈恰有6个不同实根解，则a 的取值范围是_______________.6．函数|1|,1()1()1,12x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩若关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=有五个不同的实数解,则a 的取值范围是____________．解析：关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=的根为3(),()2f x a f x ==，画出3(),,2y f x y a y ===的图像，数形结合知选B7．若函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，且11()f x x =，则关于x 的方程23[()]2()0f x af x b ++=的不同实根个数是_______________.8．已知,,,a b c d 均为实数，函数32()(0)32a b f x x x cx d a =+++<有两个极值点12,x x ，（12x x <），满足21()f x x =，则方程2[()]()0a f x bf x c ++=的实根个数是________.类型二：数形结合法解分段函数的零点问题9．已知函数()f x 满足：①定义域为R ；②x R ∀∈，有(2)2()f x f x +=；③当[0,2]x ∈时，()222f x x =--．记()()x f x x ϕ=([8,8])x ∈-．根据以上信息，可以得到函数()x ϕ的零点个数为____________．10．设函数()f x 的定义域为R ，1()1,10()3,01xx f x x x ⎧--<<⎪=⎨⎪≤≤⎩，且对任意的x R ∈都有(1)(1)f x f x +=-，若在区间[1,5]-上函数()()g x f x mx m =--恰有6个不同点，则实数m 的取值范围是____________．11．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当01x ≤≤时，2()f x x =，当0x >时，(1)()(1)f x f x f +=+ ，且 若直线y kx =与函数()y f x =的图象恰有5个不同的公共点，则实数k 的值为 ．[解析] 因为0x >时，()(1)1f x f x =-+，所以()f x 就是将(1)f x -先向右平移一个单位，然后再向上平移一个单位，所以当[1,2]x ∈时，2()(1)1f x x =-+，当[2,3]x ∈时，2()(2)2f x x =-+，根据()f x 为奇函数可以得到()f x 如图所示的草图，当直线y kx =与2()(1)1f x x =-+相切时，2(2)20x k x -++=，2(2)80,222k k ∆=+-==-，所以要使y kx =与函数()y f x =的图象恰有5个不同的公共点，则222k =-.12．如果关于x 的方程24xkx x =+有4个不同的实数解，则实数k 的取值范围是（ D ） A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,14⎛⎫⎪⎝⎭ C ．()1,+∞ D ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭13．已知以4T =为周期的函数21,(1,1]()12,(1,3]m x x f x x x ⎧-∈-⎪=⎨--∈⎪⎩，其中0m >。
数形结合解决函数的零点问题
数形结合 解决函数的零点问题
复习旧知
结论：函数的零点就是方程f(x)=0的
实数根，也就是函数y=f(x)的图象与x 轴的交点的横坐标。
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
判断函数零点个数的 3 种方法
一、 f (x) k 型函数的零点问题
的个3 数.
由图像可知有8个交点.
y
2
1 y=
x1
因为两函数图像都
x)
1
y = sin(2∙π∙x)
关于点 (1, 0) 对称,
所以交点的横坐标
2
o
2
1
4
x 6之和为8 8. 10
2
二、f (x) g(x) 型函数的零点问题
经验总结： 1.分离成两个函数求交点的问题. 2.注意分离的两个函数应尽可能的 是熟悉、常见的函数.
二、f (x) g(x)型函数的零点问题
例3 (2018年新课标Ⅰ)
已知函数 ex , x 0,
f (x)
, g(x) f (x) x a.
ln x, x 0.
若 g(x) 存在2个零点,则 a 的取值范围(
A.[－1,0)
B.[0,＋∞)
C.[－1,＋∞)
D.[1,＋∞)
例 4 (2018·山西质量检测)
已知 f(x)＝2|lxn＋x1|， ，xx≤>00，，
则方程 f[f(x)]＝3 的
根的个数是( C )
A．3 B．4 C．5 D．6
经验总结： 1.先分离出内外层函数，分别作出内外 层函数的图像，借助图像来求解. 2.注意：遵循“由外到内”的顺序，一层 层拆解直到求出x的值。
数形结合法破解含参函数的零点问题
1)
可初步做 出 判 断,严 格 的 证 明 需 借 助 于 二 阶
导数。
(
责任编辑
徐利杰)
+∞ 上
2
单调 递 增,当 x→ - ∞ 时,
图4
x)
→+∞ ,其 图 像 如 图
g(
4 所示。 依 题 意 知,直 线 y =a (
x -1)与
几何意 义 是 过 点 (
1,
0)的 动
函 数 y =2
l
nx 的 图 像 在
例 3
x)→0,当 x → + ∞ 时,
g(
1
该 方 程 在 0,
上 无 解,其
x)的 图
g(
像有唯一的公共
对数的底数,
若 f(
1)=0,函 数 f (
x)在 区 间
点。因 为 两 条 函 数
解析:
由 f(
1)=e-a-b-1=0,得 b=
好 相 反,所 以 由 数
(
内有零点,
求 a 的取值范围。
0,
1)
e-a -1。 当 x ∈ (
0,
1)时,
x )=e f(
x
ax - (
e-a-1)
解题篇 经典题突破方法
高二数学 2022 年 7-8 月
数形结合法破解含参函数的零点问题
■ 河南省郑州中原一中实验学校
含参函数的零点问题 是 高 中 数 学 的 重 要
题型,
在考 试 中 常 常 处 于 小 题 甚 至 是 大 题 的
压轴位置,
其 一 般 形 式 为:
已 知 函 数 y=f(
x,
在区间I 上有 ※ 个(
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求 x1 x 2 .
3
挑战自我： 求 不 等 式 x 1 lo g 6 ( x 3)的 所 有 整 数 解 .
-2,-1,0,1
数形结合千般好，隔离分家万事休。
记住： 某些时候千万别得意而“忘形”呦。
作业：
1.复习今日所学内容。 2.学会将题目进行归类，整合。找找报纸 或考一本上哪些题目用数形结合解决比 较快，并解决它们。 3. 预习 4.完成下列题目。
ห้องสมุดไป่ตู้
2
解 析 ： 在 同 一 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 画 出 函 数 y lg x 与 y x 3的 图 象 （ 如 图 4 ） . 它 们 的 交 点 横 坐 标 x 0 显 然 在 区 间 (1,3)内 ， 由 此 排 除 A， D. 至 于 选 B还 是 选 C， 单 凭 直 观 比 较 困 难 了 ， 这 时 要 比 较 x 0 与 2 的 大 小 . 当 x 2时 ， x lg 2， x 1,由 于 lg 2 1， lg 3 因 此 x 0 2， 从 而 判 定 x 0 ( 2, 3)， 故 本 题 应 选 C .
链接高考： 已 知 函 数 f ( x ) lo g a x x b ( a 0, 且 a 1) 当 2 < a< 3 < b < 4 时 ， 函 数 f ( x )的 零 点 x 0 ( n , n 1), n N ， 则 n=?
2
学生练习： 已 知 函 数 f ( x ) x 1 a 分 别 满 足 下 列 条 件 . 求 a的 范 围
0k 1
变 式 ： 若 题 目 改 为 f ( x ) m ax{ x , x }呢 ？
2 2
k 1
链接高考： 1 . 若 0 < a< 1 , 则 方 程 a A.2 B.3 C.4
x
lo g a x 的 实 根 个 数 （
B）
D.5
2 , ( x 2) 2.f ( x) x ( x 1) 3 , ( x 2 ) 若 关 于 x的 方 程 f ( x ) k 有 两 个 不 同 实 根 ， 求 k 范 围
数形结合解零点问题
“数缺形时少直觉，形少数时难入微”（华罗庚 语）.
数形结合指的是在解决数学问题时，使数的问 题，借助形更直观，而形的问题，借助数更理性.
函数的零点就是函数图象与x轴的交点的横坐标， 数形结合能给零点问题的解决带来极大的方便.
(一 ) 零 点 个 数 问 题 例1 ： 求 函 数 f
x
x 4 x 4零 点 个 数
y y= x+4
O
(图1)
1 y=4-x
x
解析：f
x
x 4 x 4的 零 点 就 是 方 程
x 4 4 x的
解，在同一平面直角坐标系中画出y 图 象 （ 如 图1 ） 可 见 函 数 f
x 4 和 y 4 x的
x
x 4 x 4的 零 点 个 数 为1.
y y= x+4
O
1 y=4-x
x
(图1)
例 2 ： 定 义 函 数 f ( x ) m in { x , x } , 其 中 { x / x 0}
2
2
满 足 函 数 G ( x ) f ( x ) k 有 四 个 零 点 ， 求 k的 范 围 （ 即 图 象 f ( x )与 y k 有 四 个 交 点 ）
0k 1
(二 ） 零 点 所 在 区 间 问 题 例 3 ： 函 数 f ( x ) lg x x 3的 零 点 所 在 区 间 为 （ A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D . ( 3 , + )
C
y
）
y=lgx O 1 3 y=-x+3
(图4)
x
若 题 目 改 为 零 点 所 在 区 间 ( n , n 1), n N ， 则 n=?
评 注 ： 数 形 结 合 ， 要 在 结 合 方 面 下 功 夫 ,本 题 不 仅 要 通过图象直观估计，而且还要计算两个函数 值，通过比较其大小进行判断.
（三）零点值问题 例 4 ： 若 函 数 f ( x ) e x 3的 零 点 x1， g ( x ) ln x x 3的 零 点 x 2 ,
2
（1 ） 函 数 f ( x ) 有 四 个 零 点 （ 2 ） 函 数 f ( x )有 三 个 零 点 （3 ） 函 数 f ( x )有 两 个 零 点
0a 1 a 1
a 0或a 1