高中数学讲义微专题10 函数零点的个数问题
微专题利用导数证明问题或讨论零点个数教师版
微专题利用导数证明问题或讨论零点个数利用导数求函数的零点或方程根的问题、用导数证明不等式问题是高考命题的重点,命题的角度常见的有：判断函数零点的个数或方程解的个数；根据函数零点的个数或方程解得个数求解参数；利用导数证明不等式.题型以解答题为主，有时也在选择题或填空题的后两题中进行考查,难度较大.重点考查考生函数与方程、转化与化归的思想，数学抽象及数学运算的学科核心素养.考点一 利用导数求函数的零点或方程根的问题 【典型例题】【例1】已知函数21()e xax bx f x ++=．（Ⅰ）当1a b ==时，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）若()11f =，且方程()1f x =在区间()0,1内有解，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）当1a b ==时，21()e x x x f x ++=，则2()ex x x f x -'=，解不等式()0f x '>，得01x <<，所以，函数()f x 在()0,1上单调递增；解不等式()0f x '<，得0x <或1x >，所以，函数()f x 在(),0-∞和()1,+∞上单调递减，因此，函数()f x 的极小值为(0)1f =，极大值为3(1)ef =；（Ⅱ）由(1)1f =得e 1b a =--，由()1f x =，得2e 1x ax bx =++，设()2e 1x g x ax bx =---，则()g x 在()0,1内有零点，设0x 为()g x 在()0,1内的一个零点，由()()010g g ==知，()g x 在()00,x 和()0,1x 上不单调，设()()h x g x '=，则()h x 在()00,x 和()0,1x 上均存在零点，即()h x 在()0,1上至少有两个零点．()()e 2,e 2x x g x ax b h x a ''=--=-． 当12a ≤时，()0h x '>，()h x 在()0,1上单调递增，()h x 不可能有两个及以上的零点； 当e2a ≥时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减，()h x 不可能有两个及以上的零点； 当1e 22a <<时，令()0h x '=，得()()ln 20,1x a =∈，所以，()h x 在()()0,ln 2a 上单调递减，在()()ln 2,1a 上单调递增，()h x 在()0,1上存在极小值()()ln 2ha ，若()h x 有两个零点，则有()()()()ln 20,00,10h a h h <>>,()()()1e ln 232ln 21e 22h a a a a a ⎛⎫=-+-<< ⎪⎝⎭，设()()3ln 1e 1e2m x x x x x =-+-<<，则()1ln 2m x x '=-，令()0m x '=，得x当1x <()0m x '>，函数()m x 单调递增；e x <<时，()0m x '<，函数()m x 单调递减．所以，()max 1e<0m x m ==-，所以，()()ln 20h a <恒成立， 由()()01e+2>0,h 1e 20h b a a b =-=-=-->,得e 21a -<<．归纳利用导数研究函数零点或方程根的方法： (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法.借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围. (2)数形结合法求解零点.对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围. (3)构造函数法研究函数零点.①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.【变式训练1】已知函数()()22x x f 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.【解析】(1) ()()()()2'221121x x x x f x ae a e ae e =++-=-+, ①当0a ≤时, ()'0f x <,()f x 在(),-∞+∞上单调递减, ②当0a >时,f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, (ln ,)a -+∞上单调递增.(2)因为()f x 有两个零点,所以必有0a >,否则()f x 在R 上单调递减,至多一个零点,与题意不符. 当0a >时, ()f x 在(,ln )a -∞-上单调递减, ()f x 在(ln ,)a -+∞上单调递增,又()f x 有两个零点,所以必有()ln 0f a -<,即()2112ln 0a a a a a ⎛⎫⋅+-⋅-< ⎪⎝⎭,又因为0a >,可得22ln 0a a -+<. 令()22ln g a a a =-+()0a >),则()1'20g a a=+>, 所以()g a 在()0,+∞上单调递增.因为()10g =,所以由22ln 0a a -+<可得01a <<. 综上所述01a <<.【变式训练2】已知函数()ln af x x a x=-+在[]1,e x ∈上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A.e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭ B.e ,11e ⎡⎫⎪⎢-⎣⎭C.e ,11e ⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦D.[)1,e - 【解析】∵[]221'(),1,e a x af x x x x x+=+=∈． 当1a ≥-时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意． 当e a ≤-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，也不合题意． 当e 1a -<<-时，则,[)1x a ∈-时，()'0f x <，()f x 在[1,)a -上单调递减，,e (]x a ∈-时，()'0f x >，()f x 在(],e a -上单调递增，又()10f =，所以()f x 在e []1,x ∈上有两个零点，只需(e)10e a f a =-+≥即可，解得e 11ea ≤<--. 综上，a 的取值范围是e ,11e ⎡⎫-⎪⎢-⎣⎭.故选A.【变式训练3】已知函数217()(2)ln 422f x x x x x =++-+，则函数()f x 的所有零点为 .【解析】函数)(x f 的定义域为),0(+∞， 且()2ln 3f x x x x'=++-．设()2ln 3g x x x x =++-，则()()222221122()1x x x x g x x x x x +-+-'=-+==()0x >． 当01x <<时，()0g x '<；当1x >时，()0g x '>， 即函数()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当0x >时，()()10g x g ≥=（当且仅当1=x 时取等号）． 即当0x >时，()0f x '≥（当且仅当1=x 时取等号）． 所以函数()f x 在),0(+∞单调递增，至多有一个零点. 因为(1)0f =，1=x 是函数)(x f 唯一的零点. 综上，函数()f x 的所有零点只有1=x ． 【答案】1.考点二 利用导数证明不等式的有关问题 【典型例题】【例2】已知函数()21x x f x e-= (e 为自然对数的底数).（1）求函数()f x 的零点0x ，以及曲线()y f x =在0x x =处的切线方程； （2）设方程()()0f x m m =>有两个实数根1x ，2x ，求证：121212x x m e ⎛⎫-<-+⎪⎝⎭. 【解析】（1）由()210x x f x e -==，得1x =±，∴函数的零点01x =±.()221xx x f x e--'=，()12f e '-=，()10f -=. 曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()21y e x =+.()21f e'=-，()10f =，∴曲线()y f x =在1x =处的切线方程为()21y x e=--.（2）()221xx x f x e --'=.当(() 11x ∈-∞+∞U ，时，()0f x '>；当(1 1x ∈+时，()0f x '<. ∴()f x 的单调递增区间为(() 1 1-∞+∞，，，单调递减区间为(1+. 由（1）知，当1x <-或1x >时，()0f x <；当11x -<<时，()0f x >.下面证明：当()1 1x ∈-，时，()()21e x f x +>. 当()1 1x ∈-，时，()()()21112121002x x x x e x f x e x e e +--+>⇔++>⇔+>.易知，()112x x g x e +-=+在[]1 1x ∈-，上单调递增， 而()10g -=，∴()()10g x g >-=对()1 1x ∀∈-，恒成立， ∴当()1 1x ∈-，时，()()21e x f x +>. 由()21y e x y m⎧=+⎪⎨=⎪⎩得12m x e =-.记112mx e '=-.不妨设12x x <，则12111x x -<<-<，∴121221212m x x x x x x x e⎛⎫''-<-=-=-- ⎪⎝⎭. 要证121212x x m e ⎛⎫-<-+⎪⎝⎭，只要证2112122m x m e e ⎛⎫⎛⎫--≤-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即证21x m ≤-. 又∵2221x x m e -=，∴只要证222211x x x e-≤-，即()()()222110x x e x -⋅-+≤.∵()21x ∈，即证()2210x e x -+≥.令()()()11x x x e x x e ϕϕ'=-+=-，.当()1x ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ为单调递减函数； 当()0,1x ∈时，()0x ϕ'>，()x ϕ为单调递增函数. ∴()()00x ϕϕ≥=，∴()2210x e x -+≥，∴121212x x m e ⎛⎫-<-+⎪⎝⎭. 方法归纳不等式的证明问题解题策略从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是:构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.【变式训练1】已知函数()()0xaxf x a e =≠. (1)求函数()f x 的单调区间(2)当1a =时，如果方程()f x t =有两个不等实根12,x x ，求实数t 的取值范围，并证明122x x +>.【解析】(1)()f x 的定义域为R ，且()()1xa x f x e-'=. 由10x x e ->，得1x <；由10xxe -<，得1x >. 故当0a >时，函数()f x 的单调递增区间是()1-∞,，单调递减区间是(1)+∞,； 当0a <时，函数()f x 的单调递增区间是(1)+∞,，单调递减区间是()1-∞,. (2)由(1)知当1a =时，()x x f x e =，且()()min11f x f e==. 当0x <时，()0f x <；当0x >时，()0f x >.∴当10t e<<时，直线y t =与()y f x =的图像有两个交点， ∴实数t 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭.Q 方程()f x t =有两个不等实根12,x x ，11x x t e ∴=，22x x t e =，11x x te ∴=，22x x te =，()1212x x x x t e e ∴-=-，即1212x x x x t e e -=-. 要证122x x +>，只需证()122x xt e e +>，即证()()1212122xx x x x x e e e e -+>-，不妨设12x x >.令12m x x =-，则01m m e >>,， 则要证()121m m m e e +>-，即证()220mm e m -++>.令()()()220x g x x e x x =-++>，则()()11xg x x e '=-+. 令()()11x h x x e =-+，则()0xh x xe '=>，()()11x h x x e ∴=-+在(0)+∞,上单调递增，()()00h x h ∴>=.()0g x '∴>，()g x ∴在(0)+∞,上单调递增， ()()00g x g ∴>=，即()220x x e x -++>成立，即()220mm e m -++>成立.122x x ∴+>.【变式训练2】设()()ln ,f x ax bx x f x =+ 在x e =处的切线方程是0x y e +-=，（其中2.718...e =为自然对数的底数）. （1）求,a b 的值； （2）证明：()21x f x x e≤+. 【解析】（1）()ln f x a b b x '=++由题意，可得 ()1()0f e a b b f e ae be =++=-⎧⎨=+='⎩解得1,1a b ==-（2）由（1）知()ln f x x x x =- 令()21ln (0)x h x x x x x x e =--->，则()1ln 2xh x x x e '=-+- ()1120,(1)0x h x h x e'''=---<<，当()0,0x h x '→>()()01g x g ''≤=，又()10g '<，所以()00,1x ∃∈，使得()00h x '=即00012ln x x x e =-+ 所以()h x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减 所以()()0200000max 1ln x h x h x x x x x e ==--- ()0000022000000000111121x xx x x x x x x x x x x x e e e e e ⎛⎫⎛⎫=+---=+--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令()0001x m x x e =-，()00110x m x e'=+> 又()()00,10m m <>所以()10,1x ∃∈，使得()10m x =此时 111x x e =，()11ln x x =- ()10h x '=∴01x x =，∴()00m x ≤，∴()()00h x h x ≤≤；故()21x f x x e≤+.高考真题【选择题组】1、[2019·浙江卷] 设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( )A.a<-1,b<0B.a<-1,b>0C.a>-1,b<0D.a>-1,b>0【答案】C【解析】令F(x)=f(x)-ax -b={(1-a)x -b,x<0,13x 3-12(a+1)x 2-b,x≥0. 当x≥0时,F(x)=13x 3-12(a+1)x 2-b,F'(x)=x 2-(a+1)x=x[x -(a+1)]. 当a≤-1时,F(x)在R 上单调递增, 不符合题意,舍去.当a>1时,F(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去.当a=1时,F(x)在(-∞,0)上为定值,在[0,2]上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去. 当-1<a<1时,F(x)在(-∞,0)上单调递增,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增, 若函数F(x)=f(x)-ax -b 恰有3个零点,则需F(0)=-b>0,F(a+1)=-16(a+1)3-b<0, 所以-1<a<1且-16(a+1)3<b<0.故选C.【非选择题组】1、[2018·江苏卷] 若函数f(x)=2x 3-ax 2+1(a ∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 . 【答案】-3【解析】 由题意得,f'(x)=6x 2-2ax=2x(3x-a).当a≤0时,对任意x ∈(0,+∞),f'(x)>0,则函数f(x)在(0,+∞)上是增函数, 则f(x)>f(0)=1,则f(x)在(0,+∞)上没有零点,不满足题意,舍去.当a>0时,令f'(x)=0及x>0,得x=a3,则当x ∈)3,0(a 时,f'(x)<0,当x ∈),3(+∞a 时,f'(x)>0,因此函数f(x)的单调递减区间是)3,0(a ,单调递增区间是),3(+∞a,所以在x=a 3处f(x)取得极小值f (a3)=-a 327+1.而函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,所以f (a3)=-a 327+1=0,解得a=3,因此f(x)=2x 3-3x 2+1,则f'(x)=2x(3x-3). 令f'(x)=0,结合x ∈[-1,1],得x=0或x=1.而当x ∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x ∈(0,1)时,f'(x)<0,则函数f(x)在(-1,0)上是增函数,在(0,1)上是减函数,所以f(x)max =f(0)=1.又f(-1)=-4,f(1)=0,所以f(x)min =-4,故f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为-3.2、[2019·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=ln x -x+1x−1. (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x 0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y=e x 的切线. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f'(x)=1x +2(x -1)2>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.因为f(e)=1-e+1e−1<0,f(e 2)=2-e 2+1e 2-1=e 2-3e 2-1>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x 1,即f(x 1)=0. 又0<1x 1<1,f (1x 1)=-ln x 1+x 1+1x 1-1=-f(x 1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点1x 1.综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明:因为1x 0=e -ln x 0,故点B (-ln x 0,1x 0)在曲线y=e x 上.由题设知f(x 0)=0,即ln x 0=x 0+1x-1,故直线AB 的斜率k=1x 0-ln x 0-ln x 0-x 0=1x 0-x 0+1x 0-1-x 0+1x 0-1-x 0=1x 0.曲线y=e x 在点B (-ln x 0,1x 0)处切线的斜率是1x 0,曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处切线的斜率也是1x 0,所以曲线y=ln x 在点A(x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y=e x 的切线.3、[2019·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=sin x -ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明: (1)f'(x)在区间(-1,π2)存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.【解析】证明:(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x -11+x ,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.当x ∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)有唯一零点,设为α. 则当x ∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x ∈(α,π2)时, g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,故g(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点,即f'(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x ∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0, 所以当x ∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减. 又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.(ii)当x ∈(0,π2]时,由(1)知,f'(x)在(0,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,而f'(0)=0,f'(π2)<0, 所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x ∈(0,β)时,f'(x)>0; 当x ∈(β,π2)时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在(β,π2)单调递减. 又f(0)=0,f (π2)=1-ln (1+π2)>0,所以当x ∈(0,π2]时,f(x)>0. 从而,f(x)在(0,π2]没有零点.(iii)当x ∈(π2,π]时,f'(x)<0, 所以f(x)在(π2,π)单调递减. 而f (π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]有唯一零点.(iv)当x ∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点. 综上,f(x)有且仅有2个零点.4、[2019·北京卷] 已知函数f(x)=14x 3-x 2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程. (2)当x ∈[-2,4]时,求证:x -6≤f(x)≤x.(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a ∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a 的值. 【解析】(1)由f(x)=14x 3-x 2+x 得f'(x)=34x 2-2x+1. 令f'(x)=1,即34x 2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f (83)=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x 与y -827=x -83, 即y=x 与y=x -6427.(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x ∈[-2,4]. 由g(x)=14x 3-x 2得g'(x)=34x 2-2x, 令g'(x)=0得x=0或x=83.当x变化时g'(x),g(x)的变化情况如下:x-2(-2,0)0(0,83)83(83,4)4g'(x)+0- 0+g(x)-6↗0↘-6427↗0所以g(x)的最小值为-6,最大值为0,故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.(3)由(2)知,当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.5、[2019·天津卷] 设函数f(x)=e x cos x,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈[π4,π2]时,证明f(x)+g(x)(π2-x)≥0;(3)设x n为函数u(x)=f(x)-1在区间(2nπ+π4,2nπ+π2)内的零点,其中n∈N,证明：2nπ+π2-x n<e-2nπsin x0-cos x0.【解析】(1)由已知,有f'(x)=e x(cos x-sin x).因此,当x∈(2kπ+π4,2kπ+5π4)(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f'(x)<0,则f(x)单调递减;当x∈(2kπ−3π4,2kπ+π4)(k∈Z)时,有sin x<cos x,得f'(x)>0,则f(x)单调递增.所以,f(x)的单调递增区间为[2kπ−3π4,2kπ+π4](k∈Z),f(x)的单调递减区间为[2kπ+π4,2kπ+5π4](k∈Z).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(π2-x).依题意及(1),有g(x)=e x(cos x-sin x),从而g'(x)=-2e x sin x,当x∈(π4,π2)时,g'(x)<0,故h'(x)=f'(x)+g'(x)(π2-x)-g(x)=g'(x)(π2-x)<0.因此,h(x)在区间[π4,π2]上单调递减,进而h(x)≥h(π2)=f(π2)=0.所以,当x ∈[π4,π2]时,f(x)+g(x)(π2-x )≥0.(3)证明:依题意,u(x n )=f(x n )-1=0,即e x n cos x n =1.记y n =x n -2nπ,则y n ∈(π4,π2),且f(y n )=e y n cos y n =e x n -2nπcos(x n -2nπ)=e -2nπ(n ∈N). 由f(y n )=e -2nπ≤1=f(y 0)及(1),得y n ≥y 0.由(2)知,当x ∈(π4,π2)时,g'(x)<0,所以g(x)在[π4,π2]上为减函数,因此g(y n )≤g(y 0)<g (π4)=0. 又由(2)知,f(y n )+g(y n )(π2-y n )≥0,故π2-y n ≤-f(y n )g(y n)=-e -2nπg(y n)≤-e -2nπg(y 0)=e -2nπe y 0(sin y0-cos y 0)<e -2nπsin x0-cos x 0.所以,2nπ+π2-x n <e -2nπsin x0-cos x 0.6、[2018·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)=1x -x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x 1,x 2,证明:f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x -1+ax =-x 2-ax+1x .(i)若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=a−√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x ∈0,a−√a 2-42∪a+√a 2-42,+∞时,f'(x)<0;当x ∈a−√a 2-42,a+√a 2-42时,f'(x)>0. 所以f(x)在0,a−√a 2-42,a+√a 2-42,+∞单调递减,在a−√a 2-42,a+√a 2-42单调递增.(2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x 1,x 2满足x 2-ax+1=0,所以x 1x 2=1, 不妨设x 1<x 2,则x 2>1. 由于f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2=-1x1x 2-1+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a-2ln x 21x 2-x 2,所以f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2等价于1x 2-x 2+2ln x 2<0.设函数g(x)=1x -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减, 又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0, 所以1x 2-x 2+2ln x 2<0,即f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2.7、[2018·全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=e x -ax 2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.【解析】(1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于(x 2+1)e -x -1≤0. 设函数g(x)=(x 2+1)e -x -1,则g'(x)=-(x 2-2x+1)e -x =-(x-1)2e -x . 当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减, 而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)设函数h(x)=1-ax 2e -x .f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点. (ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e -x .当x ∈(0,2)时,h'(x)<0;当x ∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故h(2)=1-4ae 2是h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若h(2)>0,即a<e 24,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若h(2)=0,即a=e 24,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>e 24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当x>0时,e x>x 2,所以h(4a)=1-16a 3e 4a =1-16a 3(e 2a )2>1-16a 3(2a)4=1-1a >0. 故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e 24. 8、[2018·浙江卷] 已知函数f(x)=√x -ln x.(1)若f(x)在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明:f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点. 【解析】证明:(1)函数f(x)的导函数f'(x)=2√x -1x ,由f'(x 1)=f'(x 2)得2√x -1x 1=2√x -1x 2,因为x 1≠x 2,所以√x +√x =12.由基本不等式得12√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24,因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f(x 1)+f(x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=12√x 1x 2-ln(x 1x 2). 设g(x)=12√x -ln x,则g'(x)=14x (√x -4), 所以x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x 1x 2)>g(256)=8-8ln 2, 即f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=(|a|+1k)2+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n (√n a n-k )≤n (√nk )<0,所以,存在x 0∈(m,n)使f(x 0)=kx 0+a,所以,对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a 得k=√x -lnx -ax. 设h(x)=√x -lnx -ax ,则h'(x)=lnx−√x2-1+a x 2=-g(x)-1+a x 2,其中g(x)=√x2-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根. 综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点.。
怎样判断函数零点的个数
.，所以 a = 2xe2x .
令 g(x) = 2e2x ，所 以 g'(x) = 2e2x(1 + 2x) ，当 x > 0
时 ，g'(x) = 2e2x(1 + 2x) 单 调 递 增 ，所 以 g(x) > g(0)
=0 ，
① 当 a ≤ 0 时，导函数 f'(x) 没有零点；②当 a > 0 时，f'(x) 有一个零点.
②当
a>0
时 ，y = e2x
单
调
递
增 ，y
=
-
a x
单调递
增，所以 f'(x) 在 x > 0 上单调递增.又因为 f'(a) > 0 ，所
以假设存在
b
，且
0<b<
a 4
，而
b<
1 4
，f'(b) < 0
.所以
当时 a > 0 ，f'(x) 存在唯一零点.
方法二：利用数形结合法解题.
数 学 篇
数形结合法是解答函数问题的常用方法，在求函 数零点的个数时，我们可以首先根据题意绘制出函数
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怎样判断函数零点的个数
崔铜铜
函数零点问题是历年来高考考查的热点问题.函 数 f (x) 的零点是当 f (x) = 0时x 的取值，即函数 y = f (x)
图象与 x 轴交点的横坐标.函数零点的个数问题不仅
考查了函数的图象和性质，还考查了解方程知识.本文
结合实例来探讨一下求函数零点的个数的方法. 题目：f (x) = e2x - a ln x(x > 0) ，讨论 f (x) 的导函数
判断高中函数零点个数的三种方法
判断高中函数零点个数的三种方法要判断高中函数的零点个数，可以使用以下三种方法：方法一：图像法这种方法适用于已知函数的图像的情况。
我们可以将函数的图像绘制出来，并观察图像与x轴的交点来判断零点的个数。
具体步骤如下：1. 绘制函数的图像，根据函数的定义域和值域选择合适的比例和范围。
2. 观察图像与x轴的交点，交点的个数即为零点的个数。
3. 注意零点可能是实根或复根，复根可能出现时，通常画出的图像不会交叉，而是会出现弯曲。
方法二：代数法这种方法适用于已知函数的解析式的情况。
我们可以通过代数运算来寻找函数的零点。
具体步骤如下：1. 将函数化简为一般形式，如多项式函数可以化为多项式的标准形式，三角函数可以化为三角函数的表达式等。
2. 使用因式分解、配方法、求根公式等代数方法来求解方程。
3. 观察求解方程得到的根的个数，即为零点的个数。
方法三：函数的性质法这种方法适用于已知函数的性质的情况。
我们可以根据函数的性质来判断零点的个数。
具体步骤如下：1. 根据函数的定义域、奇偶性、单调性等性质，分析函数的零点可能的情况。
2. 运用性质所涉及的理论和定理，推导出函数零点的个数。
3. 注意常见的数学函数，如幂函数、指数函数、对数函数等，它们的零点个数的判断方法可能会有所不同。
除了以上三种方法，还可以结合使用，根据具体的函数形式、题目要求以及个人理解等来选择合适的方法求解。
在判断函数零点个数时，需要考虑函数的定义域和值域、函数的性质和性质所涉及的理论、图像与方程的关系等。
正确运用这些方法可以准确判断函数的零点个数。
函数零点的个数问题
2x 2 x
2
2m
2x 2 x 2m2 8
0，利用换元设
t 2x 2x （ t 2 ），则问题转化为只需让方程 t2 2mt 2m2 8 0 存在大于等于 2 的解
即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 g t t2 2mt 2m2 8 0 。
（1）若方程有一个解，则有相切（切点 x m 大于等于 2）或相交（其中交点在 x 2 两侧），
3：已知函数
f
x
kx ln x,
2, x x
0
0k
R
，若函数
y
f x k 有三个零点，则实数 k
的取值范围是（
）
A. k 2
B. 1 k 0
C. 2 k 1
D. k 2
思路：函数 y f x k 有三个零点，等价于方程 f x k 有三个不同实数根，进而等
价于 f x 与 y k 图像有三个不同交点，作出 f x 的图像，则 k 的正负会导致 f x 图
A．
ln 3 3
,
1 e
B.
ln 3 9
,
1 3e
C．
ln 3 9
,
1 2e
D．
ln 3 9
,
ln 3 3
思路：
f x
f 3x
f x
f
x 3
，当
x
3,
9
时，
f
x
f
x 3
ln
x 3
，所以
- 4 - / 18
ln x,1 x 3
f
x
ln
x ,3 3
x
，而 g x
9
f
区间 a,b 内至少有函数 f x 的一个零点，即至少有一点 x0 a,b ，使得 f x0 0 。 （1） f x 在a,b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提
微专题 函数零点个数有关问题的处理
微专题：函数零点个数有关问题的处理一.知识点：h (x )＝f (x )－g (x )的零点等价于方程f (x )－g (x )＝0的根，等价于函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象的交点的横坐标。
二、处理方法已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点个数问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.通常情况下：f (x )要可画或知道其单调性走向，g (x )为常数函数或过定点的直线或常见函数.三、新课讲授类型一：右边为常数形【例1】若方程f (x )＝|3x －1|－k 有一零点，则k 的取值范围为________．【思考】有两个零点呢？没有零点呢？【例2】若函数f (x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有零点，则实数a 的取值范围是________．【例3】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x ＋1），x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围是________．类型二：右边为直线形【例4】若函数f (x )＝|2x －1|＋ax －5(a 是常数，且a ∈R )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为________．【例5】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x ≤0，1x，x >0，则使方程x ＋f (x )＝m 有解的实数m 的取值范围是________．【例6】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是________．类型三：右边为其它曲线形【例7】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（12）x ，x ＞0－x 2－4x ，x ≤0，则此函数图象上关于原点对称的点有 对类型四：复合函数形【例8】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e |x －1|，x >0－x 2－2x ＋1，x ≤0，若关于f (x )的方程[f (x )]2－3f (x )＋a ＝0(a ∈R )有8个不等的实数根，则a 的取值范围是_______．【思考1】若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －a ，x ≤0，ln x ，x >0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．【思考2】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x （x ≥0），－e －x ＋1（x <0），则方程|f (x )－1|＝2－c (c 为常数且c ∈(－1，0))的不同的实数根的个数为________．【思考3】若函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点，则实数a 的取值范围是________．【思考4】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋x －94，x ≤0，x －2，x >0.若方程f (x )＝a 有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是________．【思考5】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≤0，2x －a ，x >0(a ∈R)，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是________．【思考6】若函数()(0)f x a a =≠存在零点，则a 的取值范围是_______.【思考7】已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 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________．。
高分必会系列之函数零点个数问题总结完美
零点个数问题该问题题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等.解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用.一、 分段函数的零点问题【例1】（2020•漳州一模）已知函数21,1()43,1x e x f x x x x ⎧-<=⎨-+⎩，若y kx =与()f x 有三个公共点，则实数k 的取值范围是( )A．4,1)e -B．4,0)(0,1)e -C．4,1)(1,1)e - D．4,0)(0,1)(1,1)e -解：如图所示，函数()f x 的图象，y kx =的图象． 1x -→时，()1f x e →-，可得(1,1)A e -，1OA k e =-．1x <时，()1x f x e =-，()x f x e '=．1x 时，22()43(2)1f x x x x =-+=--，()24f x x '=-．假设()f x 与y kx =相切于原点时，01k e ==．结合图形可得：11k e <<-时y kx =与()f x 有三个公共点．设直线y kx =与2()43(1)f x x x x =-+相切于点0(P x ，2043)x x -+， 则200004324x x x x -+=-，化为：203x =，解得：0x =4k =．结合图形可得：41k <<时，y kx =与()f x 有三个公共点．综上可得：41k <<，或11k e <<-时，y kx =与()f x 有三个公共点．故选：C ．【例2】(2019·郑州质量测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≤0，2x －a ，x >0(a ∈R)，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]【解析】画出函数f (x )的大致图象如图所示．因为函数f (x )在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.【变式训练】（2020•泉州一模）已知函数1,(0),()2,(0)x xe x f x x lnx x ⎧+=⎨-->⎩若函数()y f x a =-至多有2个零点，则a的取值范围是( ) A ．1(,1)e -∞-B ．1(,1)(1,)e-∞-+∞C ．1(1,1)e-- D ．[1，1]e + 解：当0x 时，()1x f x xe =+，则()(1)0x f x x e '=+=时，1x =-，则()f x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,0)-上单调递增，且当x →-∞时，()1f x →，1(1)1f e-=-；当0x >时，()2f x x lnx =--，则1()10f x x'=-=时，1x =，则()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且f （1）1=-，函数()y f x a =-至多有2个零点等价于函数()f x 的图象与直线y a =的图象至多2个零点，作出图象如下：由图可知，1a >时，图象有2个交点，满足； 111a e-时，图象有3个或4个交点，不满足； 11a e<-时，图象有2个或1个或0个交点，满足，故(a ∈-∞，11)(1e -⋃，)+∞，故选：B ．二、复合函数零点问题【例3】（2020•郑州一模）2|21|,1()log (1),1x x f x x x +<⎧=⎨->⎩，32515()244g x x x m =-++，若(())y f g x m =-有9个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,1)B ．(0,3)C ．5(1,)3D ．5(,3)3解：令()t g x =，32515()244g x x x m =-++，2215151515()(2)(2)4244g x x x x x x x '=-=-=-， 当(,0)x ∈-∞，(2,)+∞时，函数()g x 递增，当(0,2)x ∈时，函数()g x 递减， 函数()g x 有极大值(0)2g m =+，极小值g （2）3m =-， 若(())y f g x m =-有9个零点，画出图象如下：观察函数()y f t =与y m =的交点，当0m <时，1t >，此时函数()y f t =与y m =最多有3个交点，故不成立，当0m =时，112t =-，22t =，(0)2g =，g （2）3=-，1()g x t =，有三个解，()2g x =有2个解，共5个解不成立；当3m >时，显然不成立；故要使函数有9个零点，03m <<，根据图象，每个y t =最多与()y g x =有三个交点，要有9个交点，只能每个t 都要有3个交点，当03m <<，()y f t =与y m =的交点，1122t -<<-，2112t -<<，329t <<，(0)2(2g m =+∈，5)，g （2）3(3,0)m =-∈-，当322t m <<+时，由233(1),21m log t m t -==+，即2212m m <+<+时，得01m <<时，323t <<时3()x t =，有三个解， 2()g x t =，要有三个解132m -<-，即52m <，1()g x t =有三个解32m -<-，即1m <，综上，(0,1)m ∈，故选：A ．【例4】（2019·湖北重点中学联考）已知函数()x f x xe =，若关于x 的方程()()()2230f x tf x t R -+=∈有两个不等实数根，则t 的取值范围为__________. 【解析】xy xe =，易知()xf x xe =的图象如下：()11f e -=，令()f x k =，则2230k tk -+=，得32,0t k k k=+>， 当()f x k =有两个不等实根是，则1k e >，所以123t e e <<+，即t 的取值范围是1322e e ⎫+⎪⎭。
高中数学讲义微专题10 函数零点的个数问题
微专题10 函数零点的个数问题一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。
（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续） ① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点 ③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =-,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。
由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。
（详见方法技巧） 二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。
例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫⎪⎝⎭中2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。
函数零点问题精编版
函数零点问题数学原理1.区间根存在原理若函数()y f x =在(,)a b 内的图像是一条连续的曲线，且()()0f a f b ⋅<，则函数()y f x =在(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =.2.函数零点的个数问题可以转化为函数图象的交点个数问题（数形结合思想）；函数零点所属区间可通过区间根存在原理进行判定.数学应用1.一元二次函数的零点问题1.1如果函数2(3)y x mx m =+++至多有一个零点，则m 的取值范围是________.1.2无论k 取何值时，方程254()x x k x a -+=-总有2个相异实根，则a 的取值范围是________________.1.3已知,αβ是方程2(21)420x m x m +-+-=的两个根，且2αβ<<，则m 的取值范围是____________.1.4已知x 的方程2350x x a -+=的一根分步在区间(2,0)-内，另一根分步在区间(1,3)内，则实数a 的取值范围是____________.2.零点个数问题2.1函数3()231f x x x =-+的零点个数是___________.2.2函数()lg sin f x x x =-的零点个数是___________.2.3已知定义在R 上的奇函数()f x 满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数.若方程()(0f x m m =>在区间[8,8-上有四个不同的根1234,,,,x x x x 则1234___.x x x x +++=2.4关于x 的方程242x kx -=+只有一个实数根，则k 的取值范围是________.2.5函数m x x x f -+-=31)(2有零点的充要条件是_____________.2.6已知函数2lg(1),0,()2,0.x x f x x x x +>⎧=⎨--≤⎩若函数()()g x f x m =-恰有3个零点，则实数m 的取值范围是___________.2.7已知以4=T 为周期的函数⎪⎩⎪⎨⎧∈-∈-=]3,1(,2cos ],1,1(,1)(2x x x x m x f π（其中)0>m ，若函数x x f x g 31)()(-=恰有5个不同零点，则m 的取值范围是_____________.2.8设函数kx x x f -=sin )(有三个零点γβα,,且γβα<<，给出下列结论①cos k γ=-；②3,2πγπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；③tan γγ=；④22sin 2.1γγγ=+ 其中正确命题的序号是_____________.2.9设x 的方程222(1)10,x x k ---+=给出下列四个命题：①存在实数k ，使得方程恰有2个不同实根；②存在实数k ，使得方程恰有4个不同实根；③存在实数k ，使得方程恰有5个不同实根；④存在实数k ，使得方程恰有8个不同实根.其中正确命题的序号有__________________.3.函数零点所属区间问题3.1若方程310x x -+=在区间(,)(,,1)a b a b Z b a ∈-=且上有一根，则_______.a b +=3.2 设),2,(1)(*≥∈-+=n N n x x x f n n 下列结论中正确的是________(填序号). ①3()f x 在⎪⎭⎫⎝⎛1,21内不存在零点； ②4()f x 在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21内存在唯一零点； ③设)4(>n x n 为函数()n f x 在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21内的零点，则.1+<n n x x3.3设20134321)(,20134321)(20134322013432x x x x x x g x x x x x x f -⋅⋅⋅-+-+-=+⋅⋅⋅+-+-+= 令),4()3()(-+=x g x f x F 若)(x F 的零点均在区间),,](,[Z b a b a b a ∈<内，则a b -的最小值是________.3.4 已知)(x f 是定义在区间),0(+∞上的单调函数，且对),0(+∞∈∀x ，都有,1)ln )((=-x x f f 则方程7)(2)(2='+x f x x f 所在的区间为___________.。
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ln
x
x
0 ，无法直接求出根，构造函数
f
x
ln x
x
，由
f
1
0,
f
1 2
0 即可判定
！
其零点必在
1 2
,1
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。
缺点：方法单一，只能判定零点存在而无法判断个数，且能否得到结论与代入的特殊值有关
围是（ ）
A.1 3 m 1 3
B. 1 3 m 2 2
C. 2 2 m 2 2
D. 2 2 m 1 3
思路：由“局部奇函数”可得： 4x 2m 2x m2 3 4 x 2m 2 x m2 3 0 ，整理可
得： 4x 4x 2m 2x 2x 2m2 6 0 ，考虑到 4x 4x 2x 2x 2 2 ，从而可将 2x 2x 视为整体，方程转化为： 2x 2x 2 2m 2x 2x 2m2 8 0 ，利用换元设
计 10 个交点
答案：D
小炼有话说：
！
（1） f x 1 f x 2 类似函数的周期性，但有一个倍数关系。依然可以考虑利用周期性
2
的思想，在作图时，以一个“周期”图像为基础，其余各部分按照倍数调整图像即可 （2）周期性函数作图时，若函数图像不连续，则要注意每个周期的边界值是属于哪一段周期， 在图像中要准确标出，便于数形结合。
例 5 ： 已 知 函 数 f (x) 是 定 义 在 ,0 0, 上 的 偶 函 数 ， 当 x 0 时 ，
f
(x)
2|x1|
1 2
f
x
1,
2,
0 x2 x 2 ，则函数 g(x) 4 f (x) 1 的零点个数为（
）
A． 4
B．6
C．8
D．10
思路：由 f x 为偶函数可得：只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当
即
m
0 2
或
g
2
0
，解得： 1
3
（2）若方程有两解，则
g
0
2
0
，解得：
2 m
2 1
m2 3,m
2 1
3 1
3m2
2，
m 2
m 2
综上所述：1 3 m 2 2
答案：A
小炼有话说：本题借用“局部奇函数”概念，实质为方程的根的问题，在化简时将 2x 2x 视
！
为整体，进而将原方程进行转化，转化为关于 2x 2x 的二次方程，将问题转化为二次方程根
区间 a,b 内至少有函数 f x 的一个零点，即至少有一点 x0 a,b ，使得 f x0 0 。 （1） f x 在 a,b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提
（2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设 f x 连续）
① 若 f a f b 0 ，则 f x 的零点不一定只有一个，可以有多个
（2）方程的根：
工具：方程的等价变形
作用：当所给函数不易于分析性质和图像时，可将函数转化为方程，从而利用等式的性质可
对方程进行变形，构造出便于分析的函数
缺点：能够直接求解的方程种类较少，很多转化后的方程无法用传统方法求出根，也无法判
断根的个数
（3）两函数的交点：
工具：数形结合
作用：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变
② 若 f a f b 0 ，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 f a f b 0 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 f x 0 的 根 ， 若
x 1 x 1
令 g' x 0 解得： x 1 g x 在 0,1 单调递 减 ， 在 1,2 单 调 递 增 ， g 1 1 2 ln 2, g 0 0, g 2 2 2 ln 3 ，由图像可得，水平线 y a 位于 g 1, g 2 之 间时，恰好与 g x 有两个不同的交点。 1 2 ln 2 a 2 2 ln 3
A．
ln 3 3
,
1 e
B.
ln 3 9
,
1 3e
C．
ln 3 9
,
1 2e
D．
ln 3 9
,
ln 3 3
思路：
f
x
f
3x
f
x
f
x 3
，当
x
3,
9
时，
f
x
f
x 3
ln x 3
，所以
！
f
x
ln ln
x,1 x 3 x ,3 x 9 3
，而
g
x
f
x ax
有三个不同零点
做出草图。而 y a 为一条水平线，通过图像可得， y a 介于极大值与极小值之间，则有在
三个相异交点。可得： a 2, 2
答案：A 小炼有话说：作图时可先作常系数函数图象，对于含有参数的函数，先分析参数所扮演的角 色，然后数形结合，即可求出参数范围。
例 2：设函数 f x x2 2x 2 ln x 1 ，若关于 x 的方程 f x x2 x a 在0, 2 上恰
为图形特征，是数形结合的体现。通过图像可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数）
或者确定参数的取值范围。
缺点：数形结合能否解题，一方面受制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进
行参变分离，其目的在于若含 x 的函数可作出图像，那么因为另外一个只含参数的图像为直线，
所以便于观察），另一方面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧，以及作
x
x
x
为 方 程 f x 1 0 ， 结 合 条 件 中 的 不 等 式 ， 可 将 方 程 化 为 xf x 1 0 ， 可 设
微专题 10 函数零点的个数问题
一、知识点讲解与分析：
1、零点的定义：一般地，对于函数 y f x x D ，我们把方程 f x 0 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 f a f b 0 ，那么在开
t 2x 2x （ t 2 ），则问题转化为只需让方程 t 2 2mt 2m2 8 0 存在大于等于 2 的解
即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 g t t 2 2mt 2m2 8 0 。
（1）若方程有一个解，则有相切（切点 x m 大于等于 2）或相交（其中交点在 x 2 两侧），
x 0, 2 时，可以利用 y 2x 利用图像变换作出图像，
x 2 时， f x 1 f x 2 ，即自变量差 2 个单位，函
2
数值折半，进而可作出 2, 4 ，4,6 ，……的图像， g x
的零点个数即为 f x 1 根的个数，即 f x 与 y 1 的
4
4
交点个数，观察图像在 x 0 时，有 5 个交点，根据对称性可得 x 0 时，也有 5 个交点。共
则 优 先 进 行 参 变 分 离 。 所 以 在 本 题 中 将 方 程 转 变 为 a x 2 ln x 1 ， 构 造 函 数 g x x 2 ln x 1 并进行数形结合。
！
（2）在作出函数草图时要注意边界值是否能够取到，数形结合时也要注意 a 能否取到边界值。
例
3：已知函数
f
x
kx ln x,
2, x x0
0 k
R
，若函数
y
f
x k 有三个零点，则实数 k
的取值范围是（
）
A. k 2
B. 1 k 0
C. 2 k 1
D. k 2
思路：函数 y f x k 有三个零点，等价于方程 f x k 有三个不同实数根，进而等
价于 f x 与 y k 图像有三个不同交点，作出 f x 的图像，则 k 的正负会导致 f x 图
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
解决问题的。
三、例题精析：
例 1：直线 y a 与函数 y x3 3x 的图象有三个相异的交点，则 a 的取值范围为 ( )．
A． 2, 2
B．2, 2
C．2,
D． , 2
！
思 路 ： 考 虑 数 形 结 合 ， 先 做 出 y x3 3x 的 图 像 ，
y' 3x2 3 3x 1 x 1 ，令 y' 0 可解得： x 1 或 x 1，故 y x3 3x 在 , 1, 1, 单调递增，在 1,1 单调递减，函数的极大值为 f 1 2 ，极小值为 f 1 2 ，
图时速度与精度的平衡（作图问题详见：1.7 函数的图像）
3、在高中阶段主要考察三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理，（2）二次方程根
分布问题，（3）数形结合解决根的个数问题或求参数的值。其中第（3）个类型常要用到函数