高中数学零点存在定理中取点问题
高中数学考点12 零点定理(讲解)(解析版)知识点解析
考点12：零点定理【思维导图】【常见考法】考点一：求零点1．若幂函数()f x x α=的图象过点(，则函数()()3g x f x =-的零点是。
【答案】9【解析】∵幂函数()f x x α=的图象过点，∴2α=，解得1=2α，∴()12f x x =∴()123g x x =-由()1230g x x =-=，得9x =．2．函数()234f x x x =+-的零点是____________.【答案】1,4-【解析】令f （x ）=0，即x 2+3x-4=0，解得：x=-4，x=1.3．若函数()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩，则函数()1y f x =-的零点是___________.【答案】0【解析】要求函数()1y f x =-的零点,则令()10y f x =-=,即()1f x =,又因为：()2,01,0x e x f x x x ⎧≤=⎨->⎩,①当0x ≤时,()xf x e =,1x e =,解得0x =.②当0x >时,()21f x x =-,211x -=,解得x =,所以x =.综上所以,函数()1y f x =-的零点是0.故答案为：04．函数y ＝11x-的图象与函数y ＝2sinπx(－2≤x≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于.【答案】8【解析】函数y 1=11x-与y 2=2sinπx 的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，由图象可知,两个函数在[-2,4上共有8个交点,两两关于点(1,0)对称设对称的两个点的横坐标分别为m 、n 则m+n=2×1=2，故所求的横坐标之和为8，故答案为8.考点二：零点区间1．函数()42xxf x -=-的零点所在区间是()A ．(1,0)-B ．1(0,4C ．11(,42D ．1(,1)2【答案】D【解析】易知函数()f x 为减函数，又121111(402424f -=-=->，11(1)042f =-<，根据零点存在性原理，可知函数()42xx f x -=-的零点所在的区间是1(,1)2,故选D.2．函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】B【解析】∵函数()2312x f x x -⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，∴f （0）=-4，f （1）=-1，f （2）=7＞0，根据零点的存在性定理可得出零点所在的区间是()1,2，故选B ．3．函数()ln 3f x x x =+-的零点所在的区间为（）A ．()0,1B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】C【解析】∵f （x ）=ln x +x -3在（0，+∞）上是增函数f （1）=-2＜0，f （2）=ln2-1＜0，f （3）=ln3＞0∴f （2）•f （3）＜0，根据零点存在性定理，可得函数f （x ）=ln x +x -3的零点所在区间为（2，3）故选：C ．4．已知()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，满足()()2ln 21xf f x ex e --+=-，则函数()f x 的零点所在区间为（）A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．211,e e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,e 【答案】C【解析】设()2ln 2xf x e x t --+=，即()2ln 2xf x e x t =+-+，()1f t e =-，因为()f x 是定义在()0,∞+上的单调函数，所以由解析式可知，()f x 在()0,∞+上单调递增．而()12f e t =-+，()1f t e =-，故1t =，即()2ln 1xf x e x =+-．因为()110f e =->，11112ln 13ee f e e e e ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，由于11ln ln 3ln 30ee e-=-<，即有13e e <，所以1130e f e e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭．故()110f f e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即()f x 的零点所在区间为1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭．故选：C ．考点三：零点个数1．函数f(x)=|x-2|-lnx 在定义域内零点的个数为。
高中数学常见题型解法归纳 函数的零点个数问题的求解方法
高中数学常见题型解法归纳 函数的零点个数问题的求解方法【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.【例2】（2017全国高考新课标I 理科数学）已知函数2()(2)xx 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.(2) ①若0,a ≤由（1）知()f x 至多有一个零点.②若0a >，由（1）知当ln x a =-时，()f x 取得最小值，1(ln )1ln f a a a-=-+. （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 a a-+>0，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点. （iii ）当0,1a ∈（）时，11ln 0a a-+<，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 n n n f n e ae a n e n n aa f x a>-=+-->->->->-∞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 aea 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1 3x=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 cosf x x x=-的零点有（）A．4 个 B．3 个 C．2个 D．1个【点评】调性不是很方便，所以先令()lg cos0f x x x=-=,可化为lg cosx x=,再在同一直角坐标系下画出lgy x=和cosy 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．422510152025oy=cosxy=lgxyx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,)22-，15(,1)22+；()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(m ；（2）1．【反馈检测3详细解析】（1）函数()f x 的定义域为()()(0,,'x m x m f x x+∞=．当0x m <<()'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(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 m F x x--=-,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()。
高中数学取点问题与极值点偏移30例
例 1. 已知函数 f x axe x a 1x 12,a R
（1）若 f x 只有一个极值点，求a 的取值范围；
（2）证明：当 0 a
1 时，f x 2
有两个零点，记为x 与x ，且 3 x x
1
2
1
2
2
分析与解答：分离参数法，放缩取点
f x
1 x
2
1 2x x
f x
在
0,1 2
，在
1 2
,
f x
f
1 2
ln2
0
fx
在 0,
（2） f x 1 lnx 2ax ，令 f x 0 在 0, 有两个不同的实数根
方法一：分离参数法，导数法研究函数的大致图像
分离参数 2a 1 ln x , x 0 导数法研究函数的大致图象问题（略） x
要有两个不等根的充要条件
htln3ln3,0,h t 0 0 m s ,ln3,h s 0
3 ln3 2 ，（ ln3 约 1.10 ）
因为y f x 有两个零点，x ' 0 ，x ' x ，即e x0 3x 1
1
2
0
0
由（1）知，h x f x
在x ' 0 处的切线为y 2x x m
2a 2a
2a
2
又 g 1 2a 0 ，放缩取点，导数法可证： ln x 2 x 1, x 0 e e
g
1 a2
ln
1 a2
2a.
1 a2
1
2
1 a2
1
2 a
1 0
综上所述， 0 a 1 2
高中数学-函数零点问题及例题解析
高中数学-函数零点问题及例题解析一、函数与方程基本知识点1、函数零点：（变号零点与不变号零点）（1）对于函数)(x f y =，我们把方程0)(=x f 的实数根叫函数)(x f y =的零点。
（2）方程0)(=x f 有实根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点。
若函数()f x 在区间[],a b 上的图像是连续的曲线，则0)()(<b f a f 是()f x 在区间(),a b 内有零点的充分不必要条件。
2、二分法：对于在区间[,]a b 上连续不断且()()0f a f b ⋅<的函数()y f x =,通过不断地把函数()y f x =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,进而得到零点的近似值的方法叫做二分法; 二、函数与方程解题技巧零点是经常考察的重点，对此部分的做题方法总结如下：（一）函数零点的存在性定理指出：“如果函数)(x f y =在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且0)()(<b f a f ，那么，函数)(x f y =在区间（a,b ）内有零点，即存在),(b a c ∈,使得0)(=c f ,这个c 也是方程0)(=x f 的根”。
根据函数零点的存在性定理判断函数在某个区间上是否有零点（或方程在某个区间上是否有根）时，一定要注意该定理是函数存在零点的充分不必要条件：如例、函数xx x f 2)1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（ ） （A ）（0，1）； （B ）（1，2）； （C ） （2，e ）； （D ）（3，4）。
分析：显然函数xx x f 2)1ln()(-+=在区间[1,2]上是连续函数，且0)1(<f ,0)2(>f ，所以由根的存在性定理可知，函数xx x f 2)1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（1，2），选B（二）求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题。
高中数学函数零点问题及解题策略探究
高中数学函数零点问题及解题策略探究郭文峰(福建省宁德市民族中学ꎬ福建宁德３５５０００)摘㊀要:函数是高中数学学习的重难点ꎬ函数零点问题则是函数的重点所在.本论文结合具体的例题ꎬ对不同类型的函数零点问题的解题方式进行了探究.关键词:高中数学ꎻ零点问题ꎻ策略探究中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１０－００３６－０３收稿日期:２０２３－０１－０５作者简介:郭文峰(１９８３.２－)ꎬ男ꎬ福建省福安人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀函数零点是沟通函数㊁方程和图象的重要媒介ꎬ充分体现了函数和方程之间的内在联系ꎬ也蕴含了丰富的数学思想.在函数零点问题解答中ꎬ由于题目类型不同ꎬ解题思路也就有所不同ꎬ学生不仅要理清这一类型题目的特点ꎬ还应掌握多种零点问题的解答方法ꎬ才能灵活应对各种函数零点问题的解答ꎬ真正提升学生的解题效率.１高中函数零点问题常考类型分析１.１求函数零点的值求函数零点值问题只要掌握了函数零点的定义ꎬ将函数问题转化成为方程ꎬ即可通过方程的根得出函数的零点值.例１㊀已知ｆ(ｘ)＝ｘ３－３ｘ２－４ｘꎬ求该函数的零点.㊀解析㊀令ｆ(ｘ)＝０ꎬ即ｘ３－３ｘ２－４ｘ＝０ꎬ解方程得出ｘ１＝０ꎬｘ２＝４ꎬｘ３＝－１.因此ꎬ函数ｆ(ｘ)的零点就是ｘ３－３ｘ２－４ｘ＝０的三个根ꎬ即０ꎬ４ꎬ－１.例２㊀已知ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂꎬ求该函数的极值点.解析㊀由题可知ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ(３ｘ－ａ)ꎬ令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ得出ｘ＝０或ｘ＝ａ３.当ａ＝０时ꎬ在(－¥ꎬ＋¥)上ꎬｆᶄ(ｘ)ȡ０.因此ꎬｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ在该区间内单调递增ꎬ不存在极值点.当ａ>０时ꎬ在(－¥ꎬ０)ꎬ(ａ３ꎬ＋¥)上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ因此ꎬｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ在该区间内单调递增ꎻ在(０ꎬａ３)上ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ单调递减.此时ꎬ该函数具备极大值点０ꎬ极小值点ａ３.当ａ<０时ꎬ在(－¥ꎬａ３)ꎬ(０ꎬ＋¥)上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ单调递增ꎻ在(ａ３ꎬ０)上ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ则ｆ(ｘ)＝２ｘ３－ａｘ２＋ｂ单调递减.因此ꎬ该函数具备极大值点ａ３ꎬ极小值点为０[１].１.２求函数零点个数此类题目可以先将函数的零点求出来ꎬ然后看零点一共有多少个ꎻ还可以利用零点存在性定理ꎬ并结合函数的单调性ꎬ对函数零点的个数进行确定ꎻ也可以通过构造函数的方式ꎬ将函数的零点问题进行转化ꎬ使其成为求函数图象的交点个数问题.例３㊀求函数ｆ(ｘ)＝ｌｏｇ０.５ｘ－(１２)ｘ的零点６３个数.解析㊀令ｌｏｇ０.５ｘ－(１２)ｘ＝０ꎬ得出ｌｏｇ０.５ｘ＝(１２)ｘꎬ令ｙ１＝ｌｏｇ０.５ｘꎬｙ２＝(１２)ｘꎬ绘制出函数图象(如图１所示).图１结合图象分析得出ꎬｙ１＝ｌｏｇ０.５ｘꎬｙ２＝(１２)ｘ之间存在两个交点.因此ꎬ原函数ｆ(ｘ)＝ｌｏｇ０.５ｘ－(１２)ｘ存在２个零点.例４㊀已知ａ>１ｅꎬ判断ｆ(ｘ)＝ａｘ２＋(ａ＋１)ｘ－(ａ＋１)ｘｌｎｘ－１的零点个数.解析㊀在函数定义域(０ꎬ＋¥)内ꎬｆᶄ(ｘ)＝２ａｘ－(ａ＋１) ｌｎｘꎬ令２ａｘ－(ａ＋１) ｌｎｘ＝ｈ(ｘ)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝２ａ－ａ＋１ｘ＝２ａｘ－(ａ＋１)ｘ.令ｈᶄ(ｘ)＝０ꎬ则ｘ＝ａ＋１２ａ.当０<ｘ<ａ＋１２ａ时ꎬ则ｈᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘ>ａ＋１２ａ时ꎬ则ｈᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬａ＋１２ａ)内单调递减ꎬ在区间(ａ＋１２ａꎬ＋¥)内单调递增ꎬ因此ꎬｆᶄ(ｘ)的最小值为ｆᶄ(ａ＋１２ａ)＝(ａ＋１)(１－ｌｎａ＋１２ａ).因为ａ>１ｅꎬ所以ａ＋１２ａ＝１２＋１２ａ<１２＋ｅ２<ｅꎬ即ｆᶄ(ｘ)最小值为ｆᶄ(ａ＋１２ａ)＝(ａ＋１)(１－ｌｎａ＋１２ａ)>０.因此ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)单调递增ꎬ至多存在一个零点.因为ｆ(１)＝２ａ>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间(１ꎬ＋¥)内没有零点.又因为ａ为常数ꎬ当ｘң０时ꎬ在原函数中ꎬａｘ２ң０ꎬ(ａ＋１)ｘң０ꎬｌｎｘң－¥ꎬ所以ｆ(ｘ)ң－１<０.综上ꎬ函数ｆ(ｘ)在区间(０ꎬ１)内有一个零点ꎬ在(０ꎬ＋¥)内有一个零点[２].１.３求函数零点的范围例５㊀已知函数ｆ(ｘ)＝１ｘ－２ｘ在(ｎ－１ｎꎬｎｎ＋１)上存在零点ꎬ则正整数ｎ的值为多少?解析㊀易知函数ｆ(ｘ)为减函数ꎬ因为ｆ(１２)＝２－２>０ꎬｆ(１)＝１－２<０ꎬ因此该函数在(１２ꎬ１)中存在零点.同时ꎬ由已知条件得出ｆ(ｘ)在(ｎ－１ｎꎬｎｎ＋１)上存在零点ꎬ因此ꎬ０<ｎ－１ｎ<ｎｎ＋１<１ꎬ得出ｎɤ２ꎻ将ｎ＝２代入ｎｎ＋１ꎬ得出ｎｎ＋１＝２３ꎬ所以ｆ(２３)<０ꎬ因此ｎ＝２符合题意.１.４根据函数零点个数求解参数范围１.４.１基于转化思想解决零点问题例６㊀已知函数ｆ(ｘ)＝－ｘ２＋２ｅｘ＋ｍ－１ꎬｇ(ｘ)＝ｘ＋ｅ２ｘ(ｘ>０).(１)若ｇ(ｘ)＝ｍ存在零点ꎬ求ｍ的取值范围ꎻ(２)确定ｍ的取值范围ꎬ使得函数ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)存在两个零点.解析㊀(１)因为ｇ(ｘ)＝ｘ＋ｅ２ｘȡ２ｅ２＝２ｅ(ｘ>０)ꎬ当且仅当ｘ＝ｅ２ｘ时ꎬ取等号.因此ꎬ该函数存在最小值ꎬ即２ｅ.所以ꎬ当ｍɪ[２ｅꎬ＋¥)时ꎬ函数存在零点.(２)要使得ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)存在两个零点ꎬ即ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)＝０存在两个不同的实数根(如图２所示)ꎬ即两个函数的图象有两个不同的交点.因为ｆ(ｘ)＝－ｘ２＋２ｅｘ＋ｍ－１＝－(ｘ－ｅ)２＋ｍ－１＋ｅ２ꎬ其对称轴为ｘ＝ｅ.所以当ｍ>－ｅ２＋２ｅ＋１７３图２时ꎬ函数ｈ(ｘ)＝ｇ(ｘ)－ｆ(ｘ)存在两个零点.１.４.２基于数形结合思想解决零点问题在高中函数零点问题中ꎬ数形结合思想是一种非常有效的方法ꎬ主要是借助函数零点的概念ꎬ引导学生对函数图象进行观察ꎬ明确函数图象与坐标轴的交点ꎬ在图象的辅助下ꎬ顺利解决函数零点问题.例７㊀已知函数ｆ(ｘ)＝２－ｘ－１ꎬｘɤ０ꎬｆ(ｘ－１)ꎬｘ>０ꎬ{若方程ｆ(ｘ)＝ｘ＋ａ有且只有两个不相等的实数根ꎬ求实数ａ的取值范围.解析㊀将ｆ(ｘ)＝ｘ＋ａ有且只有两个不相等的实数根ꎬ看做成为ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｘ－ａ存在两个不相同的零点.在平面直角坐标系中分别作出函数ｆ(ｘ)＝２－ｘ－１ꎬｘɤ０ꎬｆ(ｘ－１)ꎬｘ>０ꎬ{以及ｈ(ｘ)＝ｘ的图象(如图３)ꎬ接着对ｈ(ｘ)＝ｘ进行平移.当ａ<１时ꎬ两个函数存在两个交点ꎻ此时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ＋ａ有且只有两个不相等的实数根.图４１.４.３基于分类与整合思想解决零点问题分类讨论与整合ꎬ就是化整为零㊁各个击破ꎬ是一种非常有效的函数零点问题解决手段.通常ꎬ这一种方法常常被用于综合性的函数零点问题中ꎬ需要在解题的过程中ꎬ通过分类讨论ꎬ最终在各个击破的基础上ꎬ整合到一起.例８㊀已知函数ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的偶函数ꎬ当ｘȡ０时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｍｘ＋ｍꎬ如果函数存在两个不同的零点ꎬ求ｍ的取值范围.解析㊀因为ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｍｘ＋ｍ的图象开口向上ꎬ且图象必须经过(０ꎬｍ)点㊁图象对称轴为ｘ＝ｍ.(１)当ｍ>０时ꎬ由于函数必然经过(０ꎬｍ)点ꎬ且ｙ轴为图象的对称轴ꎬ根据判别式值等于０ꎬ得出ｍ＝１ꎻ(２)当ｍ＝０时ꎬ因为函数只有一个零点ꎬ所以ｍ＝０与题意不相符ꎻ(３)当ｍ<０时ꎬ通过函数图象即可得知ꎬ该函数存在两个不同的零点ꎬ其符合题意.２基于函数零点问题解答的日常教学启示结合上述例题研究显示ꎬ学生对函数零点的概念㊁零点存在性定理的掌握情况以及对函数和方程㊁图象之间的关系熟悉程度ꎬ直接决定了学生的解题能力.鉴于此ꎬ为了真正提升学生的数学解题能力ꎬ高中数学教师在日常教学中ꎬ唯有坚持以生为本的理念ꎬ引导学生积极主动参与到相关数学概念和定理的探究学习中.为了全面提升学生的解题能力ꎬ唯有彻底转变传统的教学模式ꎬ指向数学新课程的要求ꎬ灵活借助多种方式优化课堂教学ꎬ包括:探究式学习㊁多媒体信息技术教学等ꎬ使得学生在多样化学习中ꎬ高效完成课堂学习目标.在最新的课程标准中明确提出了数学六大核心素养ꎬ并且已经成为当前考查的方向.在常见的函数零点问题中就蕴含了数形结合思想㊁转化化归思想㊁分类讨论思想等ꎬ学生唯有熟练掌握这些数学思想ꎬ才能促使其形成正确的解题思路.鉴于此ꎬ高中数学教师在日常教学时ꎬ应结合不同的例题内容ꎬ针对性地融入数学思想ꎬ使得学生在日常学习中ꎬ逐渐完成数学思想的内化和应用ꎬ进而提升自身的数学解题能力.参考文献:[１]孟彩彩ꎬ巩铠玮.基于波利亚 怎样解题表 的习题教学案例研究 以 函数的零点 为例[Ｊ].数学教学通讯ꎬ２０２２(０９):６－８.[２]寿啸天.高中数学函数零点解决方法探究[Ｊ].试题与研究ꎬ２０２０(２８):３１－３２.[责任编辑:李㊀璟]８３。
高中数学讲义：零点存在的判定与证明
零点存在的判定与证明一、基础知识：1、函数的零点：一般的，对于函数()y f x =，我们把方程()0f x =的实数根0x 叫作函数()y f x =的零点。
2、零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ×<，那么函数()y f x =在区间(),a b 内必有零点，即()0,x a b $Î，使得()00f x =注：零点存在性定理使用的前提是()f x 在区间[],a b 连续，如果()f x 是分段的，那么零点不一定存在3、函数单调性对零点个数的影响：如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。
因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调4、几个“不一定”与“一定”（假设()f x 在区间(),a b 连续）（1）若()()0f a f b ×<，则()f x “一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。
要分析()f x 的性质与图像，如果()f x 单调，则“一定”只有一个零点（2）若()()0f a f b ×>，则()f x “不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。
如果()f x 单调，那么“一定”没有零点（3）如果()f x 在区间(),a b 中存在零点，则()()f a f b ×的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。
如果()f x 单调，则()()f a f b ×一定小于05、零点与单调性配合可确定函数的符号：()f x 是一个在(),a b 单增连续函数，0x x =是()f x 的零点，且()0,x a b Î，则()0,x a x Î时，()0f x <；()0,x x b Î时，()0f x >6、判断函数单调性的方法：（1）可直接判断的几个结论：① 若()(),f x g x 为增（减）函数，则()()f x g x +也为增（减）函数② 若()f x 为增函数，则()f x -为减函数；同样，若()f x 为减函数，则()f x -为增函数③ 若()(),f x g x 为增函数，且()(),0f x g x >，则()()f x g x ×为增函数（2）复合函数单调性：判断()()y f g x =的单调性可分别判断()t g x =与()y f t =的单调性（注意要利用x 的范围求出t 的范围），若()t g x =，()y f t =均为增函数或均为减函数，则()()y f g x =单调递增；若()t g x =，()y f t =一增一减，则()()y f g x =单调递减（此规律可简记为“同增异减”）（3）利用导数进行判断——求出单调区间从而也可作出图像7、证明零点存在的步骤：（1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数（2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数()f x （3）分析函数()f x 的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间（4）利用零点存在性定理证明零点存在例1：函数()23x f x e x =+-的零点所在的一个区间是（ ）A.1,02æö-ç÷èø B.10,2æöç÷èø C.1,12æöç÷èø D.31,2æöç÷èø思路：函数()f x 为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可解：1211234022f e -æöæö-=+×--=-<ç÷ç÷èøèø，()020f =-<11232022f æö=+×-=-<ç÷èø()12310f e e =+-=->()1102f f æö\×<ç÷èø01,12x æö\Îç÷èø，使得()00f x =答案：C例2：函数()()ln 1f x x x =-+的零点所在的大致区间是（ ）A.31,2æöç÷èø B.3,22æöç÷èøC.()2,eD.(),e +¥思路：先能判断出()f x 为增函数，然后利用零点存在性判定定理，只需验证选项中区间端点函数值的符号即可。
高中数学例题：函数零点的存在性定理
高中数学例题：函数零点的存在性定理 例．函数2()ln f x x x =-的零点所在的大致区间是（ ）A ．（1，2）B ．（2，3）C ．1(1,)e和（3，4） D ．（e ，+∞）【答案】 B【解析】 从已知的区间（a ，b ）中，求()f a 和()f b ，判断是否有()()0f a f b ⋅<． ∵(1)20f =-<，(2)ln 210f =-<，∴在（1，2）内()f x 无零点，A 错； 又2(3)ln 303f =->，∴(2)(3)0f f ⋅<，∴()f x 在（2，3）内有一个零点．【总结升华】这是最基本的题型，所用的方法也是基本方法：只要判断区间[a ，b]的端点值的乘积是否满足()()0f a f b ⋅<，还要看函数()f x 的图象在[a ，b]上是否是连续曲线即可． 解答这类判断函数零点的大致区间的选择题，只需用函数零点的存在性定理依次检验所提供的区间，即可得到答案．利用函数零点的存在性定理判定函数的零点（或方程的实根）所在的大致区间，有时比用数形结合（即作出两函数y=ln x 与2y x=的图象，再确定两图象交点的横坐标所在的大致区间）更简捷，因此要善于灵活运用函数零点的存在性定理来分析解决问题．举一反三：【变式1】若函数3()31,[1,1]f x x x x =+-∈-，则下列判断正确的是（ ）A ．方程f （x ）=0在区间[0，1]内一定有解B ．方程f （x ）=0在区间[0，1]内一定无解C ．函数f （x ）是奇函数D ．函数f （x ）是偶函数【答案】A【变式2】 根据表格中的数据，可以判定方程20x e x --=的一个根所在的最小区间为 ．【答案】()1,2【解析】令()2x f x e x =--，由表格中数据知(1)f -=0.37-1=-0.63<0,f(0)=1-2=-1<0,f(1)=2.72-3=-0.28<0,f(2)=7,39-4=3.39>0,f(3)=20.09-5=15.09>0,由于(1)(2)0f f ⋅<，所以根所在的最小区间为（1，2）．【变式3】若方程2210ax x --=在（0，1）恰好有一解，求a 的取值范围．【答案】()1,+∞【解析】（1）当0a =时，方程为()10,1x =-∈，不满足题意舍去．（2）当0a ≠时，令2()21f x ax x =--，分情况讨论：①0180,(0,1)a x ∆=+=⎧⎨∈⎩，0182(0,1)a x ⎧=-⎪∴⎨⎪=-∉⎩ 18a ∴=-不满足题意舍去． ②180a ∆=+>，18a ∴>- 若(0)1f =-且(1)0f >即2110a -->，1a ∴>满足题意． 若(0)1f =-且(1)0f =即1a =时，()0f x =的另一解是12-． 综上所述，满足条件的a 的取值范围是()1,a ∈+∞．。
高中新教材数学必修件第章函数的零点
05
思想
对称性在函数零点中体现
函数零点的对称性
对于某些函数，其零点在坐标系上呈现出对称性，如二次函数的两个零点关于对 称轴对称。
对称性的美学价值
对称性在数学中是一种重要的美学特征，它体现了数学中的平衡和和谐，使得函 数图像更加美观。
简洁性在函数零点中体现
函数零点的简洁性
函数零点作为函数与x轴交点的横坐标，具有简洁明了的数学 表达形式，如一次函数的零点即为其斜率和截距的比值。
对于函数$y = f(x)$，若存在$x_0 in D$（D为函数定义域），使得 $f(x_0) = 0$，则称$x_0$为函数 $y = f(x)$的零点。
零点与图像的关系
函数$y = f(x)$的零点即为函数图 像与x轴交点的横坐标。
函数零点存在性定理
零点存在性定理
若函数$y = f(x)$在闭区间[a, b]上连 续，且$f(a) cdot f(b) < 0$，则函数 $y = f(x)$在区间(a, b)内至少存在一 个零点。
分段函数和复合函数零点问题
分段函数零点求解
针对每一段分别求解，注意端点处的取值情况，以及各段之间的 连续性。
复合函数零点分析
将复合函数分解为若干个基本函数，分别研究各基本函数的零点， 再综合得出复合函数的零点。
零点存在性定理的应用
在求解分段函数和复合函数零点时，可以运用零点存在性定理来判 断零点的存在性。
零点存在性定理的推论
若函数$y = f(x)$在区间(a, b)内单调 ，且$f(a) cdot f(b) < 0$，则函数$y = f(x)$在区间(a, b)内有且仅有一个零 点。
函数零点与方程根关系
01
函数零点与方程根的关系
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当 x 0, 时，
h1 e 1 0 ，
h
1 2
e 2 0 ，又 h x 在 0, 上单调递增的，所以有唯
一的零点。
（II）若 a 0 ，则
当 x , 0 时， h x ex 1 a 0 恒成立，则没有零点；
（3）如果关于 x 的方程 f x 2 有且只有一个解，求实数 b 的取值范围.
【答案】（1） b 1， f x 的最小值为 2（2）见解析（3） b 1，或 b 1
e
e
【解析】
（1）由 f 1 f 1 得： e b 1 1 ，解得 b e （舍），或 b 1 ，
x
x
则 x2 ax 1 0, 取 x0 a
a2 2
4
0
，则
h x0
0
，又
h a
ea
1 a
a
0
，所以
hx
在
, 0 有唯一的零点，
当 x 0, 时， h 1 a e1a 1 a 1 a 1 a 1 1 0 ，
f
x
min
f
1 ,
f
1 min
f
1
2e，
所以， f x 在1,1 上的值域为2 e,1 .
（2）令
f
x
0 ，得
x ex
ax
1
0，
x 0 显然不是方程的根，
那么原方程等价于 ex 1 a 0 实根的个数，令 h x ex 1 a ， x , 0) (0,
令 b 2 得： y0 ex0 2x0 ；令 b 3 得： y0 ex0 3x0 ，
∴ 2x0 2x0 ，
3 x0 2
1，解得唯一解 x0 0
∴ y0 2
经检验当 x 0 时， f 0 2
∴函数 y f x 的图像经过唯一定点 0, 2 .
零点存在定理中取点问题
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.
eb
e
经检验
f
x
ex
1 ex
为偶函数
∴b 1 . e
又
f
x
ex
1 ex
2 ，当且仅当 x 0 时取等号，
∴ f x 的最小值为 2.
（2）假设 y f x 过定 点 x0, y0 ，则 y0 ex0 bx0 对任意 b 0 ，且 b 1恒成立.
【解析】
（1）当 a 1时，
f
x
x ex
ax
1 ，则
f
x
1 x ex
1
g
x
，
而
gx
x2 ex
0 在1,1 上恒成立，所以
g x
f
x 在1,1 上递减，
f
x
max
f 1
2e 1 0 ，
f
x
min
x
当 x 0, 时，
h
1 a
1
e a
0，
h
2
1
a
1
e 2a
2
1
e2
2
0
，又
hx
在 0, 上单调递
增的，所以有唯一的零点
（III）若 a 0 ，则
当 x , 0 时，由 ex x x R ，则 ex 1 a x 1 a 0, (x 0) ，
1 a
1 a
1 a
h
1 2
a
1
e 2a
2
a
a
2Fra biblioteka2
a
a
a
0 ，又
hx
在 0, 上单调递增的，所以有
唯一的零点
综上所述，当 a 0 时， f x 只有一个零点；当 a 0 时， f x 有两个零点．
【名师指点】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函 数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归 根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路. 类型二 利用放缩法取点
f
1
1
0，
所以 f x 在1,1 上存在唯一的 x0 0 ，使得 f 0 0 ，而且
当 x 1,0 时， f x 0 ， f x 递增；当 x 0,1 时 f x 0 ， f x 递减；
所以，当 x 0 时， f x 取极大值，也是最大值，即 f x f 0 1， max
x
x
原命题也等价于 h x ex 1 a 在 x , 0) (0, 上的零点个数；
x
又因为 h x
ex
1 x2
0 ，所以 h x 在 , 0 和 0, 上都是单调递增的；
（I）若 a 0 ，则
当 x , 0 时， h x ex 1 0 恒成立，则没有零点；
在实际应用中，如何取 a, b ，是解决问题的难点.
类型一 利用方程的根或部分代数式的根取点
典例 1
已知函数
f
x
x ex
ax 1.
（1）当 a 1时，求 y f x 在 x 1,1 上的值域；
（2）试求 f x 的零点个数，并证明你的结论.
【答案】（1） 2 e,1（2）当 a 0 时， f x 只有一个零点；当 a 0 时， f x 有两个零点．
典例 2 已知 b 0 ，且 b 1，函数 f x ex bx ，其中 e 为自然对数的底数：
（1）如果函数 f x 为偶函数，求实数 b 的值，并求此时函数的最小值；
（2）对满足 b 0 ，且 b 1的任意实数 b ，证明函数 y f x 的图像经过唯一的定点；