考点1 零点的求法及零点的个数

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2018年高考数学常见题型解法归纳反馈训练第13讲函数的零点个数问题的求解方法

第13讲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 <g ，则令1b x = （此时零点01(,)x a x ∈）③若1()()0f x f b <g ，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 =L .(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．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422510152025oy=cosxy=lgxyx【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ZZ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(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()。

考点1零点的求法及零点的个数

考点 1零点的求法及零点的个数题型 1：求函数的零点。

[例1]求函数 y x32x2x 2的零点.[ 解题思路 ] 求函数yx 32x 2x 2的零点就是求方程 x 32x 2x 2 0的根[解析]令 x32x2x 2 0，∴ x2 ( x 2) ( x 2) 0∴ (x 2)( x 1)( x 1) 0 ，∴x1或x 1或 x 2即函数yx32x 2x2的零点为 -1 ，1，2。

[ 反思归纳 ]函数的零点不是点，而是函数函数y f ( x) 的图像与x轴交点的横坐标，即零点是一个实数。

题型 2：确定函数零点的个数。

[例2]求函数 f(x)=lnx＋2x － 6 的零点个数 .[ 解题思路 ] 求函数 f(x)=lnx＋ 2x －6 的零点个数就是求方程 lnx ＋ 2x －6=0 的解的个数[ 解析 ] 方法一：易证 f(x)= lnx＋ 2x －6 在定义域(0,)上连续单调递增，又有 f (1) f (4)0，所以函数 f(x)= lnx ＋ 2x－6 只有一个零点。

方法二：求函数 f(x)=lnx ＋2x－ 6 的零点个数即是求方程lnx ＋2x－ 6=0 的解的个数y ln x即求y62x 的交点的个数。

画图可知只有一个。

[ 反思归纳 ]求函数y f ( x)的零点是高考的热点，有两种常用方法：①（代数法）求方程f ( x)0的实数根；②（几何法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y f ( x)的图像联系起来，并利用函数的性质找出零点。

题型 3：由函数的零点特征确定参数的取值范围[ 例3] (2007 ·广东 ) 已知 a 是实数 , 函数f x2ax22x 3a, 如果函数y f x在区间1,1上有零点，求 a 的取值范围。

[ 解题思路 ] 要求参数 a 的取值范围，就要从函数y f x 在区间1,1 上有零点寻找关于参数 a 的不等式（组），但由于涉及到 a 作为x2的系数，故要对 a 进行讨论[ 解析]若a 0, f ( x)2x 3 ,显然在1,1上没有零点 ,所以a 0.48a 3a8a 224a4, 解得a37令2 a37y f x1,12时,上;①当恰有一个零点在②当f1 f 1a1a50 ，即1 a 5 时，yf x在1,1 上也恰有一个零点。

利用导数解决函数的零点问题

第六节利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法直接法令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决(2019·全国卷Ⅰ)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．[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．根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，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 )－x 3零点的个数．[解] (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴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)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋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．考点2 已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[13，3]上有两个零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为(0，12)，单调递减区间为(12，＋∞)．(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈[13，3]，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为[13，1)，单调递增区间为(1，3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在[13，3]上有两个零点，g (13)＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是(1，3－ln 33]．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．(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] (1)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，＋∞)上单调递减．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，＋∞)只有一个零点等价于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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，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＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（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＝e24.考点3函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)(1－ax)(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2（2a－x）x ＝－2＋2a2－（x－a）2＋a2≥0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t ＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝（t－1）2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法.f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1】(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12的解集为________．(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为________．(1)(0，10)(2)(－∞，－3)∪(0，3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0，10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y ＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0，3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）g（x）(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2】(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f（x）x，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf ′(x )－nf (x )＞0(x ≠0)型，构造F (x )＝f （x ）x n ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－nf （x ）x n ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f （x ）x ，则F ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】 (1)已知f (x )在R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f （x ）e x ，则h ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f （－2 019）e －2 019＞f （0）e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2[12f (x )＋f ′(x )]＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式ex f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝e x f(x)．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f（x）e x.。

第06讲利用导数研究函数的零点(方程的根) (精讲+精练)(学生版)

第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：判断、证明或讨论函数零点的个数高频考点二：证明唯一零点问题高频考点三：根据零点情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点问题②利用数形结合法研究函数的零点问题③构造函数研究函数零点问题第四部分：高考真题感悟第五部分：第06讲利用导数研究函数的零点（方程的根）（精练）1、函数的零点（1）函数零点的定义：对于函数()y f x=，把使()0f x=的实数x叫做函数()y f x=的零点．（2）三个等价关系方程0)(=xf有实数根⇔函数)(xfy=的图象与x轴有交点的横坐标⇔函数)(xfy=有零点．2、函数零点的判定如果函数()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()()0f a f b⋅<，那么函数()y f x=在区间(,)a b内有零点，即存在(,)c a b∈，使得()0f c=，这个c也就是()0f x=的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点1．（2022·全国·高二）已知函数()f x的定义域为[]15-，，部分对应值如下表：()f x的导函数()y f x='的图象如图所示，则下列关于函数()f x的命题：① 函数()y f x=是周期函数；② 函数()f x在[]02，是减函数；③ 如果当[]1,x t∈-时，()f x的最大值是2，那么t的最大值为4；④ 当12a<<时，函数()y f x a=-有4个零点．其中真命题的个数是A．4个B．3个C．2个D．1个2．（2022·甘肃·金昌市教育科学研究所高三阶段练习（文））已知函数()2e1xf x x a=+-()a R∈有两个极值点，则实数a的取值范围为（）A．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭B．2,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭C．1,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭D．2,e⎛⎫-+∞⎪⎝⎭3．（2022·全国·高二）若函数()3239f x x x x m =--+仅有一个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．()5,-+∞B ．(,27)(5,)-∞-⋃+∞C ．(,27)-∞D ．(,5)(27,)-∞-⋃+∞4．（2022·甘肃武威·模拟预测（文））函数()326f x x x m =-+有三个零点，则实数m 的取值范围是（）A ．（﹣4，4）B ．[﹣4，4]C ．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D ．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）5．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．不确定高频考点一：判断、证明或讨论函数零点（根）的个数1．（2022·全国·高二）设函数f (x )＝13x －ln x ，则函数y ＝f (x )（）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，在区间(1，e )内无零点D ．在区间1(,1)e 内无零点，在区间(1，e )内有零点2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数()()12xx e f x e=-+，其中e 为自然对数的底数， 2.7182818e =……，则()f x 的零点个数为（） A ．0B ．1C ．2D ．33．（2022·全国·高三专题练习（理））函数()()1ln 03f x x x x =->的零点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．34．（2022·全国·高二课时练习）求函数3()231f x x x =-+零点的个数为（） A ．1B ．2C ．3D ．45．（2022·江苏淮安·高二期末）已知函数()e x f x =与()1g x x =+，则它们的图象交点个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．不确定6．（2022·江苏苏州·模拟预测）方程3269100x x x -+-=的实根个数是______ ．7．（2022·全国·高三专题练习）函数()1x f x e x =-+的零点个数是__________．8．（2022·广东佛山·高二阶段练习）已知函数()()1ln 2af x x a x x=+---，其中R a ∈． (1)若()f x 存在唯一极值点，且极值为0，求a 的值； (2)若2e a <，讨论()f x 在区间2[1,e ]上的零点个数．9．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二阶段练习（文））给定函数()()1e xf x x =+．(1)判断函数()f x 的单调性，并求出()f x 的极值； (2)求出方程()()f x a a R =∈的解的个数．高频考点二：证明唯一零点（根）问题1．（2022·山西省长治市第二中学校高二阶段练习）已知函数321()(1)3=-++f x x a x x ．(1)若1a =，求()f x 的单调区间及相应区间上的单调性； (2)证明:()f x 只有一个零点．2．（2022·陕西渭南·高二期末（文））已知函数()ln x axf x x+=，R a ∈. (1)若0a =，求()f x 的最大值；(2)若01a <<，求证：()f x 有且只有一个零点.3．（2022·广西玉林·模拟预测（文））已知函数217()ln 4,()2ln 22f x x x xg x x x =-=++. (1)求函数()f x 的最小值；(2)证明：函数()()()h x f x g x =+仅有一个零点.高频考点三：根据零点（根）情况求参数①利用最值（极值）研究函数零点（根）问题1．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）已知函数32()34f x x ax bx =+++在1x =-时有极值0． (1)求函数()f x 的解析式；(2)记()()21g x f x k =-+，若函数()g x 有三个零点，求实数k 的取值范围．2．（2022·山东师范大学附中高二阶段练习）已知函数()21xx x f x e+-=. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()y f x a =-（a 为常数）有3个不同的零点，求实数a 的取值范围.3．（2022·宁夏六盘山高级中学高二阶段练习（理））已知函数3()91f x ax x =-+，0a >． (1)若3a =，求函数()f x 的极值；(2)若函数()f x 恰有三个零点，求实数a 的取值范围．4．（2022·北京丰台·一模）已知函数()f x = (1)当1a =时，求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； (2)若函数2()()3ag x f x =-恰有两个不同的零点，求a 的取值范围．5．（2022·广西桂林·二模（理））已知函数()()()211e 2xf x x ax a R =--∈ (1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.②利用数形结合法研究函数的零点（根）问题1．（2022·宁夏·银川二中高二期末（理））已知函数ln ()xf x x= (1)填写函数()f x 的相关性质；2．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（文））设函数3()65f x x x x R =-+∈，. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若关于x 的方程()f x a =有三个不等实根，求实数a 的取值范围.3．（2022·全国·信阳高中高三阶段练习（理））已知函数()2e xf x a x =-（R a ∈，e 为自然对数的底数）.(1)若()0f x =有两个不相等的实数根，求a 的取值范围；4．（2022·四川·雅安中学高二阶段练习（文））已知函数()322f x x ax bx =++-在2x =-时取得极值，且在点()()1,1f --处的切线的斜率为3- . (1)求()f x 的解析式；(2)若函数()y f x λ=-有三个零点，求实数λ的取值范围.5．（2022·全国·模拟预测（理））已知函数()()2x x f x e ae a =+∈R(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()21x g x a x e x =-+，若方程()()g x f x =有三个不同的解，求a 的取值范围.6．（2022·四川绵阳·二模（文））已知函数()2()ln 1R f x x ax a =+-∈(1)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．③构造函数研究函数零点（根）问题1．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知函数()e xf x =（e 为自然对数的底数），()sing x a x =（,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦），a R ∈.(1)若直线:l y kx =与函数()f x ，()g x 的图象都相切，求a 的值； (2)若方程()()f x g x =有两个不同的实数解，求a 的取值范围.2．（2022·重庆南开中学高二期末）已知函数()()2ln ,f x x x g x x ax b ==++.(1)若()f x 与()g x 在1x =处有相同的切线，求实数,a b 的取值；(2)若2b =时，方程()()f x g x =在()1,+∞上有两个不同的根，求实数a 的取值范围.3．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））已知函数()(1)f x a x =-，()e (1)x g x bx =-，R a ∈． (1)当2b =时，函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围； (2)当b a =时，不等式()()f x g x >有且仅有两个整数解，求a 的取值范围．4．（2022·全国·高三阶段练习）已知函数()()11ln e f x a x x=+++，()()e x g x x a a =++∈R ．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若当1≥x 时，关于x 的方程()()f x g x =有且只有一个实数解，求实数a 的取值范围．5．（2022·河南·三模（理））已知函数()()ln 1f x x =+，()e 1xg x =-.(1)判断函数()()()h x f x g x =-的零点个数；6．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知函数()(1)x f x e a x =+-，()sin cos g x ax x x =++ (1)求函数()f x 的最值；(2)令()()()h x f x g x =-，求函数()h x 在区间(,)4π-+∞上的零点个数，并说明理由．1．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．2．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．3．（2021·浙江·高考真题）设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点()1221,,x x x x >，满足2212ln 2b b ex x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)一、单选题1．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）已知a ∈R ，则函数()()32113f x x a x x =-++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．与a 有关2．（2022·浙江省浦江中学高二阶段练习）已知函数()22x f x xe x x m =---在()0,∞+上有零点，则m 的取值范围是（）A ．)21ln 2,-+∞⎡⎣B ．)2ln 21,--+∞⎡⎣C ．)2ln 2,-+∞⎡⎣D ．21ln 2,2-+∞⎡⎫⎪⎢⎣⎭3．（2022·全国·高二）函数32()2f x x x x =-++-的零点个数及分布情况为（） A ．一个零点，在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭内B ．二个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,∞+内C ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,+∞内D ．三个零点，分别在1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,1，()1,+∞内4．（2022·全国·高二）直线y a =与函数33y x x =-的图象有三个不同的交点，则实数a 的取值范围为（） A ．(2,2)-B ．[2,2]-C ．[2,)+∞D ．(,2]-∞-5．（2022·全国·高二）已知函数20()210x e x f x x x x -⎧≤=⎨--+>⎩，若函数()()g x f x kx =-有两个零点，则实数k 等于（e 为自然对数的底数）（） A ．e -B ．1-C ．2D ．2e6．（2022·河南·襄城高中高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x =，()322g x x ex ax =-+，其中e 为自然对数的底数，若方程()()f x g x =存在两个不同的实根，则a 的取值范围为（） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．22,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭C ．()2,e -∞D ．22,e e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭7．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知函数22()2(2)e (1)e x x f x a a x x =+-++有三个不同的零点123,,x x x ，且1230x x x <<<，则3122312222e e e x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为（）A ．3B ．6C ．9D ．368．（2022·全国·高三专题练习）已知方程|ln |2x kx =+在区间()50,e 上恰有3个不等实数根，则实数k 的取值范围是（） A ．5331,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．5331,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．4221,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．4221,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·河南焦作·二模（理））函数1()e ln 1x f x a x -=--在(0,)+∞上有两个零点，则实数a 的取值范围是_______. 10．（2022·贵州遵义·高三开学考试（文））已知函数()3112,21ln ,2x m x f x x x m x ⎧--<⎪⎪=⎨⎪-≥⎪⎩恰有3个零点，则m 的取值范围是________．11．（2022·浙江·镇海中学高二期末）已知不等式21e 0x x a +-≥有且只有两个整数解，则实数a 的范围为___________．12．（2022·全国·高二）已知函数3211()(2)1()32xf x ax ax e x a R =---+∈在区间1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上有3个不同的极值点，则实数a的取值范围是__________. 三、解答题13．（2022·河南·栾川县第一高级中学高二阶段练习（理））已知()2()e ()x f x x a a =+∈R ．(1)若2是函数()f x 的极值点，求a 的值，并判断2是()f x 的极大值点还是极小值点； (2)若关于x 的方程()2ln e x f x x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围．参考数据：ln 20.693≈14．（2022·陕西宝鸡·二模（文））已知函数()1e x f x ax =--，a ∈R ． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若方程()ln f x x x =在(1,e)上有实根，求实数a 的取值范围．15．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知函数()ln f x x =. (1)当[)1,x ∞∈+时，证明：函数()f x 的图象恒在函数()322132=-g x x x 的图象的下方； (2)讨论方程()0f x kx +=的根的个数.16．（2022·吉林·长春外国语学校高二阶段练习）若函数()32113f x x ax bx =++-，当2x =时，函数()f x 有极值13-.(1)求函数的解析式；(2)若关于x 的方程()f x k =有三个解，求实数k 的取值范围.17．（2022·浙江浙江·二模）已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．。

函数零点的题型总结

函数零点的题型总结例题及解析考点一函数零点存在性定理的应用【例1】已知函数f(x)=(12)x-13x,那么在下列区间中含有函数f(x)零点的是( )(A)(0,13) (B)(13,12)(C)(12,23) (D)(23,1)解析:f(0)=1>0,f(13)=(12)13-(13)13>0,F(12)=(12)12-(12)13<0,f(13)f(12)<0,所以函数f(x)在区间(13,12)内必有零点,选B.【跟踪训练1】已知函数f(x)=2x-log3x,在下列区间中包含f(x)零点的是( )(A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,3) (D)(3,4)解析:由题意,函数f(x)=2x-log3x为单调递减函数,且f(2)= 22-log32=1-log32>0,f(3)= 23-log33=-13<0,所以f(2)·f(3)<0,所以函数f(x)=2x-log3x在区间(2,3)上存在零点,故选C.【教师备用巩固训练1】设函数f(x)=ln (x+1)+a(x2-x),若f(x)在区间(0,+∞)上无零点,则实数a的取值范围是( )(A)[0,1] (B)[-1,0](C)[0,2] (D)[-1,1]解析:f(1)=ln 2>0,当a=-1时,f(2)=ln 3-2<0,所以f(x)在(1,2)上至少有一个零点,舍去B,D;当a=2时,f(12)=ln 32-12<0,所以f(x)在(12,1)上至少有一个零点,舍去C.因此选A.考点二函数零点的个数考查角度1:由函数解析式确定零点个数【例2】 (1)函数f(x)=xcos(x2-2x-3)在区间[-1,4]上的零点个数为( )(A)5 (B)4 (C)3 (D)2(2)已知f(x)=2xx +x-2x,则y=f(x)的零点个数是( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:(1)由题意可知x=0或cos(x2-2x-3)=0,又x∈[-1,4],所以x2-2x-3=(x-1)2-4∈[-4,5],当cos(x2-2x-3)=0时,x2-2x-3=kπ+π2,k ∈Z,在相应的范围内,k只有-1,0,1三个值可取,所以总共有4个零点,故选B.解析:(2)令2xx +x-2x=0,化简得2|x|=2-x2,画出y=2|x|,y=2-x2的图象,由图可知,图象有两个交点,即函数 f(x)有两个零点.故选C.考查角度2:根据函数零点个数确定参数范围【例3】 (1)已知函数f(x)= 24,1,ln 1,1,x x a x x x ⎧-+⎪⎨+≥⎪⎩＜若方程f(x)=2有两个解,则实数a 的取值范围是( ) (A)(-∞,2) (B)(-∞,2] (C)(-∞,5) (D)(-∞,5] (2)已知函数f(x)= 3,2,1e ,20x xa x x a x x ⎧--≤-⎪⎪+⎨⎪--⎪⎩＜＜恰有3个零点,则实数a 的取值范围为( )(A)(-1e ,-13) (B)(-1e ,-21e) (C)[-23,-21e ) (D)[-23,-13)解析:(1)可知x ≥1时,f(x)=2必有一解,x=e,所以只需x<1时f(x)=2有一解即可,即x 2-4x+a=2有解,设g(x)=x 2-4x+a-2,由于该函数的对称轴为直线x=2,故只需g(1)=-3+a-2<0,即a<5,故实数a 的取值范围是(-∞,5).选C. 解析:(2)-1x x +-3a=-111x x +-+-3a=1x x +-1-3a,在(-∞,-2]上单调递减.若a≥0,则e x -a x在(-2,0)上递增,那么零点个数至多有一个,不符合题意,故a<0.故需f(x)当x ≤-2时,-1-3a>0,a<-13,且121-+-1-3a ≤0,a ≥-23,使得第一段有一个零点,故a ∈[-23,-13).对于第二段,e x -a x=e xx a x -,故需g(x)=xe x -a 在区间(-2,0)有两个零点,g ′(x)=(x+1)e x ,故g(x)在(-2,-1)上递减,在(-1,0)上递增,所以(2)0,(1)0,(0)0,g g g -⎧⎪-⎨⎪⎩＞＜＞解得-22e >a>-1e.综上所述,a ∈(-1e ,-13).故选A.【题组通关】1.若函数f(x)=|2x -4|-a 存在两个零点,且一个为正数,另一个为负数,则a 的取值范围为( C ) (A)(0,4) (B)(0,+∞)(C)(3,4) (D)(3,+∞)解析:如图,若f(x)=|2x -4|-a 存在两个零点,且一个为正数,另一个为负数,则a ∈(3,4),故选C.2.已知偶函数f(x)= 4log,04,(8),48,x x f x x ⎧≤⎪⎨-⎪⎩＜＜＜且f(x-8)=f(x),则函数F(x)=f(x)-12x在区间[-2 018,2 018]的零点个数为( A )(A)2 020 (B)2 016 (C)1 010 (D)1 008解析:依题意,当4<x<8时,f(x)=f(8-x)对称轴为直线x=4,由f(x-8)=f(x)可知,函数f(x)的周期T=8. 令F(x)=0,可得f(x)=12x,求函数F(x)=f(x)-12x的零点个数,即求偶函数f(x)与函数y=12x图象交点个数,当0<x<8时,函数f(x)与函数y=12x图象有4个交点,2 018=252×8+2由f(2)=|log 42|=12>212=14知, 当0<x<2时函数f(x)与函数y=12x图象有2个交点.故函数F(x)的零点个数为(252×4+2)×2=2 020, 故选A.3.已知函数f(x)= 31,1,,1,x xx x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同零点,则k 的取值范围是 . 解析:作出f(x)=31,1,,1x xx x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜的函数图象如图所示.方程f(x)=k 有两个不同零点,即y=k 和f(x)= 31,1,1x x x x ⎧≥⎪⎨⎪⎩＜的图象有两个交点,由图可得k 的取值范围是(0,1). 答案:(0,1)【教师备用巩固训练2】已知函数f(x)=32233,2,4(56),2,x x x x x x ⎧-+⎪⎨--+≥⎪⎩＜则函数f(f(x))的零点个数为( ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 解析:画出函数的图象,如图所示,令f(x)=t,因为f(f(x))=0则f(t)=0,由图象可知,f(t)=0有四个解,分别为t 1=2,t 2=3,-1<t 3<0,1<t 4<2, 由图象可知,当t 1=2时,f(x)=2有两个根,即函数f(f(x))有2个零点; 由图象可知,当t 2=3时,f(x)=3有一个根,即函数f(f(x))有1个零点;由图象可知,当-1<t 3<0时,f(x)=t 有三个根,即函数f(f(x))有3个零点;由图象可知,当1<t 4<2时,f(x)=t 有两个根,即函数f(f(x))有2个零点;综上所述,函数f(f(x))有8个零点. 考点三函数零点的性质考查角度1:求零点的代数式的取值或取值范围【例4】 (1)已知函数f(x)=122log ,022,0,x x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞函数F(x)=f(x)-b 有四个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4,且满足:x 1<x 2<x 3<x 4,则43x x -2213232x x x x +的取值范围是( )(A)(2,+∞) (B)(174,25716] (C)[2,174) (D)[2,+∞) (2)已知函数f(x)是定义域为R 的偶函数,且满足f(12+x)=f(32-x),当x ∈[-1,0]时,f(x)=-x.若函数F(x)=f(x)+412x x +-,则在区间[-9,10]上的所有零点之和为 . 解析:(1)f(x)=122log ,0,22,0x x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞=122log ,0,(11,0x x x x ⎧⎪⎨⎪++≤⎩＞），由二次函数的对称性可得x 1+x 2=-2,由12log x 3=-12log x 4可得x 3x 4=1,函数F(x)=f(x)-b 有四个不同的零点,等价于y=f(x)的图象与y=b 的图象有四个不同的交点,画出y=f(x)的图象与y=b 的图象,由图可得1<b ≤2,所以1<12log x 3≤2⇒x 3∈[14,12),所以43x x -2123()2x x x +=43x x +23x =231x+23x , 令t=23x ∈[116,14), 所以1t +t ∈(174,25716],故选B. 解析:(2)因为满足f(12+x)=f(32-x), 所以f(x)=f(2-x), 又因函数f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=f(2+x),即f(x)=f(2+x),所以T=2,令F(x)=0,f(x)=421x x +-,即求f(x)与y=421x x +-交点横坐标之和.y=421x x +-=12+9221x -, 作出图象如图所示.由图象可知有10个交点,并且关于(12,12)中心对称, 所以其和为102=5. 答案:(1)B (2)5考查角度2:隐性零点的性质【例5】已知函数f(x)= ln(1),0,11,0,2x x x x +⎧⎪⎨+≤⎪⎩＞若m<n,且f(m)=f(n),则n-m 的取值范围为( )(A)[3-2ln 2,2) (B)[3-2ln 2,2] (C)[e-1,2) (D)[e-1,2]解析:作出函数f(x)的图象,如图所示,若m<n,且f(m)=f(n),则当ln(x+1)=1时,得x+1=e,即x=e-1, 则满足0<n ≤e-1, -2<m ≤0,则ln(n+1)=12m+1,即m=2ln(n+1)-2,则n-m=n+2-2ln(n+1), 设h(n)=n+2-2ln(n+1),0<n ≤e-1,则h ′(n)=1-21n +=11n n -+, 当h ′(n)>0,解得1<n ≤e-1,当h ′(n)<0,解得0<n<1,当n=1时,函数h(n)取得最小值h(1)=1+2-2ln(1+1)=3-2ln 2,当n=0时,h(0)=2-2ln 1=2;当n=e-1时,h(e-1)=e-1+2-2ln(e-1+1)=e-1<2,所以3-2ln 2≤h(n)<2,即n-m的取值范围是[3-2ln 2,2),故选A.【题组通关】1.已知a>1,方程12e x+x-a=0与ln 2x+x-a=0的根分别为x1,x2,则21x+22x+2x1x2的取值范围为( A ) (A)(1,+∞) (B)(0,+∞)(C)(12,+∞) (D)(12,1)解析:方程12e x+x-a=0的根,即y=12e x与y=a-x图象交点的横坐标,方程ln 2x+x-a=0的根,即y=ln 2x与y=a-x图象交点的横坐标, 而y=12e x与y=ln 2x的图象关于直线y=x对称,如图所示.所以x1+x2=a,所以21x +22x +2x 1x 2=(x 1+x 2)2=a 2,又a>1,所以21x +22x +2x 1x 2>1,故选A2.已知函数f(x)= 42log ,04,1025,4,x x x x x ⎧≤⎪⎨-+⎪⎩＜＞若a,b,c,d 是互不相同的正数,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则abcd 的取值范围是( A ) (A)(24,25) (B)(18,24) (C)(21,24) (D)(18,25)解析:由题意可知,ab=1,c+d=10,所以abcd=cd=c(10-c),4<c<5,所以取值范围是(24,25),故选A.考点四函数零点的应用【例6】 (1)已知α,β分别满足α·e α=e 2,β(ln β-2)=e 4,则αβ的值为( )(A)e (B)e 2 (C)e 3 (D)e 4 (2)已知f(x)=9x-t ·3x,g(x)=2121x x -+,若存在实数a,b 同时满足g(a)+g(b)=0和f(a)+f(b)=0,则实数t 的取值范围是 . 解析:(1)因为α·e α=e 2,所以e α=2e α, 因为β(ln β-2)=e 4,所以ln β-2=4e β,所以ln β-ln e 2=4e β,所以ln 2e β=4e β=22e e β. 所以α,2e β分别是方程ex=2e x ,ln x=2e x的根,因为点(α,2e α)与点(2e β,4e β)关于直线y=x 对称, 所以α=4e β,所以αβ=e 4.故选D.解析:(2)因为g(-x)=2121x x ---+=1212xx-+=-2121x x -+=-g(x),所以函数g(x)为奇函数, 又g(a)+g(b)=0,所以a=-b. 所以f(a)+f(b)=f(a)+f(-a)=0有解, 即9a -t ·3a +9-a -t ·3-a =0有解, 即t=9933a a aa--++有解.令m=3a+3-a(m ≥2),则9933a aa a--++=22m m-=m-2m ,因为ϕ(m)=m-2m 在[2,+∞)上单调递增,所以ϕ(m)≥ϕ(2)=1.所以t ≥1.故实数t 的取值范围是[1,+∞). 答案:(1)D 答案:(2)[1,+∞)【跟踪训练2】函数f(x)的定义域为D,若满足:①f(x)在D 内是单调函数;②存在[a,b]⊆D 使得f(x)在[a,b]上的值域为[2a ,2b ],则称函数f(x)为“成功函数”.若函数f(x)=log m (m x +2t)(其中m>0,且m ≠1)是“成功函数”,则实数t 的取值范围为( ) (A)(0,+∞) (B)(-∞,18] (C)[18,14) (D)(0,18] 解析:无论m>1还是0<m<1,f(x)=log m (m x +2t)都是R 上的单调增函数,故应有(),2(),2a f a b f b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则问题可转化为求f(x)=2x ,即f(x)=log m (m x +2t)=2x,即m x+2t=12x m在R上有两个不相等的实数根的问题,令λ=12x m (λ>0),则m x+2t=12x m可化为2t=λ-λ2=-(λ-12)2+14,结合图形可得t∈(0,18].故选D.。

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

零点个数怎么求

零点个数怎么求①解方程：通过解方程 f(x)=0 得到零点；②数形结合：这是经常用到的分析方法，特别是选填题中得到广泛应用；③零点存在定理：用零点存在定理来确定某区间是否有零点，这是解答题中的重要方法；④求零点个数：求零点个数时，就要判断每个单调区间，同时还要判断个单调区间的零点存在性.而具体解答题的过程中，我们也会遇到函数较复杂，先将复杂问题转化为简单问题，再选择合适的方法来求零点.我们来看一个具体的例子.【例1】（2018全国2卷文数21-2）已知函数f(x)=\frac{1}{3}x^3-a(x^2+x+1)，证明： f(x) 只有一个零点.【分析】 f(x) 是一个含参的三次函数，貌似是一个三次函数求零点个数问题，但是带着参数问题就变复杂了，所以这个时候可以转化一下，分离参数为求： a=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)} 的解个数问题.进一步转化为函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.【解析】因为 x^2+x+1>0 恒成立.所以 f(x) 零点个数等价于函数函数g(x)=\frac{x^3}{3(x^2+x+1)}-a的零点个数问题.先判断 g(x) 单调性，用导数法：g'(x)=\frac{3x^2(x^2+x+1)-x^3(2x+1)}{3(x^2+x+1)^2}=\frac{x^2(x^2+2x+3)}{3(x^2+x+ 1)^2}\geq0 ,当且仅当 x=0 时 g'(x)=0 ,g(x) 单调递增.所以 g(x) 至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点.又因为 f(3a+1)=\frac{1}{3}>0 , f(3a-1)=-6a^2+2a-\frac{1}{3}=-6(a-\frac{1}{6})^2-\frac{1}{6}<0 ,所以 f(x) 恰有一个零点.【小结】分离参数读者们应该还好理解，为什么要选择f(3a+1),f(3a-1) 就是一脸懵了.这属于找点的内容（内点定理），我们后面专门花章节来讲解这个内容.我们还是先理解零点存在定理的应用.本节我们重点讲解求零点个数问题的求法，近年高考也是热点题型，也是我们零点问题将面临的重点问题.【例2】（2019全国2卷理数20-1改编）已知函数f(x)=lnx-\frac{x+1}{x-1} ,求 f(x) 的零点个数.【分析】求零点个数问题，我们要求函数的单调区间，然后判断每一个单调区间的零点存在性.【解析】 f(x) 定义域为 (0,1)\cup(1,+\infty) ，而f(x)=lnx-1-\frac{2}{x-1} ,由和差法： y=lnx 和 y=-\frac{1}{x-1} 在(0,1)\cup(1,+\infty)上都是单调递增了，所以 f(x) 在(0,1)\cup(1,+\infty)单调递增；在 (0,1) 上 f(x) 单调递增，当 \frac{1}{3}<x<1 时，f(x)>f(\frac{1}{3})=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-1-ln3>\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ，当 0<x<\frac{1}{e^2} 时，f(x)<f(\frac{1}{e^2})=\frac{2}{1-\frac{1}{e^2}}-3<\frac{2}{1-\frac{1}{3}}-3=0 ，由零点存在定理和单调性， f(x) 在 (0,1) 有唯一零点，在 (1,+\infty) 上 f(x) 单调递增，当 1<x<3 时， f(x)<f(3)=ln3-2<0 ,当 x>e^2 时， f(x)>f(e^2)=1-\frac{2}{e^2-1}>1-\frac{2}{3-1}=0 ,所以 f(x) 在 (1,+\infty)有唯一零点.综上， f(x) 在定义域上有两个零点.【例3】（2019全国1卷文数20-1改编）已知函数h(x)=cosx+xsinx-1 ,证明： h(x) 在区间 (0,\pi) 存在唯一零点.【分析】让我确定零点个数，需要结合单调区间和零点存在定理来证明.【解析】给定了定义域区间为 (0,\pi) ,用导数法判断单调性： h'(x)=xcosx ，判正负区间： h'(x) 正负区间同 y=cosx ，易知在(0,\frac{\pi}{2}) 上 h'(x)>0,h(x) 单调递增；在(\frac{\pi}{2},\pi) 上， h'(x)<0,h(x) 单调递减.而 h(0)=0,h(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}-1>0，h(\pi)=-2<0 ,由零点存在定理和单调性，所以在(0,\frac{\pi}{2})上 h(x) 无零点，在 (\frac{\pi}{2},\pi) 上有唯一零点.得证.【例4】（2015全国1卷文书21-1）设函数 f(x)=e^{2x}-alnx .讨论 f(x) 的导函数 f'(x) 零点的个数.【分析】先求出 f'(x) 及定义域，通过判断 f'(x) 单调性和零点存在性来确定零点个数.【解析】 f'(x)=2e^{2x}-\frac{a}{x}(x>0) .①当 a\leq0 时，显然 f'(x)>0 恒成立，无零点.②当 a>0 时，判断 f'(x) 的单调性，用和差法：y=2e^{2x},y=-\frac{a}{x} 都是在 (0,+\infty) 上的单调递增函数，所以 f'(x) 单调递增.当 x>max(1,\frac{a}{2e^2}) 时， f'(x)>2e^2-2e^2=0 ,当 x<min(1,\frac{a}{2e^2}) 时， f'(x)<2e^2-2e^2=0 ,所以此时 f'(x) 有唯一零点，综上，当 a\leq0 ， f'(x) 无零点，当 a>0 时，有唯一零点.【例5】（2015广东理数19-2）设 a>1 ，函数f(x)=(1+x^2)e^x-a .证明 :f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【分析】还是求零点个数问题，用单调性+存在性来求解.【解析】 f(x) 的单调性，用求导法：f'(x)=e^x(x+1)^2\geq0 ，当且仅当 x=-1 时， f'(x)=0 ，所以 f(x) 是定义域上的单调递增函数.当 x>lna 时， f(x)>f(lna)>0 .当 -\sqrt{e-1}<x<-1 时，f(x)<\frac{e}{e}-a<0 ,由零点存在性定理及单调性，得证：:f(x) 在 (-\infty,+\infty) 上仅有一个零点.【总结】通过上面五题，是否明白求解零点个数问题的基本方法，如果遇到复杂函数，分参转化为新函数的零点个数问题不失为一种思路；具体求解过程，先判断函数的单调性，再确定每个单调区间函数的零点存在性.但是对于开区间上零点的存在，往往很难通过取点来确定函数值的符号，我们也不容易用极限的思想来解释。

专题01 “四招”判断函数零点个数-2121年高考数学压轴题之函数零点问题(原卷版)

专题一 “四招”判断函数零点个数函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕函数零点个数的判断问题，例题说法，高效训练.【典型例题】第一招应用函数性质，判定函数零点个数例 1.已知偶函数 f (x ) = {log 4 x , 0 <x≤ 4f(8 - x ), 4 < x < 8 ，且 f (x - 8) = f (x )，则函数 F (x ) = f (x )- 1 2 x在区间 [-2018, 2018]的零点个数为（）A. 2020B. 2016C. 1010D. 1008第二招数形结合，判定函数零点个数例 2.【2018 届福建省永春一中、培元、季延、石光中学四校高三上第二次联考】定义在 R 上的函数 f (x )满足 f (x + 2) = f (x )+1，且 x ∈[0,1]时， f (x )= 4x； x ∈(1, 2]时， f (x ) = f (1) . 令xg (x ) = 2 f (x )- x - 4, x ∈[-6, 2]，则函数 g (x )的零点个数为（）A. 7B. 8C. 9D. 10第三招应用零点存在性定理，判定函数零点个数例 3.【广西桂林市、贺州市、崇左市 2019 届高三下学期 3 月联合调研】已知函数.（1）讨的单调性；（2）讨在上的零点个数.第四招构造函数，判定函数零点个数例 4．【山东省菏泽市 2019 届高三上学期期末】已知函数 f （x ）＝l n x +﹣1，a ∈R. （1）当 a ＞0 时，若函数 f （x ）在区间[1，3]上的最小值，求 a 的值；（2）讨论函数g（x）＝f′（x）﹣零点的个数.【规律与方法】函数零点个数的求解与判断：(1)直接求零点：令f (x)= 0 ，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线，且f (a)⋅f (b)< 0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．(4)构造函数模型，判断零点个数.构造函数可根据题目不同，直接做差构造函数、分离参数后构造函数、先求导数再构造函数、先换元再构造函数等.【提升训练】1．【浙江省杭州地区(含周边)重点中学2019届高三上期中】已知定义在R上的奇函数，满足当时，则关于x的方满A．对任意，恰有一解B．对任意，恰有两个不同解C．存在，有三个不同解D．存在，无解2．【吉林省延边州2019届高三2月复检测】已知函数在上可导且，其导函数满足，对于函数，下列结论错误的是( )A．函在上为单调递增函数B．是函的极小值点C．函至多有两个零点D．时，不等恒成立3.已知函数y = f (x )的图像为R 上的一条连续不断的曲线，当x ≠ 0 时，f ' (x )+1f (x )> 0 ，则关于x 的x函数g (x )= f (x )+的零点的个数为（）xA．0 B．1 C．2 D．0 或2 4．【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】已知函数.（Ⅰ）的图像在点处的切线与直平行，求的值；（Ⅱ），讨的零点个数.5．【辽宁省大连市2019届高三下学期第一次（3月)双基测试】已知函数f（x）=lnx+ax2-x（x＞0，a∈R）．（Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性；（Ⅱ）求证：当a≤0 时，曲线 y=f（x）上任意一点处的切线与该曲线只有一个公共点．6．【四川省成都石室中学2019届高三第二次模拟】已知函数，.（Ⅰ）当，函图象上是否存在3 条互相平行的切线，并说明理由？（Ⅱ）讨论函的零点个数.7．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末】已知，，其中，为自然对数的底数．若函的切线l经点，求l的方程；Ⅱ若函数为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．8.【辽宁省丹东市2019 届高三总复习质量测试（一)】已知函.（1）当时，讨的单调性；（2）证明：当时只有一个零点 . 9．【云南师范大学附属中学2019届高三上学期第一次月考】已知函数．求的单调区间和极值；当时，证明：对任意的，函有且只有一个零点．10．【2019届高三第一次全国大联考】已知函数（其中）．（1）时，求函的单调区间；（2）当时，求函的极值点；（3）讨论函零点的个数．11．【2019年四川省达州市高考一诊】已知，函数，．求证；讨论函零点的个数．12．【北京延庆区2019届高三一模】已知函数．（1）当时，求曲在处的切线方程；（2）求函的单调区间；（3）时，求函在上区零点的个数.13．【广东省江门市2019届高考模拟（第一次模拟)】设函数，是自然对数的底数，是常数．（1）若，的单调递增区间；（2）讨论曲与公共点的个数．14．【安徽省六安市毛坦厂中学2019届高三3月联考】设函数.（1）试讨论函的单调性；：，，（2）若，证明：方程有且仅有3个不同的实数根.（附）。

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考点1 零点的求法及零点的个数题型1：求函数的零点。

[例1] 求函数2223+--=x x x y 的零点. [解题思路]求函数2223+--=x x x y 的零点就是求方程02223=+--x x x 的根 [解析]令 32220x x x --+=，∴2(2)(2)0x x x ---=∴(2)(1)(1)0x x x --+=，∴112x x x =-==或或即函数2223+--=x x x y 的零点为-1，1，2。

[反思归纳] 函数的零点不是点，而是函数函数()y f x =的图像与x 轴交点的横坐标，即零点是一个实数。

题型2：确定函数零点的个数。

[例2] 求函数f(x)=lnx ＋2x －6的零点个数.[解题思路]求函数f(x)=lnx ＋2x －6的零点个数就是求方程lnx ＋2x －6=0的解的个数[解析]方法一：易证f(x)= lnx ＋2x －6在定义域(0,)+∞上连续单调递增，又有(1)(4)0f f ⋅<，所以函数f(x)= lnx ＋2x －6只有一个零点。

方法二：求函数f(x)=lnx ＋2x －6的零点个数即是求方程lnx ＋2x －6=0的解的个数即求ln 62y x y x =⎧⎨=-⎩的交点的个数。

画图可知只有一个。

[反思归纳]求函数)(x f y =的零点是高考的热点，有两种常用方法：①（代数法）求方程0)(=x f 的实数根；②（几何法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数)(x f y =的图像联系起来，并利用函数的性质找出零点。

题型3：由函数的零点特征确定参数的取值范围[例3] (2007·广东)已知a 是实数,函数()a x ax x f --+=3222,如果函数()x f y =在区间[]1,1-上有零点，求a 的取值范围。

[解题思路]要求参数a 的取值范围，就要从函数()x f y =在区间[]1,1-上有零点寻找关于参数a 的不等式（组），但由于涉及到a 作为2x 的系数，故要对a 进行讨论[解析] 若0a = , ()23f x x =- ,显然在[]1,1-上没有零点, 所以 0a ≠.令()248382440a a a a ∆=++=++=, 解得372a -±=①当372a --=时, ()y f x =恰有一个零点在[]1,1-上;②当()()()()05111<--=⋅-a a f f ，即15a <<时，()y f x =在[]1,1-上也恰有一个零点。

③当()y f x =在[]1,1-上有两个零点时, 则()()208244011121010a a a a f f >⎧⎪∆=++>⎪⎪-<-<⎨⎪≥⎪⎪-≥⎩或()()208244011121010a a a a f f <⎧⎪∆=++>⎪⎪-<-<⎨⎪≤⎪⎪-≤⎩解得5a ≥或352a --<综上所求实数a 的取值范围是 1a > 或352a --≤。

[反思归纳]①二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，也是高考热点，要深刻理解它们相互之间的关系，能用函数思想来研究方程和不等式，便是抓住了关键.②二次函数2()f x ax bx c =++的图像形状、对称轴、顶点坐标、开口方向等是处理二次函数问题的重要依据。

考点3 根的分布问题[例5] 已知函数2()(3)1f x mx m x =+-+的图像与x 轴的交点至少有一个在原点的右侧，求实数m 的取值范围[解题思路]由于二次函数的图象可能与x 轴有两个不同的交点，应分情况讨论 [解析]（1）若m=0，则f （x ）=－3x+1，显然满足要求. （2）若m ≠0，有两种情况：原点的两侧各有一个，则⇒⎪⎩⎪⎨⎧<=>--=0104)3(212m x x m m Δm ＜0；都在原点右侧，则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>=>-=+≥--=,01,023,04)3(21212m x x m m x x m m Δ解得0＜m ≤1，综上可得m ∈（－∞，1］。

[反思归纳]二次方程根的分布是高考的重点和热点，需要熟练掌握有关二次方程ax2+bx+c=0（a ≠0）的根的分布有关的结论：①方程f （x ）=0的两根中一根比r 大，另一根比r 小⇔a ·f （r ）＜0.②二次方程f （x ）=0的两根都大于r ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>⋅>->-=⇔.0)(,2,042r f a r a b ac b Δ③二次方程f （x ）=0在区间（p ，q ）内有两根⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>⋅>⋅<-<>-=⇔.0)(,0)(,2,042p f a q f a q a b p ac b Δ④二次方程f （x ）=0在区间（p ，q ）内只有一根⇔f （p ）·f （q ）＜0，或f （p ）=0，另一根在（p ，q ）内或f （q ）=0，另一根在（p ，q ）内.⑤方程f （x ）=0的两根中一根大于p ，另一根小于q （p ＜q ）⎩⎨⎧>⋅<⋅⇔.0)(,0)(q f a p f a （二）、强化巩固训练 1、函数()221f x mx x =-+有且仅有一个正实数的零点，则实数m 的取值范围是（）。

A ．(],1-∞；B ．(]{},01-∞ ；C ．()(],00,1-∞ ；D ．(),1-∞[解析] B ；依题意得（1）⎪⎩⎪⎨⎧<>--=∆>0)0(04)2(02f m m 或（2）⎪⎩⎪⎨⎧>>--=∆<0)0(04)2(02f m m 或（3）⎩⎨⎧=--=∆≠04)2(02m m 显然（1）无解；解（2）得0<m ；解（3）得1=m 又当0=m 时12)(+-=x x f ，它显然有一个正实数的零点，所以应选B 。

2、方程223x x -+=的实数解的个数为 _______ 。

[解析] 2；在同一个坐标系中作函数x y )21(=及32+-=x y 的图象，发现它们有两个交点故方程223x x -+=的实数解的个数为2。

3、已知二次函数22()42(2)21f x x p x p p =----+,若在区间［－1，1］内至少存在一个实数c,使f(c)>0,则实数p 的取值范围是_________。

[解析] (－3，23）只需2(1)2290f p p =--+>或2(1)210f p p -=-++> 即－3＜p ＜23或－21＜p ＜1.∴p ∈(－3, 23)。

4、设函数321()2x y x y -==与的图象的交点为00(,)x y ，则0x 所在的区间是（）。

A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4) 答案B 。

5、若方程2(2)210x k x k +-+-=的两根中,一根在0和1之间,另一根在1和2之间,求实数k 的取值范围。

[解析] 1223k <<；令12)2()(2-+-+=k x k x x f ，则依题意得 ⎪⎩⎪⎨⎧><>0)2(0)1(0)0(f f f ，即⎪⎩⎪⎨⎧>-+-+<-+-+>-01242401221012k k k k k ，解得1223k <<。

（三）、小结反思：本课主要注意以下几个问题：1．利用函数的图象求方程的解的个数；2．一元二次方程的根的分布；3．利用函数的最值解决不等式恒成立问题。

（四）作业布置：限时训练10中12、13、14课外练习：限时训练10中1、3、4、6、7、9、10、11补充题：1、定义域和值域均为[-a,a] (常数a>0)的函数y=f(x)和y=g(x)的图像如图所示，给出下列四个命题中： (1) 方程f[g(x)]=0有且仅有三个解； (2) 方程g[f(x)]=0有且仅有三个解；(3) 方程f[f(x)]=0有且仅有九个解； (4)方程g[g(x)]=0有且仅有一个解。

那么，其中正确命题的个数是（ )。

A ． 1; B. 2; C. 3; D. 4。

-a a x y y =f (x ) Oa-a-a a x y y =g (x ) O a -a[解析] B ；由图可知，][)(a a x f ，-∈，][)(a a x g ，-∈，由左图及f[g(x)]=0得]2[)(1a a x x g --∈=，，]02[)(2，a x x g -∈=，2)(ax g =，由右知方程f[g(x)]=0有且仅有三个解，即(1)正确；由右图及g[f(x)]=0得)2()(0a ax x f ，∈=，由左图知方程g[f(x)]=0有且仅有一个解，故(2)错误；由左图及f[f(x)]=0得]2[)(1a a x x f --∈=，，]02[)(2，a x x f -∈=，2)(ax f =，又由左图得到方程f[f(x)]=0最多有三个解，故(3)错误；由右图及g[g(x)]=0得)2()(0a ax x g ，∈=，由右图知方程g[g(x)]=0有且仅有一个解，即(4)正确，所以应选择B 2、已知关于x 的二次方程22210x mx m +++=。

(1)若方程有两根,其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围。

(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m 的范围。

[解析](1)条件说明抛物线2()221f x x mx m =+++与x 轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧->-<∈-<⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+=<+=>=-<+=65,21,21056)2(,024)1(,02)1(,012)0(m m R m m m f m f f m f ∴2165-<<-m .(2)据抛物线与x 轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<-<≥∆>>10,0,0)1(,0)0(m f f ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<--≤+≥->->⇒.01,2121,21,21m m m m m 或(这里0<－m<1是因为对称轴x=－m 应在区间(0，1)内通过)1.函数y=)23(log 21-x 的定义域是（）A.［1，+∞）B.（32,+∞） C.［32，1］ D.（32,1］2.设函数f(x)=x|x|+bx+c,给出下列四个命题： ①当b≥0时，函数y=f(x)是单调函数②当b=0,c ＞0时，方程f(x)=0只有一个实根 ③函数y=f(x)的图象关于点（0，c ）对称④方程f(x)=0至多有3 个实根，其中正确命题的个数为（）。