专题13 函数的零点的问题(解析版)
部编数学九年级上册专题13二次函数中的将军饮马(解析版)含答案
专题13 二次函数中的将军饮马类型一 在对称轴上找点用将军饮马求解1．如图，已知抛物线26y ax bx =+-与x 轴的交点A （-3，0），B （1，0），与y 轴的交点是点C ．(1)求抛物线的解析式；(2)点P 是抛物线对称轴上一点，当PB ＋PC 的值最小时，求点P 的坐标；(1)解：将A （-3，0），B （1，0）代入26y ax bx =+-，得：220(3)(3)60116a b a b ì=´-+´--í=´+´-î，解得：24a b =ìí=î，∴抛物线的解析式为2246y x x =+-；(2)解：∵点P 是抛物线对称轴上一点，∴PA PB =，∴++PB PC PA PC AC =³，∴连接AC ，AC 与对称轴的交点即为点P ，如图．∵对于2246y x x =+-，令0x =，则6y =-，∴C (0，-6)，设直线AC 的解析式为(0)y kx b k =+¹，∴036k bb =-+ìí-=î，解得：26k b =-ìí=-î，∴直线AC 的解析式为26y x =--．∵抛物线对称轴为4122x =-=-´，∴对于26y x =--，令1x =-，则2(1)64y =-´--=-，∴P (-1，-4)；2．如图，抛物线y ＝ax 2+bx +c 经过点A （﹣3，0），B （1，0），C （0，﹣3）(1)求抛物线的解析式；(2)若点P为抛物线对称轴上一点，求△PBC周长取得最小值时点P的坐标；(1)由于抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0），可设抛物线的解析式为：y＝a（x+3）（x﹣1），将C点坐标（0，﹣3）代入，得：a（0+3）（0﹣1）＝﹣3，解得a＝1，则y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，所以抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3；(2)如图1中，连接AC交对称轴于P，∵PB＝PA，∴PB+PC＝PB+PA，∴此时PB+PC最短，△PBC的周长最短，设直线AC解析式为y＝kx+b，则330bk b=-ìí-+=î．解得13kb=-ìí=-î，∴直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，∵对称轴为直线x＝﹣1，∴当x＝﹣1时，y=−2，∴点P坐标（﹣1，﹣2）．3．如图，已知抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点C，与x轴交于点A、B，且AB=2，抛物线的对称轴为直线x=2；（1）求抛物线的函数表达式；（2）如果抛物线的对称轴上存在一点P，使得△APC周长的值最小，求此时P点坐标及△APC周长；试题解析：（1）∵AB=2，对称轴为直线x=2，∴点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（3，0），∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A，B，∴1，3是方程x2+bx+c=0的两个根，由根与系数的关系，得1+3=﹣b，1×3=c，∴b=﹣4，c=3，∴抛物线的函数表达式为y=x2﹣4x+3．（2）连接AC，BC，BC交对称轴于点P，连接PA，如图1，由（1）知抛物线的函数表达式为y=x2﹣4x+3，点A，B的坐标分别为（1，0），（3，0），∴点C的坐标为（0，3），∴，．∵点A，B关于对称轴直线x=2对称，∴PA=PB，∴PA+PC=PB+PC，此时，PB+PC=BC，∴当点P在对称轴上运动时，PA+PC的最小值等于BC，∴△APC周长的最小值．4．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点A（-3，0），B（1，0），与y轴交于点C（0，3），点D为抛物线的顶点．（1）直接写出抛物线的函数表达式；（2）如图，抛物线的对称轴上是否存在点F，使得△BCF周长最小，若存在求点F坐标，并求周长的最小值；若不存在，请说明理由；解:(1)将A（-3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c得:0=933a b ca b cc-+ìï=++íï=î,解得: 123a b c =-ìï=-íï=î所以抛物线的函数表达式: y =-x 2-2x +3(2)存在；∵抛物线的解析式为：y =-x 2-2x +3，∴抛物线的对称轴x =-1,C (0,3)，∴ C 1 (-2,3)，设直线BC 1的解析式为：y=kx+b ，∵B （1，0），∴320k b k b =-+ìí=+î 解得11k b =-ìí=î，∴ 直线BC 1的解析式为：y=-x+1 ，把x =-1代入直线BC 1的解析式y=-x+1，得y=2，∴F (-1,2)；∴CF ==CB ==FB ==∴CBF C CF CB FB D =++=类型二 在x 轴上找点用将军饮马求解5．已知抛物线2(1)3(0)y a x a =--¹的图象与x 轴交于点A 、B （A 在B 的左侧），与y 轴交于点(0,2)C -，顶点为D ．（1）试确定a 的值，并直接写出D 点的坐标．（2）试在x 轴上求一点P ，使得PCD V 的周长取最小值．试题解析：（1）∵图像过C 点(0,2)-，∴32a -=-，∴1a =，∴2(1)3y x =--，∴:(1,3)D -．（2）如图，∵PCD C PC CD PD =++V ，∵min ()PC PD PC PD C D ¢¢+=+==，CD =，∴min PCD C =V 6．如图，直线y ＝﹣x+3与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，抛物线y ＝﹣x 2+bx+c 经过B 、C 两点，与x 轴另一交点为A ，顶点为D ．（1）求抛物线的解析式；（2）在x 轴上找一点E ，使△EDC 的周长最小，求符合条件的E 点坐标；【详解】(1)直线y=﹣x+3与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，令x=0，则y=3，令y=0，则x=3，∴点B 、C 的坐标分别为(3，0)、(0，3)，将点B 、C 的坐标代入二次函数表达式得：9303b c c -++=ìí=î，解得：23b c =ìí=î，故函数的表达式为：y=﹣x 2+2x+3；(2)如图1，作点C 关于x 轴的对称点C′，连接CD′交x 轴于点E ，此时EC+ED 为最小，则△EDC 的周长最小，令x=0，则﹣x 2+2x+3=0，解得：1213x x =-=，，∴点A 的坐标为(-1，0)，∵y=﹣x 2+2x+3()214x =--+，∴抛物线的顶点D 的坐标为(1，4)，则点C′的坐标为(0，﹣3)，设直线C′D 的表达式为y kx b =+，将C′、D 的坐标代入得43k b b +=ìí=-î，解得：73k b =ìí=-î，∴直线C′D 的表达式为：y=7x ﹣3，当y=0时，x=37，故点E 的坐标为(37，0)；7．已知二次函数图象的顶点坐标为M （1，0），直线y ＝x +m 与该二次函数的图象交于A ，B 两点，其中A 点的坐标为（3，4），B 点在y 轴上．（1）求m 的值及这个二次函数的解析式；（2）在x 轴上找一点Q ，使△QAB 的周长最小，并求出此时Q 点坐标；解：（1）设抛物线的解析式为y=a(x-1)2，∵点A(3，4)在抛物线上，则4=a(3-1)2，解得a=1，∴抛物线的解析式为y=(x-1)2，∵点A(3，4)也在直线y=x+m ，即4=3+m ，解得m=1；（2）直线y=x+1与y 轴的交点B 的坐标为B(0，1)，B 点关于x 轴的对称点B′点的坐标为B′(0，-1)，设直线AB′的解析式为y=kx+b ，将A 、B′两点坐标代入y=kx+b ，得341k b b +=ìí=-î，解得k=53，b=-1，∴直线AB′的解析式为y=53x-1，当A 、Q 、B′三点在一条直线上时，AQ+BQ 的值最小，即△QAB 的周长最小，Q 点即为直线AB′与x 轴的交点，当y=0时，0=53x-1，解得x=35，Q 点坐标为Q(35，0)；类型三 在y 轴上找点用将军饮马求解8．在平面直角坐标系中，抛物线212y x bx c =++经过点(4,0)A -，点M 为抛物线的顶点，点B 在y 轴上，且OA OB =，直线AB 与抛物线在第一象限交于点(2,6)C ，如图．（1）求抛物线的解析式；（2）直线AB 的函数解析式为______，点M 的坐标为______，sin ACO Ð=______．（3）在y 轴上找一点Q ，使得AMQ △的周长最小．请求出点Q 的坐标；【详解】解：（1）将点A 、C 的坐标代入抛物线表达式得：11640214262b c b c ì´-+=ïïíï´++=ïî，解得20b c =ìí=î故抛物线的表达式为：2122y x x =+；（2）点(4,0)A -，4OB OA ==，故点(0,4)B ，设直线AB 的解析式为：(),0y kx b k =+¹，044k b b =-+ì\í=î ，解得，14k b =ìí=î∴直线AB 的表达式为：4y x =+；对于2122y x x =+，函数的对称轴为221222b x a =-=-=-´，把x=2代入2122y x x =+，()()2122222y =´-+´-=-∴顶点(2,2)M --；如图，设抛物线的对称轴交AB 于点E ，连接OE ，把x=-2代入4y x =+，得y=2，(2,2)E \-，E \为线段AB 的中点，OE =，在Rt AOB V 中，OA=OB ，OE AB \^，(2,6)CQ，OC \==在Rt OCE V中，sin OE ACO OC Ð===故答案为：4y x =+；（-2，-2）9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y 12=x 2+bx +c 经过点A （﹣4，0），点M 为抛物线的顶点，点B 在y 轴上，且OA ＝OB ，直线AB 与抛物线在第一象限交于点C （2，6）．（1）求抛物线的解析式；（2）直线AB 的函数解析式为 ，点M 的坐标为 ，连接OC ，若过点O 的直线交线段AC 于点P ，将△AOC 的面积分成1：2的两部分，则点P 的坐标为 ；（3）在y 轴上找一点Q ，使得△AMQ 的周长最小，则点Q 的坐标为 ；解：（1）将点A 、C 的坐标代入抛物线表达式11640214262b c b c ì´-+=ïïíï´++=ïî，解得20b c =ìí=î，故直线AB 的表达式为：y 12=x 2+2x ；（2）点A （﹣4，0），OB ＝OA ＝4，故点B （0，4），由点A 、B 的坐标得，直线AB 的表达式为：y ＝x +4；对于y 12=x 2+2x ，函数的对称轴为x ＝﹣2，故点M （﹣2，﹣2）；OP 将△AOC 的面积分成1：2的两部分，则AP 13=AC 或23AC ，则1233P C y y =或，即12633P y =或，解得：yP ＝2或4，故点P （﹣2，2）或（0，4）；（3）如图所示，作点A 关于y 轴的对称点'A ，连接'A M 与y 轴交于点Q ，连接AQ 、MQ 、AM△AMQ 的周长＝AM +AQ +MQ ＝AM +A ′M 最小，点A ′（4，0），设直线A ′M 的表达式为：y ＝kx +b ，则4022k b k b +=ìí-+=-î，解得1343k b ì=ïïíï=-ïî，故直线A ′M 的表达式为：y 13=x 43-，令x ＝0，则y 43=-，故点Q （0，43-）；10．如图，已知二次函数y ＝－12x 2＋4x －6．（1）直接写出抛物线与坐标轴的交点坐标；（2）若抛物线的顶点为D ，在y 轴上是否存在一点P ，使得△PAD 的周长最小？若存在，求出△PAD 的周长；若不存在，请说明理由．【详解】当0x =时,与,与y 轴交于点B,140662y ´´=-＝－0+－,即(0,6)B -当0y =时, 与x 轴交于点A 、E,有21462x x +0＝－－解得122,6x x ==,即(2,0)A 、(6,0)E 综上:(2,0)A 、(6,0)E 、(0,6)B -（2）存在．（AD 长度固定，只需找到点P 使PA PD +最小即可，找到点A 关于y 轴的对称点A ¢，连接A D ¢，则A D ¢与y 轴的交点即是点P 的位置．）∴(2,0)A ¢-，(4,2)D ，∴AD =，A D ¢=，∴PAD △周长最小值=【点睛】本题考查二次函数的运用，掌握二次函数的性质，拿出交点坐标和对称轴，结合题意，通过分析可解.类型四 在已知直线上找点用将军饮马求解11．如图，抛物线26y ax bx =+-交x 轴于(2,0),(6,0)A B -两点，交y 轴于点C (0,6)-，点Q 为线段BC 上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）求QA QO+的最小值；解：（1）∵抛物线交x轴于A（−2，0），B（6，0）两点，∴设y＝a（x＋2）（x−6），将C（0，−6）代入，得：−12a＝−6，解得：a＝12，∴y＝12（x＋2）（x−6）＝12x2−2x−6，∴抛物线的解析式为y=12x2−2x−6；（2）如图1，作点O关于直线BC的对称点O′，连接AO′，QO′，CO′，BO′，∵OB＝OC＝6，∠BOC＝90°，∴∠BCO＝45°，∵O、O′关于直线BC对称，∴BC垂直平分OO′，∴OO′垂直平分BC，∴四边形BOCO′是正方形，∴O′（6，−6），在Rt△ABO′中，AO′10=，∵QA＋QO′≥AO′，QO′＝QO，∴QO＋QA＝QA＋QO′≥AO′＝5，即点Q位于直线AO′与直线BC交点时，QO＋QA有最小值10；12．如图抛物线2y=x轴于A、B两点，交y轴于点C，顶点为D．（1）求点A、B、C、D的坐标；V绕AB的中点M旋转180°，得到四边形AEBC；（2）把ABC①求E 的坐标；②试判断四边形AEBC 的形状，并说明理由；（3）试探求：在直线BC 上是否存在一点P ，使得PAD △的周长最小，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）(3,0)A -，(1,0)B ，C ，(D -；（2）①(2,E -；②四边形AEBC 是矩形，理由见解析；（3）存在，3(7P -.【解析】【分析】（1）分别令x=0以及y=0求出A 、B 、C 三点的坐标，再根据二次函数表达式求出顶点D 的坐标；（2）①依题意得出BC ∥AE ，又已知A 、B 、C 的坐标易求出点E 的坐标，②根据旋转的性质证明四边形AEBC 是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°，可得四边形AEBC 是矩形；（3）作点A 关于BC 的对称点A′，连接A′D 与直线BC 交于点P ．则可得点P 是使△PAD 周长最小的点，然后求出直线A′D ，直线BC 的函数解析式联立方程求出点P 的坐标．【详解】解：（1）2y x =令0x =，得y =令0y =，即20=，即2230x x +-=，11x \=，23x =-，∴（-3+1）÷2=-1，将x=-1代入2y =，得A \，B ，C ，D 点的坐标分别为(3,0)A -，(1,0)B ，C ，(D -；（2）①过点E 作EF AB ^于F ，Q ，EF \=，(1,0)B Q ，1AF \=，312OF OA AF \=-=-=，(2,E \-；②四边形AEBC 是矩形．理由：∵△ABE 是由△ABC 旋转得到，∴AC=BE ，AE=BC ，∴四边形ACBE 是平行四边形，由(3,0)A -，(1,0)B ，C ，(2,E -，可知：=AB=4，2=，∴222AB AC BC =+，∴∠ACB=90°，四边形AEBC 是矩形；（3）存在．作出点A 关于BC 的对称点A ¢，连接A D ¢与直线BC 交于点P ，则点P 是使PAD D 周长最小的点，3AO =Q ，3FO \=，CO =A F \¢=，\求得(3A ¢，，过A ¢、D 的直线y +过B 、C 的直线y =两直线的交点3(7P -．【点睛】本题综合考查了二次函数的有关知识以及利用待定系数法求出函数解析式，难度中上．13．已知，如图，二次函数()2230y ax ax a a =+-¹图象的顶点为H ，与x 轴交于A 、B 两点(B 点在A 点右侧)，点H 、B 关于直线l ：y =对称.(1)求A 、B 两点的坐标，并证明点A 在直线l 上；(2)求二次函数解析式；(3)过点B 作直线//BK AH 交直线l 于K 点，M 、N 分别为直线AH 和直线l 上的两个动点，连结HN 、NM 、MK ，求HN+NM+MK 的最小值.【答案】【小题1】A 点坐标为(3,0)-,B 点坐标为(1,0)【小题2】2y x =【小题3】8【解析】【分析】（1）根据一元二次方程求得A点坐标，代入直线求证，（2）通过点H、B关于直线L对称，求得H的坐标，从而解出二次函数的解析式，(3)先求出HN+MN的最小值是MB, 再求出BM+MK的最小值是BQ,即++和的最小值HN NM MK【详解】(1)依题意,得ax2+2ax−3a=0(a≠0)，两边都除以a得：即x2+2x−3=0，解得x1=−3,x2=1，∵B点在A点右侧，∴A点坐标为(−3,0),B点坐标为(1,0)，答：A. B两点坐标分别是(−3,0),(1,0).证明：∵直线l:y x，当x=−3时,y(3)0-=，∴点A在直线l上．(2)∵点H、B关于过A点的直线l:y x对称,∴AH=AB=4，过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，则AC=12,2AB HC==，∴顶点H(1,-，代入二次函数解析式,解得a=，∴二次函数解析式为y=答：二次函数解析式为2y(3)直线AH的解析式为y=+，直线BK的解析式为y=由yyì=ïíï=î解得xy=ìïí=ïî即K，则BK=4，∵点H、B关于直线AK对称,K，∴HN+MN的最小值是MB，过K作KD⊥x轴于D，作点K关于直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，则QM=MK,QE=EKAE⊥QK，∴根据两点之间线段最短得出BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，∵BK∥AH，∴∠BKQ=∠HEQ=90∘，由勾股定理得QB8 ==∴HN+NM+MK的最小值为8，答：HN+NM+MK和的最小值是8.【点睛】考核知识点：二次函数综合运用.14y＝x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2﹣+c（a≠0）经过A，B，C三点．(1)求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；(2)试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小？若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．(1)∵直线y＝x轴交于点A，与y轴交于点C∴点A（﹣1，0），C（0，∵点A，∴ccìïíïî∴a c ìïíïî∴抛物线的解析式为2x y =∴顶点F （1，）．(2)存在理由：延长BC 到点B ′，使B 'C ＝BC ，连接B 'F 交直线AC 于点M ，则点M 就是所求的点，∵过点B ′作B 'H ⊥∵B点在抛物线2y =∴B （3，0），在Rt △BOC 中，tan ∠OBC∴∠OBC ＝30°，BC ＝在Rt △B ′BH 中，B ′H ＝12BB ′＝BH ′H ＝6，∴OH ＝3，∴B ′（﹣3，﹣．B ′F 的解析式为y ＝kx +b ，∴3k b k b ì-+ïí+ïî ，，∴y．y y ìïíïî，解得x y ìïïíïïî，∴M （37∴在直线AC 上存在点M ，使得△MBF 的周长最小，此时M （37．【点睛】考查代数几何的综合运用能力，体现数学知识的内在联系和不可分割的特点．15．如图，抛物线24y ax bx =++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ．直线2y =经过抛物线上两点D ，E ．已知点D ，E 的横坐标分别为1x ，2x 且满足123x x +=，直线BC 的表达式为y x n =-+．（1）求n 的值及抛物线的表达式；（2）设点Q 是直线DE 上一动点，问：点Q 在什么位置上时，QOB △的周长最小？求出点Q 的坐标及QOB △周长的最小值；解：（1）当0x =时，抛物线244y ax bx =++=，∴C （0，4），∵点C 在直线BC 上：y x n =-+上，∴4n =，∵直线BC 与x 轴交点为B ，40x -+=，解得：4x =，∴B （4，0），∵点B 在抛物线上，∴216440a b ++= ①，∵2D E y y ==，∴//DE x 轴，点D 、E 关于抛物线对称轴对称，∵123x x +=，∴抛物线对称轴为：直线12322x x x +==，∴322b a -=②，联立方程①②，216440322a b b a ì++=ïí-=ïî，解得：13a b =-ìí=î，∴抛物线的表达式为234y x x =-++．（2）连接CQ ，如图1，∵C （0，4），点Q 是直线2y =上一动点，∴O 、C 关于直线2y =对称，∴CQ OQ =，∴当点C 、Q 、B 在同一直线上时，OQ BQ CQ BQ BC +=+=最短，当42x -+=时，解得：2x =，∴此时，Q （2，2），∵4OB OC ==，∴==BC∴QOB △周长最小值为：4QOB C OQ BQ OB BC OB =++=+=△．16．如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于()1,0A 、()4,0B ，与y 轴交于点()0,3C ，点D 为OC 的中点，点E 、F 分别为x 轴正半轴和抛物线对称轴上的动点，连接DE 、EF 、CF ，求四边形CDEF 周长最小时点E 、F 的坐标．【答案】当四边形CDEF 周长最小时，点E 的坐标5,03æöç÷èø，点F 的坐标为53,24æöç÷èø．【解析】【分析】作点D 关于x 轴的对称点D ¢，作点C 关于抛物线对称轴的对称点C ¢，连接C D ¢¢，交对称轴于点F ，交x 轴于点E ．求出直线C D ¢¢的解析为93102y x =-，进一步可得出结论．【详解】如图，作点D 关于x 轴的对称点D ¢，作点C 关于抛物线对称轴的对称点C ¢，连接C D ¢¢，交对称轴于点F ，交x 轴于点E ．由对称知C F CF ¢=，D E DE ¢=，\此时四边形CDEF 的周长为CD DE EF CF CD D E EF C F CD C D ¢¢¢¢+++=+++=+．\此时四边形CDEF 的周长最小，最小值为CD C D +¢¢．()1,0A Q ，()4,0B ，\抛物线对称轴为直线52x =．()5,3C ¢\．D Q 为OC 的中点，30,2D æö\ç÷èø．30,2D æö¢\-ç÷èø．设直线C D ¢¢的解析式为y kx b =+．将点C ¢、D ¢的坐标代入可得53,3,2k b b +=ìïí=-ïî解得9,103.2k b ì=ïïíï=-ïî\直线C D ¢¢的解析为93102y x =-．令0y =，则53x =，\点E 的坐标为5,03æöç÷èø．令52x =，则34y =，\点F 的坐标为53,24æöç÷èø．\当四边形CDEF 周长最小时，点E 的坐标5,03æöç÷èø，点F 的坐标为53,24æöç÷èø．【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，四边形与二次函数的结合，线段的和差最值与二次函数的结合，将不共线的线段转化为共线为解题关键．。
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。
函数的零点与解析式问题及例题解析
函数的零点与解析式问题及例题解析引言函数的零点和解析式问题是数学中常见的重要概念。
本文将介绍函数的零点和解析式问题的基本概念，以及通过例题解析来帮助读者理解和应用这些概念。
函数的零点函数的零点指的是函数取值为零的点。
具体而言，对于一个函数f(x)，如果存在一个实数a，使得f(a)=0，则a称为函数f的零点。
函数的零点在数学和实际问题中具有重要的意义。
一个函数可以有多个零点，也可以没有零点。
通过求解函数的零点可以帮助我们揭示函数的性质和解决实际问题。
常见的求解函数零点的方法包括零点定理、代数方法和数值方法。
解析式问题解析式问题是指通过已知的解析式来分析函数的性质和求解特定问题。
解析式是描述函数的一种抽象表达形式，通常使用符号和变量表示。
通过对解析式进行数学推导和计算可以得到函数的各种性质，例如函数的导数、极值点等。
解析式问题的求解通常需要运用数学方法和技巧，包括代数运算、函数性质的研究和推理、微积分等。
解析式问题在数学建模、物理学、工程学等领域具有广泛的应用，可以解决实际问题并提供深入的数学分析。
例题解析下面通过一些例题来具体说明函数的零点和解析式问题的应用。
例题1：已知函数f(x) = x^2 - 4x + 3，求函数f的零点。
解答：要求函数f的零点，即求解方程x^2 - 4x + 3 = 0的解。
通过因式分解或使用求根公式，可以得到方程的两个解为x=1和x=3。
因此，函数f的零点为1和3。
例题2：已知函数f(x) = sin(x)，求函数f的极值点。
解答：要求函数f的极值点，即找到函数f取得最大值和最小值的点。
对于函数f(x) = sin(x)，我们知道sin(x)的最大值为1，最小值为-1。
因此函数f的极值点为x=kπ，其中k为整数。
通过以上例题的解析，我们可以看到函数的零点和解析式问题与数学的相关概念和方法紧密相连，对于理解函数的性质和解决实际问题具有重要意义。
总结通过本文的介绍，我们了解了函数的零点和解析式问题的基本概念。
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 y=f(x)，将方程 f(x)=0 的实数根称为函数y=f(x) 的零点。
2) 方程 f(x)=0 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 f(a)f(b)<0 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 f(a)f(b)<0 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 y=f(x) 在区间 [a,b] 上的图象是连续不断的一条曲线，并且 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 也是方程 f(x)=0 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。
例如，函数 f(x)=ln(x+1)-2 的零点所在的大致区间是 ( )。
分析：显然函数 f(x)=ln(x+1)-2 在区间 [1,2] 上是连续函数，且 f(1)0，所以由根的存在性定理可知，函数 f(x)=ln(x+1)-2 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。
函数零点的存在性定理，它仅能判断零点的存在性，不能求出零点的个数。
对函数零点的个数问题，我们可以通过适当构造函数，利用函数的图象和性质进行求解。
重难点专题13 导数与三角函数结合的解答题(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
【变式 2-1】3. （2021 秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数() =
e
― 2（ ∈ ）
（其中 ≈ 2.71828为自然对数的底数）.
（1）当 = 2时，判断函数()的单调性；
（2）若 > 1，证明() > cos对于任意的 ∈ [0, + ∞)恒成立.
∈ 0, π ．
2
(1)当 = 1时，讨论()的单调性；
(2)若() + sin < 0，求的取值范围．
4．
（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0 < < 1时， ― 2 < sin < ；
（2）已知函数() = cos ― ln(1 ― 2)，若 = 0是()的极大值点，求 a 的取值范围．
证明：
（1）()在区间(0,)存在唯一极大值点；
（2）()有且仅有 2 个零点.
1
【变式 1-1】2. （2019 秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数() = cos + 42 ―1.
2 2
（1）证明：() ≤ 0， ∈ ― ,
；
（2）判断 = ()的零点个数，并给出证明过程.
题型 2 放缩法 ..................................................................................................................................2
题型 1 分段分析法
sin
2．
（2023·全国·统考高考真题）已知函数() = ― cos3, ∈ 0, π
高中数学-函数的零点问题及例题分析
高中数学-函数的零点问题及例题分析1. 引言函数是数学中一个非常重要的概念，它在数学和实际问题中发挥着重要的作用。
函数的零点问题是函数中一个常见且重要的问题，它与方程的解有着紧密的联系。
本文将介绍函数的零点问题，并通过一些例题分析来加深理解。
2. 函数的定义与性质回顾函数是一个将一个集合的元素映射到另一个集合的元素的规则。
函数通常用符号表示，如$f(x)$，其中$x$是自变量，$f(x)$是对应的函数值。
函数的零点指的是函数取零值的点，即满足$f(x)=0$的$x$值。
函数的零点问题与方程的解问题紧密相关。
对于一元函数，函数的零点就是方程$f(x)=0$的解。
因此，解方程可以转化为求函数的零点。
函数的零点可以通过图像、图表或数值计算等方法来确定。
下面将通过几个例题来进一步分析。
3. 例题分析3.1 例题一已知函数$f(x)=2x^2-3x+1$，求函数$f(x)$的零点。
解析：要求函数$f(x)$的零点，即求解方程$2x^2-3x+1=0$。
我们可以使用配方法、求根公式或因式分解等方法来解这个二次方程，最终可以得到$x=1$和$x=\frac{1}{2}$两个解。
3.2 例题二已知函数$g(x)=\sqrt{x+3}-2$，求函数$g(x)$的零点。
解析：要求函数$g(x)$的零点，即求解方程$\sqrt{x+3}-2=0$。
为了消除平方根，我们可以将方程两边平方，得到$x+3=4$，然后解得$x=1$。
因此，函数$g(x)$的零点为$x=1$。
3.3 例题三已知函数$h(x)=\frac{1}{x-2}$，求函数$h(x)$的零点。
解析：函数$h(x)$在$x=2$处不存在定义，因此不存在零点。
4. 总结本文介绍了函数的零点问题及其与方程的解之间的联系。
函数的零点是函数取零值的点，可以通过解相应的方程来求得。
通过例题分析，我们进一步了解了求函数零点的具体方法。
在实际问题中，函数的零点问题有时对于确定某个变量的取值非常重要，因此对于函数的零点问题的理解和掌握是非常有益的。
【高考理数】利用导数解决函数零点问题(解析版)
2020题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点． 题型二 由函数零点个数求参数的取值范围 【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
高考常考题- 函数的零点问题(含解析)
函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．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例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（ ） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，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___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。
例4、(2017南通一调）已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1) 当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2) 若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．例5、（2016南通一调）已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )．(1) 求f (x )的单调区间；(2) 试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．题型三 函数零点问题的不等式的证明函数的零点，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以及证明零点方面的不等问题时，这些问题时要用到这三者的灵活转化。
例6、(2017南京学情调研）已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ，a ，b ∈R . 当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.例7、(2016泰州期末）已知函数f (x )＝ax 4－12x 2，x ∈(0，＋∞)，g (x )＝f (x )－f ′(x )．(1) 若a >0，求证：①f (x )在f ′(x )的单调减区间上也单调递减； ②g (x )在(0，＋∞)上恰有两个零点；(2) 若a >1，记g (x )的两个零点为x 1，x 2，求证：4<x 1＋x 2<a ＋4.二、达标训练1、(2019常州期末）已知函数m(x)＝x 2，函数n(x)＝a ln x ＋1(a ∈R )．(1) 若a ＝2，求曲线y ＝n (x )在点(1，n (1))处的切线方程；(2) 若函数f (x )＝m (x )－n (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；2、(2019镇江期末）己知函数f(x)＝a ln x －bx(a ，b ∈R )．(1) 若a ＝1，b ＝1，求函数f (x )的图像在x ＝1处的切线方程； (2) 若a ＝1，求函数y ＝f (x )的单调区间；(3) 若b ＝1，已知函数y ＝f (x )在其定义域内有两个不同的零点x 1，x 2，且x 1<x 2，不等式a <(1－m )x 1＋mx 2(m >0)恒成立，求实数m 的取值范围．3、(2015无锡期末）设函数f (x )＝x 2ln x －ax 2＋b 在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝－x ＋b .(1) 求实数a 及x 0的值；(2) 求证：对任意实数b ∈⎝⎛⎭⎫0，e2，函数f (x )有且仅有两个零点．4、(2017苏北四市一模）设函数f (x )＝ln x －ax 2＋ax ，a 为正实数．(1) 当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2) 求证：f ⎝⎛⎭⎫1a ≤0；(3) 若函数f (x )有且只有1个零点，求a 的值．5、(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)＝ax＋ln x(a ∈R )．(1) 讨论f (x )的单调性；(2) 设f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )有两个不相同的零点x 1，x 2. ①求实数a 的取值范围；②证明：x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2.6、(2018苏州暑假测试）已知函数f(x)＝(ax 2＋x)e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1) 若f ′(x )是函数f (x )的导函数，当a >0时，解关于x 的不等式f ′(x )>e x ； (2) 若f (x )在[－1，1]上是单调递增函数，求a 的取值范围；(3) 当a ＝0时，求整数k 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在[k ，k ＋1]上有解．专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，因为f ′(x )＝3x 2－3m ，令f ′(x )＝0，则x 2－m ＝0，若m ≤0，则函数f (x )为增函数，不合题意，故m >0，所以函数f (x )在(－∞，－m )上为增函数，在(－m ，0]上为减函数，即f (x )max ＝f (－m )＝－m m ＋3m m －2＝2m m －2，f (0)＝－2<0，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f (x )max ＝2m m －2>0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)．解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，即x 3－3mx －2＝0，显然x ＝0不是它的根，所以3m ＝x 2－2x ，令y ＝x 2－2x (x <0)，则y ′＝2x ＋2x 2＝2（x 3＋1）x 2，当x ∈(－∞，－1)时，y ′<0，此时函数单调递减；当x ∈(－1，0)时，y ′>0，此时函数单调递增，故y min ＝3，因此，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m >3，即m >1.例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明．规范解答 (1) 由g(－1)＝0知，g(x)的图像过点(－1，0)．若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0.由于F(0)＝1－b<0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点．(12分) ②若a ≥0.由(2)知e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0.由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上得实数b 的取值范围是(1，＋∞)．(16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累．此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；【解析】 思路分析 (1) 先解不等式f′(x)>0，再写出函数f(x)的单调递增区间．(2) 记ba ＝k ，则转化为函数g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点．由三次函数的图像可知，g(x)在极值点处取得零点．解后反思 在第(2)题中，也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开，得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4，所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t 2＝0，－st 2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分) 令f′(x)>0，解得x>0或x<－23，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)．(4分) (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b3a ，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ⎝⎛⎭⎫－2b3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；(8分) 当f ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＝0时，代入得a ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＋b ⎝⎛⎭⎫－2b3a 2－4a ＝0， 即－827⎝⎛⎭⎫b a 3＋49⎝⎛⎭⎫b a 3－4＝0，所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8x3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h ′(x)>0，h(x)递增， 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>0时，h(x)的值域为R ，故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4x 2－x 恰有一个根－2，此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。