专题1.3 解密函数零点相关问题-2121届高考数学压轴题讲义(选填题)(解析版)
一、方法综述
新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，函数的零点问题便是一个考察学生综合素质的
很好途径，它主要涉及到基本初等函数的图象，渗透着转化、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，
在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现零点问题，其形式
逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．
根据函数零点的定义：对于函数))((Dxxfy，把使0)(xf成立的实数x叫做函数
))((Dxxfy的零点．即：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．围绕三者之间的关系，在高考数学中函数零点的题型主要①函数的零点的分布；②
函数的零点的个数问题；③利用导数结合图像的变动将两个函数的图像的交点问题转化成函数的零点的个
数问题．
二、解题策略
类型一：函数零点的分布问题
例1．【2019甘肃静宁一中一模】函数的零点所在的区间是
()
A．B．C．D
．
【答案】B
【解题秘籍】判断函数零点所在区间有三种常用方法：①直接法，解方程判断；②定理法；③图象法．
【举一反三】
函数f(x)＝lnx＋x－12，则函数的零点所在区间是()
A．)21,41(B．13(,)24C．3(,1)4D．(1，2)
【答案】
C
【解析】函数f(x)＝lnx＋x－12的图象在(0，＋∞)上连续，且3()4f＝ln34＋34－12＝ln34＋14＜0，f(1)
＝ln1＋1－12＝12＞0，故f(x)的零点所在区间为3(,1)4．学科$网
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类型二函数零点的个数问题
例2．【2019湖南长沙一模】已知，若函数有三个零点，
则实数的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】有三个零点，有一个零点，故，有两个零点，
代入的解析式，得到，构造新函数，绘制这两个函数的图象，
如图可知
因而介于A，O之间，建立不等关系，解得a的范围为，故选A．
【举一反三】【2019广东佛山顺德区二模】若函数（其中是自然对数的底数），
且函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由，可得，作出函数的图象，而表示过原点且斜率为
的直线，由图可知，当时，与有两个不同的交点，满足题意；
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类型三函数零点与简易逻辑交汇问题
例3．【2019陕西彬州一模】已知函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，命题：总存在
，有；命题：若函数在区间上有，则是的（）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要
【答案】C
【解析】命题推不出命题q，所以充分性不具备；比如：，区间为，满足命题p，但
，根据零点存在性定理可知，命题能推出命题p，所以必要性具备；故选C．
【举一反三】
已知命题p：函数f(x)＝2ax2－x－1在(0，1)内恰有一个零点；命题q：函数y＝
x
2
－
a
在(0，＋∞)上是减函数．若p∧
(
q)为真命题，则实数a的取值范围是()
A．(1，＋∞)B．(－∞，2]C．(1，2]D．(－∞，1]
【答案】C
【解析】由题意可得，对命题p，令f(0)f(1)<0，即－1·(2a－2)<0，得a>1；对命题q，令2－
a<0，即a>2，则q对应的a的取值范围是a≤2．∵p∧(q)为真命题，
∴实数a的取值范围是(1，2]．
三、强化训练
1．【2019甘肃酒泉敦煌中学一模】函数的零点所在的区间是()
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】函数是上的单调增函数，且是连续函数，∵，，∴，
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∴故函数的零点所在的区间为，∴方程的解所在区间是，故选
C．学科*网
2．【2019辽宁沈阳模拟】已知函数，，的零点依次为，
则以下排列正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
3．【22018高考新课标I卷】已知函数．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，+∞）
【答案】C
【解析】画出函数的图象，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当
直线过点A时，直线与函数图象有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图象有两
个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C．
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4．【2019上海普陀区一模】设是定义在R上的周期为4
的函数，且，记
，若则函数在区间上零点的个数是（）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【解析】由图可知：直线与在区间上的交点有8个，故选D．
5．【2019安徽黄山一模】若函数有两个不同的零点，且，
，则实数的取值范围为()
A．B．C．D．
【答案】C
6．【2019福建宁德一模】已知函数，若函数有3
个零点，则实数的
取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】绘制出的图象，有3个零点，令与有三个交点，
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则介于1号和2号之间，2号过原点，则，1号与相切，则，，
代入中，计算出，所以a的范围为，故选A．学科%网
7．【2019广东汕头模拟】设函数是定义在上周期为的函数，且对任意的实数，恒，
当时，．若在上有且仅有三个零点，则的取值范围为
（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，是偶函数，根据函数的周期和奇偶性作出的图象
如图所示，在上有且仅有三个零点，和的图象在
上只有三个交点，结合图象可得，解得，即的范围是，故选C．
8．【2019
长春一模】已知函数与，则函数在区间上所
有零点的和为（）
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A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在区间上所有零点的和，等价于函数的图象交点横坐标的和，
画出函数的图象，函数的图象关于点对称，则共有8个零点，其和为16，
故选D．
9．【2019江西南昌模拟】设，若函数恰有3
个零点，则实数的取值范围为（）
A．B．C．D
．
【答案】A
【解析】恰有3个零点，则恰有3个根，令，即与恰有
3
个交点，，
当时，，所以在上是减函数；
当时，，
当时，，
当时，，所以在时增函数，在时减函数，且，
，所以，故选A．
10．【2019
安徽肥东高级中学零模】已知是定义是上的奇函数，满足，当
时，，则函数在区间上的零点个数是（）
A．3B．5C．7D．9
【答案】D
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又∵函数是定义域为的奇函数，∴在区间上，有．
由，取，得，得，
∴．
又∵函数是周期为3的周期函数，∴方程=0在区间上的解有共
9个，故选D．
11．【2019河北衡水中学五调】已知定义在上的函数，若函数恰有2
个零点，则实数的取值范围是（）
A．B
．
C．D
．
【答案】B
【解析】由题意函数恰有2个零点，即是方程有两不等实根，即是两函数
与有两不同交点，作出函数图象如下图，
易得当时，有两交点，即函数恰有2个零点．故选B．
12．【2019
河北衡水中学四调】已知是减函数，且有三个零点，
则的取值范围为（）
A．B．C．D
．
【答案】D
【解析】当，单调递减，
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可得在恒成立．
当，恒成立，可得，而，所以，
当，恒成立，可得，而，所以，故．
由题意知：与图象有三个交点，当时，只有一个交点，不合题意，
当时，由题意知，和为两个图象交点，只需在有唯一零点．
时，，即有唯一解．学科@网
令，．令得，
所以，单调递减；时，，单调递增．
时，，时，，所以要使在
有唯一解，只需或，故选D．
13．【2019广西百色摸底调研】已知函数有唯一零点，则
______．
【答案】
14．【2019福建龙岩期末考】已知函数若函数有3
个零点，则实数的取
值范围是__________．
【答案】
【解析】令，求导，当时，，则在
上单调递增；当时，，则在上单调递减，在时，
取得最大值为．结合单调性，可以画出函数的图象(见下图)，当时，函数有
3个零点．
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15．【2019
四川成都七中一模】若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是
_____．
【答案】
【解析】由题意可将函数有三个不同的零点转化为函数y=a与有三个不同的交
点，如图所示：当时，的图象易得，当时，函数g(x)=，==0，x=1，
在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，如图所示，有三个不同的交点，a≤4
故答案为：
16．【2019辽宁9
月联考】已知是函数在上的所有零点之和，
则的值为__________．
【答案】
【解析】因为，所以函数关于对
称，如图可得曲线与有四个交点，所以函数在上
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有8个零点，且两两关于对称，因此
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专题2.15 超越方程反解难,巧妙构造变简单-2121届高考数学压轴题讲义(解答题)(解析版)
【题型综述】导数研究超越方程超越方程是包含超越函数的方程，也就是方程中有无法用自变数的多项式或开方表示的函数，与超越方程相对的是代数方程．超越方程的求解无法利用代数几何来进行．大部分的超越方程求解没有一般的公式，也很难求得解析解．在探求诸如0109623=-+-x x x ，22ln 22+-=-x x x x 方程的根的问题时，我们利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好的解决．此类题的一般解题步骤是：1、构造函数，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 轴的交点情况求解．【典例指引】例1．已知函数()ln f x ax x x =+在2x e -=处取得极小值．（1）求实数a 的值；（2）设()()()22ln F x x x x f x =+--，其导函数为()F x '，若()F x 的图象交x 轴于两点()()12,0,,0C x D x 且12x x <，设线段CD 的中点为(),0N s ，试问s 是否为()0F x '=的根？说明理由．【思路引导】（1）先求导数，再根据()20f e -'=，解得1a =，最后列表验证（2）即研究1202x x F +⎛⎫=⎪⎝⎭'是否成立，因为121212412x x F x x x x +⎛⎫=+--⎪+⎭'⎝，利用21112ln 0x x x --=，22222ln 0x x x --=得()1212122ln ln 1x x x x x x -+=+-，所以()121212122ln ln 42x x x x F x x x x -+⎛⎫=- ⎪-+⎭'⎝=0，转化为()21ln 01t t t --=+．其中12x t x =，最后利用导数研究函数()()21ln 1t u t t t -=-+单调性，确定方程解的情况（2）由（1）知函数()22ln F x x x x =--．∵函数()F x 图象与x 轴交于两个不同的点()()12,0,,0C x D x ，（12x x <），∴21112ln 0x x x --=，22222ln 0x x x --=．两式相减得()1212122ln ln 1x x x x x x -+=+-()221F x x x-'=-．学*科网()1212121212122ln ln 4412x x x x F x x x x x x x x -+⎛⎫=+--=-⎪+-+⎝⎭'．下解()1212122ln ln 40x x x x x x --=-+．即()1212122ln 0x x x x x x --=+．令12x t x =，∵120x x <<，∴01t <<，即()21ln 01t t t --=+．令()()21ln 1t u t t t -=-+，()()()()22211411t u t t t t t -=-=+'+．又01t <<，∴()0u t '>，∴()u t 在()0,1上是増函数，则()()10u t u <=，从而知()1212122ln ln 40x x x x x x --+<+-，故1202x x F +⎛⎫< ⎪⎝⎭'，即()0F s '=不成立．故s 不是()0F x '=的根．学*科网例2．设函数()21ln 2f x x ax bx =--（1）当3,2a b ==时，求函数()f x 的单调区间；（2）令()()21(03)2a F x f x ax bx x x =+++<≤，其图象上任意一点()00,P x y 处切线的斜率12k ≤恒成立，求实数a 的取值范围．（3）当0,1a b ==-时，方程()f x mx =在区间21,e ⎡⎤⎣⎦内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）先求导数()'f x 然后在函数的定义域内解不等式()'0f x >和()()'0,'0f x f x 的区间为单调增区间，()'0f x <的区间为单调减区间；（2）先构造函数()F x 再由以其图象上任意一点()00,P x y 为切点的切线的斜率12k ≤恒成立，知导函数12k ≤恒成立，再转化为200max12a x x ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭求解；（3）先把握()f x mx =有唯一实数解，转化为ln 1xm x=+有唯一实数解，再利用单调函数求解．【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究方程的根、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数()f x 的单调性的步骤：①确定函数()f x 的定义域；②对()f x 求导；③令()'0f x >，解不等式得x 的范围就是递增区间；令()'0f x <，解不等式得x 的范围就是递减区间．例3．已知函数（）（1）讨论的单调性；（2）若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围．【思路引导】（1）求出，分两种情况讨论，分别令得增区间，令得减区间；（2），令，利用导数研究其单调性，结合零点定理可得结果．试题解析：（1），当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减；（2）依题意，，令，则，学*科网令，则，即在上单调递增．又，，存在唯一的，使得．当，在单调递增；当，在单调递减．，，，且当时，，又，，．学*科网故要使不等式解集中有且只有两个整数，的取值范围应为．【新题展示】1．【2019山西祁县中学上学期期末】已知函数,．若（1）求实数的值；（2）若关于的方程有实数解，求实数的取值范围．【思路引导】（1）求出函数的导数，得到关于a的方程，解出即可；（2）得到xlnx k，令g（x）＝xlnx，根据函数的单调性求出k的范围即可．【解析】所以当时，，即的值域为．所以使方程有实数解的的取值范围．2．【2019浙江台州上学期期末】设函数，R．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．【思路引导】（Ⅰ）求出函数在处的导数后可得切线方程．（Ⅱ）参变分离后求函数的最小值可得的最大值．（Ⅲ）因为，故无零根，参变分离后考虑的图像与直线总有两个不同的交点，从而得到实数的取值范围．【解析】（Ⅰ），.且，所以在处的切线方程为.所以.（其中）所以的最大值为.（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，的取值范围为；当时，的取值范围为.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，单调递增，单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去.（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.当时，的取值范围为，当时，的取值范围为，所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.所以有，，得.由，得，即.所以，，.故.所以.所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.3．【2019浙江杭州高级中学上学期期中】已知函数.（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.（2）求证：当时，.【思路引导】（1）关于的方程在内有两个不同的实数根等价于，x与y=a有两个不同的交点；（2）要证当时，即证【解析】（2）证明：，由得在上单调递增，又,根据零点存在定理可知，存在，使得当时，，f（x）在上单调递减；当时，，f（x）在上单调递增；故.由，得到，即，，故，其中，令，，由，得到在上单调递减，故，即，综上：有当时，.【同步训练】1．已知函数()21e 2x f x t x -=--（R t ∈），且()f x 的导数为()f x '．（Ⅰ）若()()2F x f x x =+是定义域内的增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）若方程()()222f x f x x x +=--'有3个不同的实数根，求实数t 的取值范围．【思路引导】（Ⅰ）只需()0f x '≥，即()()2121e 2x t x g x ≤-=恒成立，求出()min g x 即可得结果；（Ⅱ）原方程等价于227e 2x t x x ⎛⎫=+-⎪⎝⎭，研究函数()227e 2x h x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的单调性，结合图象可得结果．令()0h x '=，解得3x =-或1x =．列表得：x (),3-∞-3-()3,1-1()1,+∞()h x '+0-0+()h x 增极大值减极小值增由表可知当3x =-时，()h x 取得极大值65e 2-；当1x =时，()h x 取得极小值23e 2-．又当3x <-时，2702x x +->，2e 0x >，此时()0h x >．学*科网因此当3x <-时，()650,e 2h x -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；当31x -<<时，()2635e ,e 22h x -⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；当1x >时，()23e ,2h x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，因此实数t 的取值范围是650,e 2-⎛⎫ ⎪⎝⎭．2．已知函数()322ln 3f x ax x =--的图象的一条切线为x 轴．（1）求实数a 的值；（2）令()()()g x f x f x =+'，若存在不相等的两个实数12,x x 满足()()12g x g x =，求证：121x x <．【思路引导】（1）对函数求导，由题可设切点坐标为()0,0x ，由原函数和切线的斜率为0可得方程组，解方程组得a 值；（2）由题知()32211ln 3g x x x x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，可构造去绝对值后的函数，利用导数与函数单调性的关系，判断()g x 的单调性，再构造函数()()1G x g x g x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，利用导数判断出()G x 的单调性，最后可令1201x x <<<，利用()G x 单调性可得结论．()()(),1{,01h x x g x h x x ≥=-<<且()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()10g =，当1x >时，101x<<，学*科网记()()()()()1111G x g x g h x h f x f x f f x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦''，记函数()y f x ='的导函数为()y f x =''，则()()()221111G x f x f x f f x x x x ⎛''''''⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎝'⎭⎭3．已知函数()()ln f x a x x =+（0a ≠），()2g x x =．（1）若()f x 的图象在1x =处的切线恰好也是()g x 图象的切线．①求实数a 的值；②若方程()f x mx =在区间1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有唯一实数解，求实数m 的取值范围．（2）当01a <<时，求证：对于区间[]1,2上的任意两个不相等的实数1x ，2x ，都有()()()()1212f x f x g x g x -<-成立．【思路引导】（1）①首先求函数()f x 的图象在1x =处的切线，()1'1f x a x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，()'12f a =，又因为切点为()1,a ，所以切线方程为2y ax a =-，于是问题转化为直线2y ax a =-与函数()g x 图象相切，于是可以根据直线与抛物线相切进行解题；②问题转化为方程ln x x mx +=在区间1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭内有唯一实数解，参变量分离得ln 1x m x =+，设()ln 1x t x x =+，1,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，研究()t x 的单调性、极值，转化为直线y m =与()y t x =有且只有一个交点，（2）当01a <<时，()f x 在[]1,2上单调递增，()2g x x =在[]1,2上单调递增，设1212x x ≤<≤，则()()12f x f x <，()()12g x g x <，于是问题转化为()()()()2211f x g x f x g x -<-，构造函数()()()F x f x g x =-，通过函数()F x 在[]1,2上单调递减，可以求出a的取值范围．∵()21ln 'x t x x -=，∴1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭，()'0t x >，函数单调递增，(),e +∞，()'0t x <，函数单调递减，∵11t e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()11t e e=+，且(),x e ∈+∞时，()1t x >，∴[]11,11m e e ⎧⎫∈-⋃+⎨⎬⎩⎭；证明：（2）不妨设1212x x ≤<≤，则()()12f x f x <，()()12g x g x <，∴()()()()1212f x f x g x g x -<-可化为()()()()2121f x f x g x g x -<-∴()()()()2211f x g x f x g x -<-设()()()F x f x g x =-，即()()2ln F x a x x x =+-，∴()F x 在[]1,2上单调递减，∴()22'02ax a x F x +-=≤恒成立，即221x a x ≤+在[]1,2上恒成立，∵22221111124x x x =-≥+⎛⎫+- ⎪⎝⎭，∴1a ≤，从而，当01a <<时，命题成立．4．已知函数()()ln , 2.718f x x x e == ．（1）设()()()2216g x f x x e x =+-++，①记()g x 的导函数为()g x '，求()g e '；②若方程()0g x a -=有两个不同实根，求实数a 的取值范围；（2）若在[]1,e 上存在一点0x 使()()20011m f x x ->+成立，求实数m 的取值范围．【思路引导】（1）①对()g x 进行求导，将e 代入可得()g e '的值；②对()g x 进行二次求导，判断()g x '的单调性得其符号，从而可得()g x 的单调性，结合图象的大致形状可得a 的取值范围；（2）将题意转化为00001ln 0mx m x x x +-+<，令()1ln m h x x m x x x =+-+，题意等价于()h x 在[]1,e 上的最小值小于0，对()h x进行求导，对导函数进行分类讨论，判断单调性得其最值．（2）由题可得()2000ln 11m x x x ->+，∴000011ln m x x x x ⎛⎫->+ ⎪⎝⎭，∴00001ln 0mx m x x x +-+<，令()1ln mh x x m x x x=+-+，则()h x 在[]1,e 上的最小值小于0，又()()()()211x x m h x x='+-+，1，当1m e +≥时，即1m e ≥-，()h x 在[]1,e 上递减，所以()0h e <，解得211e m e +>-；2，当11m +≤即0m ≤，()h x 在[]1,e 递增，∴()10h <解得2m <-；3，当11m e <+<，即01m e <<-，此时要求()10h m +<又()0ln 11m <+<，所以()0ln 1m m m <+<，所以()()12ln 12h m m m m +=+-+>此时()10h m +<不成立，综上2m <-或211e m e +>-．学*科网点睛：本题考查导数的运用：求考查函数与方程的联系单调区间最值，同时考查不等式的存在性转化为求函数的最值问题，正确求导是解题的关键．在正确求导的基础上，利用导数与0的关系得到函数的单调区间，也是在高考中的必考内容也是基础内容；注意存在性问题与恒成立问题的区别．5．已知函数()()233x f x x x e =-+⋅．（1）试确定t 的取值范围，使得函数()f x 在[]2,(2)t t ->-上为单调函数；（2）若t 为自然数，则当t 取哪些值时，方程()()0f x z x R -=∈在[]2,t -上有三个不相等的实数根，并求出相应的实数z 的取值范围．【思路引导】（1）先求函数导数，根据导函数零点确定函数单调区间，再根据[]2,t -为某个单调区间的子集得t 的取值范围，（2）结合三次函数图像确定t 的取值范围：当2t ≥,且t N ∈时，方程()0f x z -=在[]2,t -上有可能有三个不等实根，再根据端点值大小确定实数z 的满足的条件：()(){}()(){}()max 2,1,min 0,z f f f f t ∈-，最后解不等式可得实数z 的取值范围．只需满足()(){}()(){}()max 2,1,min 0,z f f f f t ∈-即可．因为()()()()22132,03,1,2f f f e f e e-====，且()()()2230f t f e f ≥=>=，因而()()()()()2102f f f f f t -<<<≤，所以()()10f z f <<，即3e z <<，学*科网综上所述，当2t ≥,且t N ∈时，满足题意，此时实数z 的取值范围是(),3e ．6．已知函数()()21ln ,f x x ax g x x b x =+=++，且直线12y =-是函数()f x 的一条切线．（1）求a 的值；（2）对任意的11,x e ⎡⎤∈⎣⎦，都存在[]21,4x ∈，使得()()12f x g x =，求b 的取值范围；（3）已知方程()f x cx =有两个根1212,()x x x x <，若()1220g x x c ++=，求证:0b <．【思路引导】（1）对函数()f x 求导，()2112'2ax f x ax x x+=+=，设直线12y =-与函数()f x 相切与点()20000,ln (0)x x ax x +>，根据导数的几何意义可得，200200210{12ax x lnx ax +=+=-，解得01{12x a ==-，求出12a =-；（2）对任意的1[1,x ∈]e ，都存在[]21,4x ∈，使得()()12f x g x =，只需要()1f x 的值域是()2g x 值域的子集，利用导数的方法分别求()1f x 、()2g x 的值域，即可求出b 的取值范围；（3）根据题意得()()2211{f x cx f x cx ==,两式相减得，212121ln ln 2x x x x c x x -+=--，所以()()1211221121122212ln ln 2ln 1x x x x x b x x x x x x x x x ---=--=++，令12xt x =，则()0,1t ∈，则()2112ln 1t b x x t t --=-+，令()()12ln ,0,11th t t t t-=-∈+，对()h t 求导，判断()h t 的单调，证明0b <．(2)由（1）得()21ln 2f x x x =-，所以()211'x f x x x x -=-=，当(1x ∈，时，()0f x <，所以()f x在⎡⎣上单调递减，所以当(1x ∈，时，()min f x f=122e=-，()()()222min1111,'12x f x f g x x x -+==-=-+=，当[]1,4x ∈时，()'0g x >，所以()g x 在[]1,4上单调递增，所以当[]1,4x ∈时，()()()()min max 1712,44g x g b g x g b ==+==+，依题意得11,222e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦172,4b b ⎡⎤⊆++⎢⎥⎣⎦，所以1222{17142eb b +≤-+≥-，解得193422e b -≤≤--．(3)依题意得()()2211{f x cx f x cx ==,两式相减得()()()222121211ln ln 2x x x x c x x ---=-，所以212121ln ln 2x x x x c x x -+=--，方程()1220g x x c ++=可转化为7．已知函数（为自然对数的底数，），，．（1）若，，求在上的最大值的表达式；（2）若时，方程在上恰有两个相异实根，求实根的取值范围；（3）若，，求使的图象恒在图象上方的最大正整数．【思路引导】(1)先求函数导数，根据定义域以及取值分类讨论导函数是否变号，确定函数单调性，进而确定函数最值，(2)作差函数，求导得原函数先减后增，因此要有两个相异实根，需极小值小于零，两个端点值大于零，解不等式可得的取值范围；(3)实际为一个不等式恒成立问题，先转化为对应函数最值问题（利用导数求差函数最小值），再研究最小值恒大于零问题，继续求导研究函数单调性，并结合零点存在定理限制或估计极点范围，最后范围确定最大正整数．试题解析：(1)时，,；①当时，，在上为增函数，此时，②当时，，在上为增函数，故在上为增函数，此时③当时，，在上为增函数，在上为减函数，若，即时，故在上为增函数，在上为减函数，此时若，即时，在上为增函数，则此时，综上所述：（2），，∴在上单调递减，在上单调递增，∴在上恰有两个相异实根，，实数的取值范围是，8．设函数．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；（3）若方程，有两个不相等的实数根，比较与0的大小．【思路引导】(1)先求函数导数,再求导函数零点,根据定义域舍去,对进行讨论,时，，单调增区间为．时,有增有减;(2)函数有两个零点，所以函数必不单调,且最小值小于零,转化研究最小值为负的条件:,由于此函数单调递增,所以只需利用零点存在定理探求即可,即取两个相邻整数点代入研究即可得的取值范围,进而确定整数值,（3）根据，所以只需判定大小,由可解得,代入分析只需比较大小,设,构造函数,利用导数可得最值,即可判定大小．(3)证明：因为是方程的两个不等实根，由(1)知．不妨设，则，．两式相减得，即．所以．因为，点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1)构造差函数．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．精品公众号：学起而飞。
高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究函数的零点
g′(x)＝－sinx＋（1＋1 x）2.
当x∈－1，π2 时，g′(x)单调递减，
由g′(0)＝1>0，g′
π 2
＝－1＋
1 1＋π2 2
<0，可得g′(x)在
－1，π2 上有唯一零点，设为α.
当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，π2 时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在α，π2 上单调递减． 故g(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点， 即f′(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点．
①当 a>1 时，方程 g(x)＝a 无解，即 f(x)没有零点； ②当 a＝1 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点； ③当 0<a<1 时，方程 g(x)＝a 有两解，即 f(x)有两个零点； ④当 a≤0 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点． 综上，当 a>1 时，f(x)没有零点； 当 a＝1 或 a≤0 时，f(x)有唯一的零点； 当 0<a<1 时，f(x)有两个零点而f
π 2
>0，f(π)＝－ln(1＋π)<0，所以f(x)在
π2 ，π
上有
唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【答案】 略
状元笔记
证明与零点有关的不等式，函数的零点本身就是一个条 件，即零点对应的函数值为0，证明的思路一般对条件等价转 化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单 调性、极值情况等)再结合函数图象来解决．
考点12 零点定理——2021年高考数学专题复习真题附解析
考点12：零点定理【题组一 求零点】1．函数f （x ）2120810x x log x x ⎧-≤⎪=⎨⎪-+⎩（），（）（＞）的零点为_____.2．若函数()()2log a f x x =+的零点为2-，则a =________.3．设函数[)()222,1,()2,,1x x f x x x x ⎧-∈+∞⎪=⎨-∈-∞⎪⎩，则函数()y f x =的零点是________________.【题组二 零点区间】1．函数3()log (2)1f x x x =++-的零点所在的一个区间是（ ） A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3) D ．(3,4)2．已知函数()26log 21f x x x =--+.在下列区间中,包含()f x 零点的区间是( ) A ．()0,1 B ．()1,3C ．()3,5D ．()5,73．函数1()sin 2f x x x =-在下列哪个区间必有零点（ ） A ．0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B ．,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭C ．3,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭【题组三 零点个数】1．函数()231xf x log x =-的零点个数为 .2．函数()22xf x e x =+-在区间()21-，内零点的个数为 .3．函数f （x ）＝cosπx ﹣（12）x+1在区间[﹣1，2]上的零点个数为 .4．函数()2ln f x x x =+的零点个数是 .5．函数()3f x x =,则()f x 的零点个数为________.6．定义在R 上的偶函数()f x 满足()(4)f x f x =-,且当[0,2]x ∈时,()cos f x x =,则()()lg g x f x x =-的零点个数为____________.7．函数25()sin log ||22f x x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点个数为_______________.8．f(x)是R 上的偶函数，f(x ＋2)＝f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x 2，则函数y ＝f(x)－|log 5x|的零点个数为 .9．若偶函数()f x 的图像关于32x =对称,当30,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,()f x x =,则函数()()20log g x f x x =-在[]20,20-上的零点个数是 .10．定义在R 上的奇函数()f x 满足()()22f x f x -=-+,且在区间[)2,4上,()2,234,34x x f x x x -≤<⎧=⎨-≤<⎩,则函数()3log y f x x =-的零点的个数为______.11．函数()f x 对于任意实数x ，都()()f x f x -=与(1)(1)f x f x -=+成立，并且当01x ≤≤时，()2f x x =.则方程()02019xf x -=的根的个数是 .12．已知定义在R 上,且最小正周期为4的函数()f x ,满足()()f x f x -=-,则在区间()10,10-内函数()y f x =的零点个数的最小值是______【题组四 根据零点求参数】1．方程24(2)50x m x m +-+-=的一根在区间()1,0-内，另一根在区间()02，内，则m 的取值范围是 .2．已知函数()()2log 13f x x x m =+++的零点在区间(]0,1上，则m 的取值范围为 .3．若函数()3()1x f x x a =--在（﹣∞，0）上有零点，则实数a 的取值范围为 .4．若函数2()log ()f x x x k k z =+-∈在区间(2,3)上有零点，则k = ．5．函数1()lg 1f x x m x =-++在区间()0,9上有零点，则实数m 的取值范围为____________.6．已知函数()ln f x x m =-的零点位于区间()1,e 内，则实数m 的取值范围是________.7．设函数f (x )＝log 32x x+－a 在区间(1,2)内有零点，则实数a 的取值范围是________．8．若函数()()21xf x x a =+-在区间[]0,1上有零点，则实数a 的取值范围是 .9．已知函数22log (),0()3,0x a x f x x ax a x +≤⎧=⎨-+>⎩有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________.10．已知函数()226f x x ax =+--，若存在a R ∈，使得()f x 在[]2,b 上恰有两个零点，则实数b 的最小值是______.11．函数f (x)＝∣4x －x 2∣－a 的零点的个数为3，则a ＝ ．12．设(0,1)m ∈，若函数2log ,02()(4),24x m x f x f x x ⎧-<≤=⎨-<<⎩有4个不同的零点1234,,,x x x x ，且1234x x x x <<<，则22341225x x x x +-+的取值范围是 .13．已知直线y mx =与函数()211,0212,03xx x f x x ⎧+>⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≤ ⎪⎪⎝⎭⎩的图象恰好有3个不同的公共点，则实数m 的取值范围是 .14．已知m R ∈，函数221,1()log (1),1x x f x x x ⎧+<=⎨->⎩，2()221g x x x m =-+-，若函数[()]y f g x m =-有6个零点，则实数m 的取值范围是 .15．已知定义在R 上的偶函数()f x ，且0x ≥时，()31,0153,13x x x f x x -⎧+≤≤⎪=⎨+>⎪⎩，方程()f x m =恰好有4个实数根，则实数m 的取值范围是 .【题组四 二分法】 1．已知函数的零点用二分法计算，附近的函数值参考数据如下表所示：则方程的近似解可取为（精确度） .2．下列函数中，不能用二分法求函数零点的是( ) A ．()21f x x =- B ．()221f x x x =-+C ．()2log f x x =D ．()2xf x e =-3．用二分法求方程的近似解，求得3()29f x x x =+-的部分函数值数据如下表所示：则当精确度为0.1时，方程3290x x +-=的近似解可取为4．用二分法研究函数()321f x x x =--的零点时，若零点所在的初始区间为()12，，则下一个有解区间为（ ） A ．()12， B ．()1.752， C ．()1.52， D ．()1 1.5，5．若函数()3222f x x x x =+--的—个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算,参考数据如下表:2)1.250.984=-那么方程32220x x x +--=的一个近似根(精确度为0.05)为 .6．已知函数f （x ）的图象如图，其中零点的个数与可以用二分法求解的个数分别为 .。
2023 届高考数学专项(函数零点问题)答题模板与练习(word版,附答案)
2023 届高考数学专项（函数零点问题）答题模板与练习【重要性分析】函数的零点是新课标的新增内容，其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为新课标高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，多以选择、填空题的形式考查.类型一 零点或零点存在区间的确定万能模板 内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0； 第二步 若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可.例1 函数()43xf x e x =+-的零点所在的区间为（ ）A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭ C ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．3,14⎛⎫ ⎪⎝⎭【同类习题1】方程220xx +-=的解所在的区间为（ ）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3) 【同类习题2】【山西省运城市2021届高三上学期9月调研数学（理）】已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【同类习题3】函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为（ ） A ． B ． C ．D ．【出处】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一）类型二 零点的个数的确定方法1：定义法万能模板内 容()2e xf x =()15g x x=+()0,1()1,2()2,3()3,4使用场景 一般函数类型解题模板第一步 判断函数的单调性；第二步 根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0，则该区间即为存在唯一的零点区间或者直接运用方程的思想计算出其 零点；第三步 得出结论.例2.函数x e x f x3)(+=的零点个数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【同类习题4】已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，，则函数的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【出处】吉林省松原市长岭县第二中学2021届高三下学期三模考试数学试题 【同类习题5】方程3sin x x =的根的个数是（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【同类习题6】（多选）若函数f (x )＝恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ） A ．1B ．2C ．15D ．16【出处】山东省济南市章丘区2021届高三5月份模拟数学试题方法2：数形结合法万能模板 内 容使用场景 一般函数类型解题模板第一步 函数()g x 有零点问题转化为方程()()f x m x =有根的问题； 第二步 在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像； 第三步 观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数第四步 由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出()f x R ()()2f x f x +=[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()y f x x =-4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩结论.例3. 方程31()|log |3xx =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0【同类习题7】【上海市徐汇区2021届高三上学期一模】方程8cos log x x =的实数解的个数是（ ） A ．4B ．3C ．2D ．1【同类习题8】己知函数，若存在两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（二）数学试题【同类习题9】知关于x 的方程有3个不同的实数解，则实数a 的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．【出处】重庆市第八中学2021届高三下学期适应性月考卷（七）数学试题【高考再现】1．【2021年北京市高考数学试题】已知函数，给出下列四个结论： ①若，则有两个零点； ①，使得有一个零点； ①，使得有三个零点； ①，使得有三个零点． 以上正确结论得序号是_______．2.【2021年天津高考数学试题】设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．B ．C ．D ．()()()1,1,ln ,1x e x f x g x f x a x x -⎧≤==+⎨>⎩()g x [)1,0-()1,0-()0,1(]0,122xxaa -=()0,2()2,4()2,+∞()4,+∞()lg 2f x x kx =--0k =()f x 0k ∃<()f x 0k ∃<()f x 0k ∃>()f x a ∈R 22cos(22).()2(1)5,x a x a f x x a x a x a ππ-<⎧=⎨-+++≥⎩()f x (0,)+∞95112,,424⎛⎤⎛⎤⋃ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦5711,2,424⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭9112,,344⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭11,2,3447⎛⎫⎡⎫⋃ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭3.【2020年高考天津卷9】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx xk =--∈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,)-∞+∞4.【2020年高考上海卷11】已知a R ∈，若存在定义域为R 的函数()f x 同时满足下列两个条件，①对任意0x R ∈，0()f x 的值为0x 或02x ；②关于x 的方程()f x a =无实数解；则a 的取值范围为 ．5. 【2016高考天津理数】已知函数f （x ）=2(4,0,log (1)13,03)ax a x a x x x ⎧+<⎨++≥-+⎩（a >0,且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|2f x x =-恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ） （A ）（0，23] （B ）[23，34] （C ）[13，23]{34}（D ）[13，23）{34} 6.【2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）】已知λ①R ，函数f (x )={x −4,x ≥λx 2−4x +3,x <λ，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________①7.【2017江苏】设()f x 是定义在R 且周期为1的函数，在区间[0,1)上,2,,(),,x x D f x x x D ⎧∈⎪=⎨∉⎪⎩其中集合1,*n D x x n n -⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N ，则方程()lg 0f x x -=的解的个数是 .8.【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷）】已知a >0，函数f(x)={x 2+2ax +a, x ≤0,−x 2+2ax −2a,x >0.若关于x 的方程f(x)=ax 恰有2个互异的实数解，则a 的取值范围是______________.【专项练习】1．函数的图象与函数的图象交点横坐标所在的区间可能为（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题2．已知函数在上有唯一零点，若，，则（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5()()=x f x e ()2ln g x x =-()0,1()1,2()2,3()3,4()ln (1)f x x x x k x =+--(1,)+∞(,1)k n n ∈+n Z ∈n =【出处】全国名校2021届高三高考数学（文）冲刺试题（二） 3．函数和存在公共点，则的范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【出处】陕西省西安中学2021届高三下学期第二次仿真考试理科数学试题4．已知函数，，若的图象与的图象在上恰有个交点，则的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．【出处】“超级全能生”2021届高三全国卷地区4月联考试题（乙卷）数学（理）试题5．函数的零点，，则（ ） A ．B ．C ．D ．【出处】山西省吕梁市2021届高三上学期第一次模拟数学（文）试题6．（多选）【2021年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）】已知函数()ln(1)f x x x =+，则（ ）A ．()f x 在(0,)+∞单调递增B ．()f x 有两个零点C ．曲线()y f x =在点11,22f ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处切线的斜率为1ln2-- D ．()f x 是偶函数7．【四川省成都市2020-2021学年高三上学期第一次诊断性检测数学（文）】已知函数()ln f x x x =+，()ln g x x x =，若()1ln f x t =，()2g x t =，则12ln x x t 的最小值为（ ）．A ．21eB ．2eC ．1e-D ．21e-8．已知函数()f x kx =，21x e e ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，()121x g x e +-=+，若()f x 与()g x 的图象上分别存在点M ､N ，使得M ､N 关于直线1y x =+对称，则实数k 的取值范围是（ ）3y x =212x y -⎛⎫= ⎪⎝⎭()00,P x y 0x ()0,1()1,2()2,3()3,4()f x x a =+()ln g x x =()f x ()g x ()2020,20211a ()ln 20202020,ln 20212021--()ln 20202021,ln 20212020--()ln 20212020,ln 20202021--()ln 20212021,ln 20202020--()1542x f x x =+-[]01,x a a ∈-*a ∈N a =1234A ．1,e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．24,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．3,3e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦9.【河南省郑州市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测理科】对于函数()y f x =与()y g x =，若存在0x ，使()()00f x g x =-，则称()()00,M x f x ，0(,N x -()0)g x -是函数()f x 与()g x 图象的一对“隐对称点”.已知函数()()1f x m x =+，()ln xg x x=，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为（ ） A ．()1,0-B ．(),1-∞-C ．()()0,11,+∞ D ．()(),11,0-∞--10.【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】已知函数()1ln 1x f x x ae-=++的图象与函数()11ln12x g x ae x-=---的图象有唯一公共点，则实数a 的值为（ ） A ．1B ．0C ．2D ．1-11.【山东省枣庄市滕州一中2020-2021学年高三10月月考】定义：如果函数()y f x =在区间[],a b 上存在()1212,x x a x x b <<<，满足()()()'1f b f a f x b a -=-，()()()'2f b f a f x b a-=-，则称函数()y f x =是在区间[],a b 上的一个双中值函数，已知函数()3265f x x x =-是区间[]0,t 上的双中值函数，则实数t 的取值范围是（ ） A ．36,55⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．26,55⎛⎫⎪⎝⎭C ．23,55⎛⎫⎪⎝⎭D ．61,5⎛⎫ ⎪⎝⎭12.【广西南宁三中2020届高三数学（理科）】方程2221,(0)x x a a -=+>的解的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．413．【天津市耀华中学2021届高三（上）】已知函数21,1()ln ,1x x f x x x x⎧-⎪=⎨>⎪⎩，若关于x 的方程212[()]2()02f x tf x t ++-=有5个不同的实数根，则实数t 的取值范围是（ ） A ．111,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．111,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ C ．113,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭ D ．113,22e ⎛⎫-⎪⎝⎭14.【河南省信阳市2021届高三（10月份）第一次质检数学（理科）】已知函数()21,1ln ,1x x f x x x x⎧-<⎪=⎨≥⎪⎩，若关于x 的方程()()()22120f x m f x m +--=⎡⎤⎣⎦有5个不同的实数解，则实数m 的取值范围是______. 15．已知函数有两个不同的零点，则常数的取值范围是___________. 【出处】全国2021届高三高考数学（文）信息试题（一）16．已知函数有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是_________. 【出处】河北省衡水市饶阳中学2021届高三5月数学精编试题17．【陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试文科】已知函数2,0()12,02x e x f x x x x ⎧≤⎪=⎨-+->⎪⎩. （1）求斜率为12的曲线()y f x =的切线方程； （2）设()()f x g x m x=-，若()g x 有2个零点，求m 的取值范围.()()212f x x k x =--k ()()112 ()1421x x f x k -=-+-参考答案分析【重要性分析】函数的零点是新课标的新增内容，其实质是相应方程的根，而方程是高考重点考查内容，因而函数的零点亦成为新课标高考命题的热点.其经常与函数的图像、性质等知识交汇命题，多以选择、填空题的形式考查.类型一 零点或零点存在区间的确定例1 函数()43xf x e x =+-的零点所在的区间为（ ）A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．3,14⎛⎫ ⎪⎝⎭【参考答案】B【分析】第一步，直接根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0：函数()43xf x e x =+-单调递增,只有一个零点,而0231414141<-=-+=⎪⎭⎫⎝⎛e e f ,0121>-=⎪⎭⎫⎝⎛e f ； 第二步，若其乘积小于0，则该区间即为存在的零点区间；否则排除其选项即可：由02141<⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ,可知函数的零点在11,42⎛⎫⎪⎝⎭．故选B ． 考点：零点存在定理．【同类习题1】方程220xx +-=的解所在的区间为（ ）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3) 【参考答案】B【分析】试题分析：由题意得，设函数()22xf x x =+-，则()()0102021,12121f f =+-=-=+-=，所以()()010f f <，所以方程220xx +-=的解所在的区间为(0,1)，故选B.考点：函数的零点.【同类习题2】【山西省运城市2021届高三上学期9月调研数学（理）】已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（ ） A ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【参考答案】A 【分析】首先求得0x ≤时，()f x 的取值范围.然后求得0x >时，()f x 的单调性和零点，令()()0ff x =，根据“0x ≤时，()f x 的取值范围”得到()32log 93xf x x =+-=，利用零点存在性定理，求得函数()()y f f x =的零点所在区间.【详解】当0x ≤时，()34f x <≤.当0x ≥时，()2932log 92log 9xxx f x x =+-=+-为增函数，且()30f =，则3x =是()f x 唯一零点.由于“当0x ≤时，()34f x <≤.”，所以 令()()0ff x =，得()32log 93xf x x =+-=，因为()303f =<，337782log 98 1.414log 39 3.312322f ⎛⎫=+->⨯+-=> ⎪⎝⎭，所以函数()()y f f x =的零点所在区间为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：A【同类习题3】函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为（ ） ()2e xf x =()15g x x=+A ．B ．C ．D ．【出处】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（文）押题试题（一） 【参考答案】B 【分析】构造函数，由零点存在定理判断． 【详解】设，是上的增函数，在和上都是减函数，，因此在和上都是增函数，由选项只考虑上的情形，，，所以在上有零点．所以函数的图象与函数的图象交点所在的区间可能为 故选：B ．类型二 零点的个数的确定方法1：定义法例2.函数x e x f x3)(+=的零点个数是（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【参考答案】B【分析】第一步，判断函数的单调性:由已知得03)(>+='x e x f ，所以)(x f 在R 上单调递增；第二步，根据零点的存在性定理验证区间端点处的函数值的乘积是否小于0；若其乘积小于0， 则该区间即为存在唯一的零点区间：()0,1()1,2()2,3()3,41()2e 5xh x x=--e x y =R 1y x =(0,)+∞(,0)-∞()h x (,0)-∞(0,)+∞(0,)+∞(1)215260h e e =--=-<22111(2)252022h e e =--=->()h x (1,2)()2e xf x =()15g x x=+又因为03)1(1<-=--ef ，03)1(>+=e f ，所以0)1-()1(<•f f第三步，得出结论：所以)(x f 的零点个数是1，故选B ． 考点：函数的零点．【同类习题4】已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，，则函数的零点个数是（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【出处】吉林省松原市长岭县第二中学2021届高三下学期三模考试数学试题 【参考答案】A 【分析】函数的零点个数转化为两个函数图象交点的个数，转化条件为函数周期，当时，，根据周期性可画出它的图象，从图象上观察交点个数即可. 【详解】①，则函数是周期的周期函数． 又①函数是定义在上的偶函数，且时，， ①当时，，令，则函数的零点个数即为函数和的图象交点个数， 分别作出函数和的图象，如下图，显然与在上有1个交点，在上有一个交点，当时，，而，()f x R ()()2f x f x +=[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()y f x x =-()y f x x =-()f x 2T =[]0,1x ∈()πcos 2f x x =()()2f x f x +=()f x 2T =()f x R []0,1x ∈()πcos 2f x x =[)1,0x ∈-()()ππcos cos 22f x f x x x ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭()0f x x -=()y f x x =-()y f x =()g x x =()y f x =()g x x =()f x ()g x [)1,0-0,11x >()1g x >()1f x ≤所以或时，与无交点．综上，函数和的图象交点个数为2，即函数的零点个数是2． 故选：A【同类习题5】方程3sin x x =的根的个数是（）A ．3B ．4C ．5D ．6 【参考答案】C 【分析】试题分析：大致图形如图所示,接下来比较x x f =)(与x x g sin 3)(=在0=x 处的切线斜率,xx f 21)(=',0→x 时,+∞→')(x f ,即)(x f 在0=x 处的切线方程为y 轴,又x x g cos 3)(=',在3)0(='=g k ,因此在y 轴右侧)(x g 图象较缓,由图象可知,共有5个交点,故选C ．考点：图象的交点．【思路点晴】本题考查的是两个函数的交点个数问题．首先运用函数与方程的思想,把给定方程转化成为两个基本函数的交点问题,再通过函数的性质与比较函数在相同自变量处的函数值的大小关系画出两个基本函数图象,需要注意的是,两个函数都过)0,0(点,而y 轴右侧的高低情况需要比较两个函数在0=x 处的切线斜率得到,为本题的易错点．【同类习题6】（多选）若函数f (x )＝恰有两个零点，则正整数m 的取值可能为（ ） A ．1B ．2C ．15D ．161x >1x <-()f x ()g x ()y f x =()g x x =()y f x x =-4,22021()(3),2x m x x m x m x ⎧-<⎨--⎩【出处】山东省济南市章丘区2021届高三5月份模拟数学试题 【参考答案】AD 【分析】函数零点转化为方程解，每个选项验证即可解决此题． 【详解】函数f (x )的零点即为方程f (x )＝0的解．当m ＝1时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣1＝0，解得：x ＝0； 当x ≥2时，2021（x ﹣1）（x ﹣3）＝0，解得：x ＝1或3，只取x ＝3． ①函数有两个零点0或3．①A 对；当m ＝2时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣2＝0，解得：x ＝； 当x ≥2时，2021（x ﹣2）（x ﹣6）＝0，解得：x ＝2或6． ①函数有三个零点或2或6．①B 错；当m ＝15时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣15＝0，解得：x ＝log 415＜2； 当x ≥2时，2021（x ﹣15）（x ﹣45）＝0，解得：x ＝15或45． ①函数有三个零点log 415或15或45．①C 错；当m ＝16时，解方程f (x )＝0，当x ＜2时，4x ﹣16＝0，解得：x ＝2不成立； 当x ≥2时，2021（x ﹣16）（x ﹣48）＝0，解得：x ＝16或48． ①函数有两个零点16或48．①D 对； 故选：AD ．方法2：数形结合法第一步 函数()g x 有零点问题转化为方程()()f x m x =有根的问题； 第二步 在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像； 第三步 观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数第四步 由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出结论.1212例3. 方程31()|log |3xx =的解的个数是 （ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【参考答案】B【分析】第一步，在同一直角坐标系中，分别画出函数()y f x =和()y m x =的图像：第二步，观察并判断函数()y f x =和()y m x =的图像的交点个数 ： 由图象可知，函数1()3xy =与函数3log y x =有2个交点；第三步，由()y f x =和()y m x =图像的交点个数等于函数()0g x =的零点即可得出结论： 所以方程有2个解。
专题01 嵌套函数问题-冲刺2121年高考数学压轴题微切口突破(解析版)
4专题 01 嵌套函数问题嵌套函数，就是指在某些情况下，您可能需要将某函数作为另一函数的参数使用，这一函数就是嵌套函数.一般地，对于定义在区间 D 上的函数 y = f (x )（1）若存在 x 0 ∈ D ,使得 f (x 0 ) = x 0 ,则称 x 0 是函数 y = f (x )的一阶不动点,简称不动点；（2）若存在x 0 ∈ D ,使 f ( f (x 0 )) = x 0 ,则称 x 0 是函数 y = f (x ) 的二阶不动点,简称稳定点.类型一 嵌套函数中不动点稳定点问题典例 1 A = {x | f ( x ) = x }， B = {x | f ( f (x ))= x }.（1）求证： A ⊆ B ；（2）若 f ( x ) = ax 2 - 1(a ∈ R , x ∈ R )，且 A = B ≠ ∅ ，求实数 a 的取值范围；（3）若 f (x ) 是 R 上的单调递增函数， x 0 是函数的稳定点，问 x 0 是函数的不动点吗？ 若是，请证明你的结论；若不是，请说明的理由. 【答案】（1）见解析（2） ⎡- 1 ,3 ⎤（3）是⎣⎢ 4 4 ⎥⎦【解析】解：（1）若 A = ∅ ，则 A ⊆ B 显然成立；若 A ≠ ∅ ，设t ∈ A ，f (t ) = t , f ( f (t )) = f (t ) = t ，∴t ∈ B ，故 A ⊆ B .（2） A ≠ ∅,∴ ax 2- 1 = x 有实根，∴ a ≥ - 1.又 A ⊆ B ，所以 a (ax 2- 1)2- 1 = x ，即a 3 x 4- 2a 2 x 2- x + a - 1 = 0 的左边有因式 ax 2- x - 1， 从而有(ax 2 - x - 1)(a 2 x 2 + ax - a + 1)= 0.A =B ，∴ a 2 x 2 + ax - a + 1 = 0 要么没有实根，要么实根是方程 ax 2 - x - 1 = 0的根.若a 2 x 2+ ax - a + 1 = 0 没有实根，则 a < 3 ；4若a 2 x 2+ ax - a + 1 = 0 有实根且实根是方程 ax 2- x - 1 = 0的根，则由方 ax 2- x - 1 = 0 ，5 -1 2 1 1 2 1 2 1 得a 2 x 2 = ax + a ，代入 a 2 x 2+ ax - a + 1 = 0 ，有 2ax + 1 = 0 .由此解得 x = - 1， 2a再代入得 + 1 - 1 = 0，由此 a = 3 ，故 a 的取值范围是 ⎡- 1 ,3 ⎤.4a 2a 4⎣⎢ 4 4 ⎥⎦（3）由题意：x 0 是函数的稳定点, 则 f ( f (x 0 )) = x 0 ， ① 若 f (x 0 ) > x 0 ， f (x ) 是 R 上的单调增函数，则 f ( f (x 0 )) > f (x 0 ) ，所以 x 0 > f (x 0 ) ，矛盾.② 若 x 0 > f (x 0 ) ， f (x ) 是 R 上的单调增函数，则 f (x 0 ) > f ( f (x 0 )) ，所以 f (x 0 ) > x 0 ，矛盾故f (x 0 ) = x 0 ， 所以 x 0 是函数的不动点.类型二 嵌套函数中零点个数问题典 例 2 若 函 数 f (x ) = x 3+ ax 2+ bx + c 有 极 值 点 x 1 ， x 2 ， 且 f (x 1 ) = x 1 ， 则 关 于 x 的 方 程3( f (x ))2+ 2af (x )+ b = 0的不同实根的个数是学_科网【答案】3【解析】函数 f (x ) = x 3+ ax 2+ bx + c 有极值点 x ， x ，说明方程 f '(x ) = 3x 2 + 2ax + b = 0 的两根为 x ，12 1x ，∴方程3( f (x ))2+ 2af (x )+ b = 0的解为 f (x ) = x 或 f (x ) = x ，若 x < x ，即 x 是极大值点，x 是极小值点，由于 f (x 1 ) = x 1 ，∴ x 1 是极大值， f (x ) = x 1 有两解， x 1 < x 2 ， f (x ) = x 2 > f (x 1 ) 只有一解， ∴此时只有3解，若 x 1 > x 2 ，即 x 1 是极小值点，x 2 是极大值点，由于 f (x 1 ) = x 1 ，∴ x 1 是极小值， f (x ) = x 1 有2 解， x 1 > x 2 ， f (x ) = x 2 < f (x 1) 只有一解，∴此时只有3解.类型三 嵌套函数中参数问题x 2- 2ax - a +1, x ≥ 0,ln (-x ), x < 0,点，则实数a 的取值范围是.⎛⎫g (x ) = x 2 +1- 2a .若函数 y =f (g (x ))有 4 个零【答案】2 ,1⎪ ⋃ (1, +∞) ⎝ ⎭【解析】令 f (t ) = 0, t = g (x )典例 3 已知函数 f (x ) = {25 -1<<0 0 0 0当1-a < 0 时f (t )有两个零点t1 =-1,t2 > 1，需1- 2a-1∴a 1当1-a=0 时f (x)有三个零点，t1 =-1,t2 = 0,t3 =2 ， 1- 2a =-1所以函数y = f (g (x))有5 个零点，舍；当1-a > 0时，由于1- 2a >-1所以∆= 4a2 + 4a - 4 > 0 ，且a - > 1-2a5-1，所以 a 12⎛⎫综上实数a 的取值范围是2,1⎪⋃(1, +∞)⎝⎭【名师指点】求解复合方程问题时，往往把方程f [g(x)] = 0 分解为f (t) = 0 和g(x) =t 处理，先从方程f (t) = 0 中求t ，再带入方程g(x) =t 中求x 的值．1. 设函数f (x) = （a ∈R ，e为自然对数的底数），若曲线y=sin x上存在点(x0,y0)，使f ( f ( y)) =y成立，则a 的取值范围是【答案】[1, e]【解析】由题意可得y=sinx∈[-1，1]，f（y）=e y0+y-a，∵曲线y=sinx上存在点（x，y）使得f（f（y））=y，∴存在y∈[0，1]，使f（y）=y成立，即f（x）=x在[0，1]上有解，即e x+x-x2=a在[0，1]上有解．令g（x）=e x+x-x2，则a为g（x）在[0，1]上的值域．∵当x∈[0，1]时，g′（x）=e x+1-2x＞0，故函数g（x）在[0，1]上是增函数，故g（0）≤g（x）≤g（1），即1≤a≤e，故答案为：[1，e]．⎧5π⎪4sin(2x) (0 ≤x ≤1)2．已知函数y = f (x) 是定义域为R 的偶函数. 当x ≥ 0 时，f (x) =⎨1，若关于x 的⎪( )x +1 ( x >1)⎩⎪4方程[ f (x)]2 +af (x) +b = 0 （a, b ∈R ）,有且仅有 6 个不同实数根，则实数a 的取值范围是a2 +a -1e x +x -a5 9 5 5 9 5 9 9【答案】(- , - ) (- , -1)2 4 4⎧ 5 π⎪ 4 sin( 2 x ) (0 ≤ x ≤1) 【解析】作出 f (x ) = ⎨ 1 的图象如下，又∵函数 y = f (x ) 是定义域为 R 的偶函数， ⎪( )x +1 ( x > 1) ⎩⎪ 4且关于 x 的方程[ f (x )]2+ af (x ) + b = 0 ， a , b ∈ R 有且仅有6 个不同实数根，∴ x 2+ ax + b = 0 的两根分别为 x = 5 ，1 < x < 5 或0 < x ≤ 1，1 < x < 5，14 24 124由韦达定理可得 x + x = -a ，若 x = 5,1 < x < ，则 < -a < ， 即 - < a < - ，1 2 14 2 4 4 2 2 4若0 < x ≤ 1，1 < x < 5 ，则1 < -a < 9 ，即 - 9 < a < -1，从而可知 - 5 < a < - 9 或 - 9< a < -1；12 4 4 4 2 4 43．已知 a ，b 是实数，1 和 -1是函数 f (x ) = x 3 + ax 2 + bx 的两个极值点．（1）求 a 和 b 的值；（2）设函数 g (x ) 的导函数 g '(x ) = f (x ) + 2 ，求 g (x ) 的极值点；（3）设 h (x ) = f ( f (x )) - c ，其中c ∈[-2 ，2]，求函数 y = h (x ) 的零点个数． 【答案】(1) a ＝0，b ＝－3. (2) －2. (3) 9．【解析】解：(1)由题设知 f ′(x )＝3x 2＋2a x ＋b ，且 f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝ 0， 解得 a ＝0，b ＝－3. (2)由(1)知 f (x )＝x 3－3x .因为 f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以 g ′(x )＝0 的根为 x ＝x ＝1，x ＝－2，于123是函数 g (x )的极值点只可能是 1 或－2.当 x ＜－2 时，g ′(x )＜0；当－2＜x ＜1 时，g ′(x )＞0，故－2 是 g (x )的极值点． 当－2＜x ＜1 或 x ＞1 时，g ′(x )＞0，故 1 不是 g (x )的极值点．所以 g (x )的极值点为－2. (3)令 f (x )＝t ，则 h (x )＝f (t )－c .先讨论关于 x 的方程 f (x )＝d 根的情况，d ∈[－2,2]．当|d|＝2 时，由(2)可知，f(x)＝－2 的两个不同的根为1 和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2 的两个不同的根为－1 和2.当|d|＜2 时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0，所以－2，－1,1,2 都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)＞f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞ ，－2)上无实根．②当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根．③当x∈(－ 1,1)时，f′(x)＜0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根．由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；当|d|＜2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|x i|＜2，i＝3,4,5.现考虑函数y＝h(x)的零点．当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5 个零点．当|c|＜2时，f(t)＝c有三个不同的根t3，t4，t5满足|t i|＜2，i＝3,4,5，而f(x)＝t i(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9 个零点．综上可知，当|c|＝2 时，函数y＝h(x)有5 个零点；当|c|＜2 时，函数y＝h(x)有9 个零点．4.已知函数f (x) =ax2 +bx +c (a ≠ 0)，且f (x) =x 没有实数根，f ( f (x)) =x 是否有实数根？并证明你的结论.【答案】没有.f (x) -x =ax2 + (b -1)x +c = 0 无实数根，∆= (b - 1)2 - 4ac < 0 .f ( f (x)) -x = 0 即为a(ax2 +bx +c)2 +b(ax2 +bx +c) +c -x = 0 ，a(ax2 +bx +c)2 -ax2 +ax2 +b(ax2 +bx +c) +c -x = 0 ，a(ax2 +bx +c +x)(ax2 +bx +c -x) + (b +1)ax2 + (b2 -1)x +c(b +1) = 0 ，a⎡⎣ax2 +(b+1)x+c⎤⎦⎡⎣ax2 +(b-1)x+c⎤⎦+(b+1)⎡⎣ax2 +(b-1)x+c⎤⎦=0，⎡⎣ax2 +(b-1)x+c⎤⎦⎡⎣a2 x2 +a(b+1)x+b+ac+1⎤⎦=0.于是有ax2 + (b - 1)x +c = 0 或a2 x2 +a(b + 1)x +b +ac + 1 = 0 .∆1 = (b - 1)2 - 4ac < 0 ；∆2=a2 (b + 1)2 - 4a2 (ac +b + 1) =a2 ⎡⎣(b - 1)2 - 4ac - 4 ⎤⎦<-4a2 < 0 .1 2 故均不存在实数根. 5.设 f (x ) = x 2+ ax + b c os x ，{x f (x ) = 0, x ∈ R }= {x f [ f (x )] = 0}≠ ∅ ，则满足条件的所有实数 a , b 的取值分别为.【答案】b = 0,0 ≤ a < 4【解析】解：由 f (0) = 0 易得b = 0 .f (x ) = 0 ⇒ x 1 = 0, x 2 = -a（i ）当 a = 0 时，显然成立；（ii ）当 a ≠ 0 时，记 B = {x f [ f (x )] = 0}，令 f (x ) = t ，则 f (t ) = 0 ，可知t = 0, t = -a即 f (x ) = 0和 f (x ) = -a 的解只能为0,-a ，故 f (x ) = -a 必须无解，解得0 < a < 4综上： b = 0,0 ≤ a < 46.设 x ∈ R ，若函数 f (x ) 为单调递增函数，且对任意实数 x ，都有 f [ f (x ) - e x] = e + 1（ e 是自然对数的底数），则 f (ln 2) 的值等于 .【答案】3【解析】由 f ⎡⎣ f (x ) - e x ⎤⎦= e + 1，采用换元t = f (t ) = e +1……(1) f (x ) = e x + t ……(2)；可知： f (1) = e + t ……(3)；f (x ) + e x，即有：又已知函数 f (x )为增函数，可知t = 1，代入(2)式有 f (x ) = e x +1； 因此： f (ln 2) = e ln 2 +1 = 3； 7.已知函数是定义在正实数集上的单调函数，且满足对任意x ˃ 0，都有，则=．【答案 ． 【解析 必为常数函数，否则存在两个不同数，其对应值均 ，与单调函数矛盾．所以可设．则．将 c 代入，得，即．∵是单调nn⎩ 增函数，当 c = 时， 成立 ． ．1 8. 已知定义在(0，+ ∞)上的函数 f (x ) 为单调函数，且 f (x ) f ( f (x ) + ) = 1，则 f (1) = .x【答案】2【解析】设 f (1) = b ，可求得答案为1 ± 5 .29. 已知 f : {1,2,3， n }→ {1,2,3, n }（ n ≥ 3, n ∈ N ）满足 f ( f (x )) = f (x ) ，求这样的函数个数有多少个？【答案】2【解析】解：规律为：若满足条件的映射中，仅有 k 个自身映射，那么必有 f (i ) = i (1 ≤ i ≤ k , i ∈ N *）（1）10 个（2）证明：设满足条件的映射中仅有 k 个自身映射（ k ≤ m ）,不妨设1 → 1，2 → 2，3 → 3，， k → k ,如果有 s , t (s , t > k ) 满足 f (s ) = t ,由 f ( f (x )) = f (x ) ,则 f (t ) = f (s ) = t ,与题设矛盾.所以对于∀s > k ,必有 s → i (1 ≤ i ≤ k )接下去利用分步计数原理加以说明第一步：从n 个数中选出 k 个数构成自身映射，不妨记为{1，2，3，4， , k },则共有C k种情形； 第二步：剩下的n - k 个数映射到{1，2，3，4， , k }的情形共有 kn -k种情形所以当有 k 个元素构成自身映射的映射个数有C k ⋅ kn -k,故共有∑C k ⋅ kn -k个映射满足条件⎧⎪5|x -1| -1 nx ≥ 0 mk =110.设定义域为 R 的函数 f (x ) = ⎨⎪x 2 + 4x + 4 x < 0，若关于 x 的方程 f 2 (x ) - (2m +1) f (x ) + m 2 = 0 有7个不同的实数解，则 m=【答案】2【解析】∵题中原方程 f 2(x ) - (2m +1) f (x ) + m 2= 0 有7 个不同的实数根，∴即要求对应于 f (x )等于某个常数有3个不同实数解和4 个不同的实数解，∴故先根据题意作出 f (x )的简图：1 ± 5由图可知，只有当f (x)= 4 时，它有三个根，故关于x 的方程f 2 (x) - (2m +1) f (x) +m2 = 0 有一个实数根4 ，∴ 42 ⋅ 4-4 (2m +1)+m2 = 0 ，∴ m = 2 或m = 6，m = 6时，方程f 2 (x) - (2m +1) f (x) +m2 = 0 ⇔根，∴ m = 2．f 2 (x)-13 f (x)+ 36 = 0 ⇔ f (x)= 4 或f (x)= 9 ,有5 个不同的实数。
2023届高考数学一轮复习讲义：第21讲 利用导数探究函数的零点问题
第21讲利用导数探究函数的零点问题➢考点1 数形结合研究函数的零点[名师点睛]含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．(2022·廊坊联考)已知函数f(x)＝12x2－a2ln x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为16x＋2y－17＝0，求a的值；(2)若a>0，函数y＝f(x)与x轴有两个交点，求a的取值范围．[举一反三]1.已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数．2.设函数f (x )＝ln x ＋mx，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 )－x3零点的个数．➢考点2 利用函数性质研究函数零点(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．①12＜a≤e22，b>2a；②0＜a＜12，b≤2a.[举一反三]1.已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．2.(2021·济南二模)已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，求函数g (x )＝f (x )－cos x 在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上的零点个数．➢考点3 构造法研究函数的零点(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝x aa x(x>0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．[举一反三]1.(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．2．(2022·南宁调研)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ＋12.(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝12时，f (x )的图像与直线y ＝bx 有3个交点，求b 的取值范围第21讲 利用导数探究函数的零点问题➢考点1 数形结合研究函数的零点[名师点睛]含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． (2022·廊坊联考)已知函数f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为16x ＋2y －17＝0，求a 的值； (2)若a >0，函数y ＝f (x )与x 轴有两个交点，求a 的取值范围．[解] (1)由题意知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a 2x ， 因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为16x ＋2y －17＝0，所以切线斜率为－8，即x ＝1时，f ′(1)＝1－a 2＝－8, 解得a ＝±3.(2)因为函数y ＝f (x )与x 轴有两个交点，所以方程f (x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根， 即12x 2＝a 2ln x 在(0，＋∞)上有两个不等实根，方程12x 2＝a 2ln x 可化为12a 2＝ln x x 2， 令g (x )＝ln xx2，x >0，则只需直线y ＝12a 2与函数g (x )＝ln xx 2的图像有两个不同的交点．g ′(x )＝1x ·x 2－2x ln x x 4＝1－2ln xx 3， 由g ′(x )>0得1－2ln x >0，解得0＜x ＜e ；由g ′(x )＜0得1－2ln x ＜0，解得x >e ， 所以函数g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 所以g (x )max ＝g (e)＝12e.当x >1时，g (x )＝ln xx 2>0；当0＜x ＜1时，g (x )＜0，当x →＋∞时，g (x )→0. 画出函数g (x )的大致图像如下： 由函数图像可得，当0＜12a 2＜12e ，即a >e 时，直线y ＝12a 2与函数g (x )＝ln x x 2的图像有两个不同的交点，即函数y ＝f (x )与x 轴有两个交点，因此a 的取值范围为a > e. [举一反三]1.已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.2.设函数f (x )＝ln x ＋mx，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 )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2.令f ′(x )＝0，得x ＝e.当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋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，∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.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 利用函数性质研究函数零点x －ax 2＋b . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f (x )有一个零点． ①12＜a ≤e 22，b >2a ；②0＜a ＜12，b ≤2a . [解] (1)由函数的解析式可得f ′(x )＝x (e x －2a )．当a ≤0时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；当0＜a ＜12时，若x ∈(－∞，ln(2a ))，则f ′(x )>0，f (x )单调递增，若x ∈(ln(2a )，0)，则f ′(x )＜0，f (x )单调递减，若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当a ＝12时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；当a >12时，若x ∈(－∞，0)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增，若x ∈(0，ln(2a ))，则f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 若x ∈(ln(2a )，＋∞)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增； (2)证明：若选择条件①，由(1)知当a ＞12时，f (x )在(－∞，0)，(ln 2a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，所以f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)，在x ＝ln 2a 处取得极小值f (ln 2a )， 且f (0)＝－1＋b ，f (ln 2a )＝(2a －a ln 2a )ln 2a ＋b －2a .由于12＜a ≤e 22，b ＞2a ，所以f (0)＞0，ln 2a ＞0，b －2a ＞0.令g (x )＝2x －x ln 2x ，则g ′(x )＝1－ln 2x ，当12＜x ＜e 2时，g ′(x )＞0，当e 2＜x ≤e 22时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫12，e 2上单调递增，在⎝⎛⎦⎤e 2，e 22上单调递减，所以g (x )在x ＝e2处取得极大值g ⎝⎛⎭⎫e 2. 由于g ⎝⎛⎭⎫e 2＝e 2＞0，g ⎝⎛⎭⎫12＞0，g ⎝⎛⎭⎫e 22＝0，所以g (x )≥0在⎝⎛⎦⎤12，e 22上恒成立， 所以f (ln 2a )＞0.当x →－∞时，f (x )→－∞，所以f (x )有一个零点，得证．若选择条件②，由(1)知，当0＜a ＜12时，f (x )在(－∞，ln 2a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，所以f (x )在x ＝ln 2a 处取得极大值f (ln 2a )，在x ＝0处取得极小值f (0)．由于0＜a ＜12，b ≤2a ，所以f (0)＜0，b －2a ≤0，ln 2a ＜0，－a ln 2a ＞0，则2a －a ln 2a ＞0，所以f (ln 2a )＜0.当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以f (x )有一个零点，得证． [举一反三]1.已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点． (1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点． 综上所述，f (x )只有一个零点．2.(2021·济南二模)已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，求函数g (x )＝f (x )－cos x 在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上的零点个数． 解 (1)f (x )＝e x －ax ，其定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . ①当a ≤0时，因为f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )>0得x >ln a ，令f ′(x )＜0得x ＜ln a ，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，(ln a ，＋∞)上单调递增．综上所述，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(2)由已知得g (x )＝e x －2x －cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞，则g ′(x )＝e x ＋sin x －2. ①当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0时，因为g ′(x )＝(e x－1)＋(sin x －1)＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，0上单调递减，所以g (x )>g (0)＝0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，0上无零点； ②当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，因为g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝－1＜0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝e π2－1>0， 所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使g ′(x 0)＝0， 当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，g ′(x )>0， 所以g (x )在[0，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎦⎤x 0，π2上单调递增，且g (0)＝0，所以g (x 0)＜0， 又因为g ⎝⎛⎭⎫π2＝e π2－π>0，所以g (x 0)·g ⎝⎛⎭⎫π2＜0， 所以g (x )在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上存在一个零点，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上有两个零点； ③当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，＋∞时，g ′(x )＝e x ＋sin x －2>e π2－3>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫π2，＋∞上单调递增， 因为g ⎝⎛⎭⎫π2>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫π2，＋∞上无零点． 综上所述，g (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，＋∞上的零点个数为2.➢考点3 构造法研究函数的零点(2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x a a x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x (2－x ln 2)2x (x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln x x 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)．[举一反三]1.(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x ，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝(x ＋2)(x －1)e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 又当x →－∞时，h (x )→－∞，当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0，且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图;数形结合可知，－5e <k <0.2．(2022·南宁调研)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2＋b ＋12.(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝12时，f (x )的图像与直线y ＝bx 有3个交点，求b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2＋b ＋12(x ∈R )，则f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)．令f ′(x )>0，解得x ＜0或x >ln 2；令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜ln 2，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)． (2)因为a ＝12，所以f (x )＝(x －1)e x －12x 2＋b ＋12.由(x －1)e x －12x 2＋b ＋12＝bx ，得(x －1)e x －12(x 2－1)＝b (x －1)．当x ＝1时，方程恒成立．当x ≠1时，只需方程e x －12(x ＋1)＝b 有2个实根．令g (x )＝e x －12(x ＋1)，则g ′(x )＝e x －12.当x ＜ln 12时，g ′(x )＜0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 12，1和(1，＋∞)上单调递增． 因为g ⎝⎛⎭⎫ln 12＝12－12⎝⎛⎭⎫ln 12＋1＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，当x →－∞时，g (x )→＋∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以b ∈⎝⎛⎭⎫12ln 2，e －1∪(e －1，＋∞)。
【高考数学二轮复习-经典微专题】第12讲 函数的零点问题-解析版
第12讲 函数的零点问题知识与方法1确定函数()f x 零点所在区间的常用方法函数的零点、方程的根、函数图像与x 轴的交点的横坐标,实质是同一个问题的3种不同表达形式.确定零点、方程根、函数图像与x 轴交点所在区间本质上是同一问题的不同表述形式,所以常用解法有3种.(1)解方程法;(2)利用函数零点的存在性定理;(3)数形结合法. 同样,判断函数零点个数也是这3种方法.2已知函数有零点(方程有根),求参数取值常用的方法(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,转化为求函数值域问题加以解决.(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.典型例题【例1】已知:,αβ是方程()221420x m x m +-+-=的两个根,且2αβ<<,求m 的取值范围.(2)若220x ax ++=的两个根都小于1-,求a 的取值范围. 【解析】(1)【解法一】()()()2,220,240αβαβαβαβ<<∴--<∴-++<利用韦达定理1242,mm αβαβ+=-⎧⎨=-⎩代人(1)式得()4221240m m ---+<,解得3m <-.m ∴的取值范围为(),3∞--.【解法2】令()()22142f x x m x m =+-+-,拋物线开口向上.由实根分布2αβ<<,只要()20f <即可,即()()24212420f m m =+-⨯+-<,解得3m <-,即m 的取值范围为(,∞-,()3.-(2)【解法1】设()22f x x ax =++,当两根都小于1-时,函数()f x 的图像与x 轴的交点在一1的左侧,可得)()0,1,3,? .210a a a f ∆≥⎧⎪⎪⎡-<-⇒≤<⎨⎣⎪->⎪⎩即的取值范围为【解法2】设12,x x 是方程的两个实根,有()()()()111212122212120,0,0,0,1,,10,1101011011020x x x x x x x x x x x x x x ⎧⎧⎧∆≥∆≥∆≥∆≥⎧⎪⎪⎪⎪<-+<⇒++>⇒+++>⎨⎨⎨⎨⎪⎪⎪⎪<-+<+++<++<⎩⎩⎩⎩利用韦达定理,解不等式组得3a ≤<,即a的取值范围为)⎡⎣.【例2】(1)已知定义在R 上的奇函数()f x ,满足()()4f x f x -=-,且在区间[]0,2上是增函数,若方程()()0f x m m =>在区间[]8,8-上有4个不同的根1234,,,x x x x ,则1234x x x x +++=(2)设函数()()()20,20,x bx c x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩若()()()40,22f f f -=-=-,求关于x 的方程()f x x =的解的个数.【解析】(1)定义在R 上的奇函数,满足()()()()4,4f x f x f x f x -=-∴-=-.∴由()f x 为奇函数得函数图像关于直线2x =对称且()00f =;由()()4f x f x -=-知()()()()8444,f x f x f x f x -=--=--=∴函数是以8为周期的周期函数,又()f x 在区间[0,2上上是增函数，() f x ∴在区间[]2,0-上也是增函数,如图121-所示,则方程()()0f x m m =>在区间[]8,8-上有4个不同的根1234,,,x x x x ,不妨设1234x x x x <<<.由对称性知1234123412,4,1248.x x x x x x x x +=-+=∴+++=-+=-(2)【解法1】由()()()40,22f f f -=-=-,可得164,4,2422,b c c b c b c -+=⎧∴==⎨-+=-⎩.()()()242020x x x f x x ⎧++≤⎪∴=⎨>⎪⎩∴方程()f x x =等价于()0,2,x x f x >⎧⎨==⎩或20,42x x x x ≤⎧⎨++=⎩即2x =或20,2320,x x x x ≤⎧∴=⎨++=⎩或1x =-或2x =-,即()f x x =有3个解. 【解法2】同【解法1】可得()()()24204,2,20x x x b c f x x ⎧++≤⎪==∴=⎨>⎪⎩如图122-所示,方程()f x x =解的个数即函数()y f x =与y x =图像交点个数,由图知两图像有3A B C 、、个交点,故方程有3个解.【例3】设函数()()()2,1,42, 1.xa x f x x a x a x ⎧-<⎪=⎨--≥⎪⎩(1)若1a =,则()f x 的最小值为________.(2)若()f x 恰有2个零点,则实数a 的取值范围是________.【解析】()1当1a =时,()()()21,1412,1,xx f x x x x ⎧-<⎪=⎨--≥⎪⎩当1x <时,()11f x -<<,无最小值;当1x ≥时,()()()412f x x x =--=24128.x x -+由二次函数的性质知,32x =时,()f x 的最小值为()1,f x -∴的最小值为 1.- (2)当0a ≤时,20xa -=无解,()()420x a x a --=有两解,分别为a 与2a ,但均小于1,不合题意,故0a ≤时不成立;当0a >时,20xa -=有解()()2log ,420x a x a x a =--=有解x a =或2x a =,要使()f x 恰有2个零点,需3个根中有1个不合题意,只有22log 1,log 11,1,2121a a a a a a ⎧≥<⎧⎪⎪≥<⎨⎨⎪⎪≥≥⎩⎩或 综上,实数a 的取值范围是[)1,12,2∞⎡⎫⋃+⎪⎢⎣⎭.【例4】设函数()222f x ax bx =+,若存在实数()00,x t ∈,使得对任意不为零的实数,a b 均有()0f x a b =+成立,则t 的取值范围是________. 【解析】【解法1】(零点存在性定理)由题意222ax bx a b +=+在区间()0,x t ∈上对于任意的0,0a b ≠≠均有解. 故()()222g x ax bx a b =+-+在()0,x t ∈上对于任意的0,0a b ≠≠均有零点.()()()0,1.g a b g a b =-+=+故()()()2010g g a b =-+≤若0a b +=,则t 一定要大于1; 若1t >,则()()()2010g g a b =-+≤. 故()g x 在区间()0,t 上必有零点. 由零点存在性定理可得 1.t > 【解法2】(一“定”一“动”,数形结合)222ax bx a b +=+在区间()0,t 上对于任意的0,0a b ≠≠有解,即212122b x x a ⎛⎫⎛⎫-=--⎪⎪⎝⎭⎝⎭在区间()0,t 上对于任意0,0a b ≠≠均有解. 即2121y x =-与()2102y k x k ⎛⎫=-≠ ⎪⎝⎭在 区间()0,t 上有交点,如图123-所示,故1t >强化训练1.已知函数()2223f x ax x =+-,如果函数()y f x =在区间[]1,1-上有零点,则实数a 的取值范围为________.【解析】若,则得不合题意,故. (i)若时，在上至少有一个零点.有即解得(ii)当时，在上有零点的条件是 解得 综上,实数的取值范围为.2.设()22f x x ax b =++在区间[]1,2上有两个零点(可重合),则a b +的取值范围是________. 【解析】0a =()()23,0f x x f x =-=[]31,1.2x =∉-0a ≠()()110f f -⋅()f x []1,1-()()2232230,a a --+-()()25210,a a --15.22a ()()110f f -⋅>()f x []1,1-()()()110,2111,2110,f f a a f f ⎧⎛⎫-⋅ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪-<-<⎨⎪⎪-⋅>⎪⎩5.2a >a 1,2∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【解法1】易知,设, 则故即 【解法2】设的两根为,且.由韦达定理可得 将(1)式看作关于的一次函数,又3.已知函数()254,0,22,0,x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨->⎪⎩若函数()y f x a x =-恰有4个零点,则实数a的取值范围为________.【解析】画出函数的图像如答图所示.函数有4个零点,即函数的图像与函数的图像有4个交点根据图像知需.当时,函数的图像与函数的图像有3个交点,故.当与相切时,在整个定义域内,的图像与的图像有5个交点.此时,由得. 由得,解得或(舍去).则当时,两个函数图像有4个交点,故实数的取值范围是.1124a b f ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭()()()12f x x x x x =--121211111.22222f x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=--⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭121113,,.2222x x ⎛⎫⎛⎫⎡⎤--∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦119,,244f ⎛⎫⎡⎤∈⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦[]0,2.a b +∈220x ax b ++=12,x x []12,1,2x x ∈()121212212122,111.,222x x a a b x x x x x x x x x b +=-⎧⎛⎫∴+=-++=--⎨⎪=⎝⎭⎩1x []2211321,2,,.22x x x a b --⎡⎤∈∴+∈⎢⎥⎣⎦][21,2,0,2.x a b ⎡⎤∈∴+∈⎣⎦()f x 121-()y f x a x =-1y a x =()f x (0a >2a =()f x 1y a x =2a <()0y a x x =254y x x =++()f x 1y a x =2,54y ax y x x =-⎧⎨=---⎩()2540x a x +-+=Δ0=2(5)160a --=1a =9a =12a <<a ()1,24.若在区间1,2∞⎛⎫+⎪⎝⎭上存在两个不同的实数,a b ,使得2a b k a ++=和2b a k b ++=同时成立,求k 的取值范围. 【解析】【解法1】将式子和相减并整理,可得,即,故且.方程在区间上有两个不等实根.令结合图像可得解得即 【解法2】将和相减并整理,可得,即. 故且方程在区间上有两个不等实根.令即直线与抛物线有两个不同的交点，结合图像可得，即 5.(1)若()(0xf x a x a a =-->且1a ≠有2个零点,则实数a 的取值范围是________.2a b k a ++=2b a k b ++=2a b +=2b a =-2220a a k -++=2220b b k -++=∴2220x x k -++=1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭()222,f x x x k =-++111,22102x f ⎧⎛⎫>= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪> ⎪⎪⎝⎭⎩对称轴在右边51,4k -<<-5,1.4k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭2a b k a ++=2b a k b ++=2a b +=2b a =-222k a a =-+-22 2.k b b =-+-∴222k x x =-+-1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭()222,f x x x =-+-y k =()222f x x x =-+-51,4k -<<-5,1.4k ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭【解析】 (1)函数的零点的个数就是函数与函数的交点的个数.如答图所示,由函数的图像可知时两函数图像有两个交点,时两函数图像有唯一交点,故.(2)函数()2ln f x x x=-的零点所在的区间是(). A.()1,2B.()2,3C.1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D.()e,3【解析】∴函数在区间内存在零点， 【答案】B.6.若函数()f x 的零点与()422xg x x =+-的零点之差的绝对值不超过0.25,则()f x 可以是().A.()41f x x =-B.()()21f x x =-()f x xy a =y x a =+122-1a >01a <<1a>()()()210220,2ln 210,3ln 30,3f f f =-=-<=-<=->()()()2110,120,230,f e f e f f ee ⎛⎫=->=--<∴< ⎪⎝⎭()2ln f x x x=-()2,3C.()e 1x f x =-D.()1ln 2f x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭【解析】的零点为的零点为, 的零点为的零点为接下来我们估算的零点，的零点又函数的零点与的零点之差的绝对值不超过只有的零点符合此要求,【答案】A.7.已知函数()42x xmf x +=是R 上的奇函数.(1)求m 的值. (2)设()12x g x a +=-,若函数()f x 与()g x 的图像至少有一个公共点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)由函数是上的奇函数可知,解得.(2)函数与的图像至少有一个公共点.则方程至少有一个实根， 即方程至少有一个实根. 令则方程变为令,由于,只需解得实数的取值范围为()41f x x =-()21,(1)4x f x x ==-1x =()e 1x f x =-()10,ln 2x f x x ⎛⎫==- ⎪⎝⎭3.2x =()422xg x x =+-()101,1,2g g ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭()g x ∴10,.2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()f x ()422xg x x =+-0.25,∴()41f x x =-()f x R ()010f m =+=1m =-()f x ()g x 14122x x xa +-=-4210x xa -⋅+=20,xt =>210.t at -+=()21h t t at =-+()010h =>∴2Δ400,2a a ⎧=-⎪⎨>⎪⎩2,a ∴a [)2,∞+。
2021届高考数学考点与题型全归纳(文科)第三章 第六节 利用导数研究函数零点问题
第六节 利用导数研究函数零点问题 考点一 研究函数零点个数
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．
[解] (1)当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3. 令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23. 当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0. 故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.
设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a， 则g′(x)＝x2x2＋2x＋3x2＋x＋12≥0，
仅当x＝0时，g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点． 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0，
故f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点． [对点训练] 设函数f(x)＝ln x＋mx，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)－x3零点的个数．
解：(1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x>0)，
则f′(x)＝x－ex2， ∴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.
专题6.2 导数中的参数问题-2121届高考数学压轴题讲义(选填题)(解析版)
∴f（x）min＝f（x0）
．
∵
﹣4＝0，∴
，
则
∈（5，6）．
∴a 所在的区间是（5，6）． 故选：C 二．分类讨论法 分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该 类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑 采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论 该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应 定性（若二次项系数含参），开口，判别式 ，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行 分类讨论，然后做出简图即可解决.
即当 时，函数 取得极大值，极大值为
要使
，有两个根，则 即可，
故实数 的取值范围是
，
故选：D．
或， ，
7.【广东省 2019 届广州市高中毕业班综合测试（一)】已知函数
都有
，则实数 a 的取值范围是
，对任意
，
，
A．
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】 由题意可知函数 是
上的单调递减函数，
且当 时，
，
据此可得：
所以
，解得
，
故选 A.
【强化训练】
1．已知函数 f x lnx a ，若 f x x2 在 1, 上恒成立，则 a 的取值范围是（
）
x
A. 1, B. 1,1 C. 1, D. 1,1
【答案】A
【解析】由题意得 a xlnx x3 ，令 y xlnx x3(x 1) y lnx 1 2x2 , y 1 4x 0, y lnx 1 2x2 ln11 2 0,
专题01 “四招”判断函数零点个数-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
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()()4log ,04{8,48x x f x f x x <≤=-<<，且()()8f x f x -=，则函数()()12xF x f x =-在区间[]2018,2018-的零点个数为（ ）A. 2020B. 2016C. 1010D. 1008 【答案】A 【解析】当08x <<时，函数()f x 与函数12xy =图象有4个交点201825282=⨯+由()4211122242f log ==>=知，当02x <<时函数()f x 与函数12xy =图象有2个交点故函数()F x 的零点个数为()2524222020⨯+⨯= 故选A .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()()21f x f x +=+，且[]0,1x ∈时， ()4xf x =； (]1,2x ∈时， ()()1f f x x=. 令()()[]24,6,2g x f x x x =--∈-，则函数()g x 的零点个数为（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10 【答案】B∵函数f （x ）满足f （x+2）=f （x ）+1，即自变量x 每增加2个单位，函数图象向上平移1个单位，自变量每减少2个单位，函数图象向下平移1个单位， 分别画出函数y=f （x ）在x ∈[﹣6，2]，y=12x+2的图象，∴y=f（x）在x∈[﹣6，2]，y=12x+2有8个交点，故函数g（x）的零点个数为8个．故选：B．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）讨论的单调性；（2）讨论在上的零点个数.【答案】（1）见解析；（2）见解析∴当时，在上单调递增.当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）设，则由（1）知①当时，即，当时，，在单调递减，∴当，即，时，在上恒成立，∴当时，在内无零点.当，即，时，，根据零点存在性定理知，此时，在内有零点，∵在内单调递减，∴此时，在有一个零点.②当时，即，当时，，在单调递增，，.∴当，即时，，根据零点存在性定理，此时，在内有零点. ∵在内单调递增，∴此时，在有一个零点.当时，，∴此时，在无零点.③当时，即，当时，；当时，；则在单调递减，在单调递增.∴在上恒成立，∴此时，在内无零点.∴综上所述：当时，在内有1个零点；当时，在有一个零点；当时，在无零点.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）＝lnx+﹣1，a∈R.（1）当a＞0时，若函数f（x）在区间[1，3]上的最小值为，求a的值；（2）讨论函数g（x）＝f′（x）﹣零点的个数.【答案】（1）；（2）详见解析.f’（x）min＝f（a）＝lna，令，得.当a≥3时，f’（x）＜0在（1，3）上恒成立，这时f（x）在[1，3]上为减函数，∴，令得a＝4﹣3ln3＜2（舍去）.综上知.（2）∵函数，令g（x）＝0，得.设，，当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，此时φ（x）在（0，1）上单调递增，当x∈（1，+∞）时，φ’（x）＜0，此时φ（x）在（1，+∞）上单调递减，所以x＝1是φ（x）的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是（x）的最大值点，φ（x）的最大值为.又φ（0）＝0，结合φ（x）的图象可知：①当时，函数g（x）无零点；②当时，函数g （x ）有且仅有一个零点；③当时，函数g （x ）有两个零点；④a≤0时，函数g （x ）有且只有一个零点； 综上所述，当时，函数g （x ）无零点；当或a ≤0时，函数g （x ）有且仅有一个零点；当时，函数g （x ）有两个零点.【规律与方法】函数零点个数的求解与判断：(1)直接求零点：令()0f x =，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()()0f a f b ⋅<，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 的方程满足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【答案】A 【解析】 当时，，，时，；时，，在上递减，在上递增，，在上递增，又x 大于0趋近于0时，也大于0趋近于0；x 趋近于正无穷时，也趋近于正无穷，又为R上的奇函数，其图象关于原点对称，结合图象知，对任意的a，方程都恰有一解．故选：A．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．函数在上为单调递增函数B．是函数的极小值点C．函数至多有两个零点D．时，不等式恒成立【答案】D若，则有2个零点，若，则函数有1个零点，若，则函数没有零点，故正确；由在递减，则在递减，由，得时，，故，故，故错误,故选D．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0x ≠时，()()'0f x f x x+>，则关于x 的函数()()1g x f x x=+的零点的个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．0或2 【答案】A4．【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】已知函数.（Ⅰ）若的图像在点处的切线与直线平行，求的值；（Ⅱ）若，讨论的零点个数. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1个【解析】 （Ⅰ）函数， 导数为，， 图象在点处的切线斜率为，由切线与直线平行，可得，解得； （Ⅱ）若，可得，由，可得（舍去），即的零点个数为； 若，由，即为，可得，，设，， 当时，，递减；当时，，递增，可得处取得极大值，且为最大值，的图象如图：由，即，可得和的图象只有一个交点，即时，的零点个数为，综上可得在的零点个数为.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．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）f′（x）=+2ax-1=（x＞0），设g（x）=2ax2-x+1（x＞0），（1）当0＜a＜时，g（x）在（0，），（，+∞）上大于零，在（，）上小于零，所以f（x）在（0，），（，+∞）上递增，在（，）上递减，（2）当a≥时，g（x）≥0（当且仅当a=，x=2时g（x）=0），所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，（3）当a=0时，g（x）在（0，1）上大于零，在（1，+∞）上小于零，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减，（4）当a＜0时，g（x）在（0，）上大于零，在（，+∞）上小于零，所以f（x）在（0，）上递增，在（，+∞）上递减；（Ⅱ）曲线y=f（x）在点（t，f（t））处的曲线方程为：y=（+2at-1）（x-t）+lnt+at2-t，曲线方程和y=f（x）联立可得：lnx+ax2-（+2at）x-lnt+at2+1=0，设h（x）=lnx+ax2-（+2at）x-lnt+at2+1（x＞0），h′（x）=，当a≤0时，在（0，t）h′（x）＞0，在（t，+∞）h′（x）＜0，故h（x）在（0，t）递增，在（t，+∞）递减，又h（t）=0，故h（x）只有唯一的零点t，即切线与该曲线只有1个公共点（t，f（t））．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，函数图象上是否存在3条互相平行的切线，并说明理由？（Ⅱ）讨论函数的零点个数.【答案】(Ⅰ)存在；(Ⅱ)详见解析.【解析】（Ⅰ），，，则函数在单调递减，上单调递增，上单调递减，因为，，，，，所以存在切线斜率，使得，，，，所以函数图象上是存在3条互相平行的切线.（Ⅱ），当，有；，在上单调递增；所以函数存在唯一一个零点在内；当，有，；，在上单调递增；所以函数存在唯一一个零点在内；当，有，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，，，，所以函数一个零点在区间内，一个零点在区间内，一个零点在内.所以函数有三个不同零点.综上所述：当函数一个零点；当函数三个零点.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．若函数的切线l经过点，求l的方程；Ⅱ若函数在为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析Ⅱ判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立，，故，若在递减，则，因此，要证明对恒成立，只需证明对恒成立，考虑等价于，记，，先看，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，，再看，.令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x处，故对恒成立，综上，对恒成立，故函数函数零点是0个．8.【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试（一)】已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）证明：当且时，只有一个零点.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）．当时，由得，由得，在单调递减，在单调递增．当时，由得，由得或，在单调递减，在和单调递增．令，，当时，，故在单调递增，所以，在单调递增，所以，因此．因为在单调递增，所以在有唯一零点．所以只有一个零点.综上，当且时，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，函数有且只有一个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】解：函数的定义域为，，当时，，在定义域上单调递增，无极值；当时，由，得，当时，，得的单调递增区间是；当时，，得的单调递减区间是，故的极大值为，无极小值．由，得，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减，所以，于是，则在上单调递减．设，则，由，得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增，所以，即当时，，所以当时，，对任意的，有当时，，有；当时，有，又在上单调递减，所以存在唯一的，有；当时，，有，当时，有，又在上单调递减，所以存在唯一的，有，综上所述，对任意的，方程有且只有一个正实数根，即函数有且只有一个零点．10．【2019届高三第一次全国大联考】已知函数（其中）．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求函数的极值点；（3）讨论函数零点的个数．【答案】（1）在上单调递增；在上单调递减；（2）函数无极大值点，有2个极小值点，分别为和；（3）详见解析.（2）先考虑时的情况，当时，则；所以当时，；当时，；所以函数在上单调递减，在上单调递增．又因为函数的图象关于直线对称，所以在和上单调递减，在和上单调递增．所以函数无极大值点，有2个极小值点，分别为和．令，则．由，解得；由，解得，所以在上递增，在上递减，所以，当时，注意到，知此时在上单调递减，在上单调递增，且，这表明的图象与轴相切，所以此时函数在上只有1个零点，且为；当或时，，又当或时，，所以此时函数在上有2个零点，一个零点是，另一个零点在区间或内．又由函数的图象关于直线对称，综上可得，当或时，函数有2个零点；当或时，函数有4个零点．11．【2019年四川省达州市高考一诊】已知，函数，．求证：；讨论函数零点的个数．【答案】（1）见解析；（2）见解析解：，，，，，方程有两个不相等的实根，分别为，，且，，当时，，递减，当时，，递增，，，，即，．设，则，是减函数，当，即时，，函数只有一个零点，当，即时，，函数没有零点，当，即时，，且，由知，，若，则有，，函数有且只有一个大于的零点，又，即函数在区间有且只有一个零点，综上，当时，函数有两个零点；当时，函数只有一个零点，当时，函数没有零点．12．【北京延庆区2019届高三一模】已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）当时，求函数在上区间零点的个数.【答案】（1）（2）在区间上单调递增，在区间上单调递减（3）见解析【解析】（1）当时，，，,，切点，所以切线方程是.（2），令，、及的变化情况如下增减所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（3）由（2）可知的最大值为,（1）当时，在区间单调递增，在区间上单调递减.由，故在区间上只有一个零点 .（2）当时，，，,且 .因为，所以，在区间上无零点.综上，当时，在区间上只有一个零点，当时，在区间上无零点.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，求的单调递增区间；（2）讨论曲线与公共点的个数．【答案】（1）的单调递增区间为（或）；（2）或时，两曲线无公共点；或时，两曲线有一个公共点；时，两曲线有两个公共点 .（I）时，有一个零点 .(II)时，由解得，．当时，；当时，，在取最小值 ,①时，，有一个零点.②时，，无零点 .③时，，由知，在有一个零点，即在有一个零点；由指数函数与幂函数单调性比较知，当且充分大时，，所以在有一个零点，即在有一个零点．从而有两个零点 .（III）时，，单调递减，，，所以在有一个零点，从而在定义域内有一个零点 .（IIII）时，无零点 .14．【安徽省六安市毛坦厂中学2019届高三3月联考】设函数.（1）试讨论函数的单调性；（2）若，证明：方程有且仅有3个不同的实数根.（附：，，）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由，得，令，所以，所以当时，，恒成立，即恒成立，所以单调递增；即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，的单调递增区间为，；的单调递减区间为.（2）当时，，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有极大值，且，当时，函数有极小值，且.又因为，，所以直线与函数的图象在区间上有且仅有3个交点，所以当时，方程有且仅有3个不同的实数根.。