2020-2021年新高三数学一轮复习考点 函数与方程

2020-2021年新高三数学一轮复习考点 函数与方程

2020-2021 年新高三数学一轮复习考点 函数与方程 1.最新考试说明： （1）结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数． 【2020 年高考天津卷 9】已知函数 3 ,0,() ,0. xxfx xx    … 若函数 2()()2()gxfxkxxk 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,) 【答案】D 【思路导引】由 ( 0 ) 0g  ，结合已知，将问题转化为 | 2 |y k x与 ()() || fxhx x 有 3 个不同交点，分 0,0,0kkk 三种情况，数形结合讨论即可得到答案． 【解析】注意到 ，所以要使 ()gx 恰有 4 个零点，只需方程 ()|2 | || fxkx x 恰有 3 个实根 即可，令 ()hx  () || fx x ，即 与 的图象有 个不同交点．因为 2 ,0()() 1, 0 xxfxhx x x    ， 当 0k  时，此时 2y  ，如图 1， 与 有 2 个不同交点，不满足题意； 当 k0 时，如图 2，此时 与 恒有 个不同交点，满足题意； 当 0k  时，如图 3，当 2ykx与 2yx= 相切时，联立方程得 2 20xkx ，令 0 得 2 80k ， 解得 22k  （负值舍去），所以 22k  ．综上， 的取值范围为 ，故选 D． 【专家解读】本题的特点是函数图象及其现在的灵活运用，本题考查了函数与方程的应用，考查数形结合、 分类讨论、转化与化归等数学思想方法，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是正 确作出函数图象，应用函数图象及其性质解决问题． 【2020 年高考山东卷 6】基本再生数 0R 与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感 染者传染的平均人数，世代间隔是指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以 用指数模型： ( ) ertIt  描述累计感染病例数 ()It 随时间 t （单位：天）的变化规律，指数增长率 r 与 0R ， T 近似满足 0 1R r T ．有学者基于已有数据估计出 0 3 . 2 8R  ， 6T  ．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段， 累计感染病例数增加 1 倍需要的时间约为（ l n 2 0.69 ） （ ） A． 1.2 天 B． 1.8 天 C． 2.5 天 D． 3.5 天 【答案】B 【思路导引】根据题意可得   0.38rttI t e e  ，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加 1 倍需要 的时间为 1t 天，根据 10.38() 0.382tt tee  ，解得 即可得结果． 【解析】因为 0 3.28R  ， 6T  ， 0 1RrT ，所以 3.281 0.386r ，所以 ， 设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加 1 倍需要的时间为 天，则 ，所以 10.38 2te  ，所以 10.38ln2t  ，所以 1 ln 20.69 1.80.380.38t  天，故选：B． 【专家解读】本题的特点是注重知识的应用，本题考查了指数型函数模型的应用，考查指数式与对数式互 化，考查函数与方程思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是正确进行指数式与对数式的 互化． 【2020 年高考上海卷 11】已知 aR ，若存在定义域为 R 的函数 ()fx同时满足下列两个条件，①对任意 0xR ， 0()fx 的值为 0x 或 0 2x ；②关于 x 的方程 ()fxa  无实数解；则 a 的取值范围为 ． 【答案】     ,0 0,1 1,  【解析】由 2yx 和 yx 的图象和函数的定义可知，若满足  0fx 的值为 0x 或   2 00f x x ，只有   2000f  ，   2111f  ，结合②可知若方程  fxa  无实数解，则 a  ， 故答案为： ． 【专家解读】本题的特点是函数图象及其性质的应用，本题考查了函数与方程，二次函数图象及其应用， 考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是正确 作出函数图象，应用函数图象及其性质解决问题． 【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设函数 ()fx的定义域为 R，满足 ( 1) 2 ( )f x f x ，且当 (0,1]x 时， ( ) ( 1)f x x x．若对任意 ( , ]xm  ，都有 8() 9fx ，则 m 的取值范围是 A． 9, 4   B． 7, 3   C． 5, 2   D． 8, 3   【答案】B 【解析】∵ (1)2 ()fxfx ， ()2(1)fxfx ．∵ 时， 1()(1)[,0] 4fxx x ；∴ (1,2]x 时， 1 (0,1]x ， 1( )2(1)2(1)(2),0 2f xf xxx    ；∴ (2,3]x 时， 1 (1,2]x ， ( )2(1)4(2)(3)[ 1,0]fxfxxx  ，如图： 当 时，由 84( 2)( 3) 9xx    解得 1 7 3x  ， 2 8 3x  ，若对任意 ，都有 ， 则 7 3m  .则 m 的取值范围是 .故选 B. 【名师点睛】本题考查了函数与方程，二次函数.解题的关键是能够得到 时函数的解析式，并求 出函数值为 8 9 时对应的自变量的值. （2）根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解． 【2020·浙江省高三模拟】）设函数 3yx 与 15 4 x y  的图象交点为  00,P x y ，则 0x 所在的区间是（ ）． A． (0 ,1) B． (1,2 ) C． (2 ,3) D． ( 3,4 ) 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，计算 (1) (2)ff，根据零点存在性定理概念可得结果. 【详解】构造函数 3 1( ) 5 4 x f x x    ，则 即为函数 ()fx的零点．因为 1123(1)0,(2)0416ff， 所以 ( 1 ) (2 ) 0ff且 在 上的图象是一条连续不断的曲线，所以零点所在的区间 为 ．故选：B 【点睛】本题主要考查零点存在性定理，掌握零点存在性定理条件，（1）函数连续，（2）     0fafb  ， 属基础题. 【2020 江苏省南通如皋市高三】已知函数   ln4fxxx  的零点在区间  1kk， 内，则正整数 k 的值 为________． 【答案】2 【解析】由函数的解析式可得函数在  0,  上是增函数，且  2ln2240f  ，  3ln3340f  ，故有    230ff ，根据函数零点的判定定理可得函数在区间 2,3 上存在零点， 结合所给的条件可得，故 2k  ，故答案为 2. 2.命题方向预测： （1）考查具体函数的零点个数和零点的取值范围. （2）利用函数零点求解参数的取值范围. （3）考查函 数零点、方程的根和两函数图象交点横坐标的等价转化思想和数形结合思想．（4）2016 年多套高考试卷出 现考查函数与方程的题目，预测 2017 年依然会有类似题目. 3.课本结论总结： （1）几个等价关系： 方程 f(x)＝0 有实数根⇔函数 y＝f(x)的图象与 x 轴有交点⇔函数 y＝f(x)有零点． （2）函数零点的判定(零点存在性定理) 如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 0)()(  bfaf ，那么，函数 y＝ f(x)在区间（a，b)内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个 c 也就是方程 f(x)＝0 的根． （3）二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系： Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数 y＝ax2＋bx＋ c(a>0)的图象 与 x 轴的交点 （x1,0）,(x2,0) (x1,0) 无交点 零点个数 两个 一个（二重的） 零个 （4）给定精确度ε，用二分法求函数 f(x)零点近似值的步骤如下： ①确定区间[a，b]，验证 f(a)·f(b)<0，给定精确度ε； ②求区间(a，b)的中点 c； ③计算 f(c)； (i)若 f(c)＝0，则 c 就是函数的零点； ii)若 f(a)·f(c)<0，则令 b＝c(此时零点 x0∈(a，c))； (iii)若 f(c)·f(b)<0，则令 a＝c(此时零点 x0∈(c，b))． ④判断是否达到精确度ε.即若|a－b|<ε，则得到零点近似值 a(或 b)；否则重复②③④. 4.名师二级结论： （１）二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的零点分布情况 根的分布(m＜n＜p 为 常数) 图象 满足的条件 x1＜x2＜m (两根都小 于 m) 0 2 ( ) 0 b ma fm     m＜x1＜x2 (两根都大 于 m) 0 2 ( ) 0 b ma fm     x1＜m＜x2 (一根大于 m，一根小于 m) f(m)＜0 x1，x2∈(m，n) (两根 位于 m，n 之间) 0 2 ( ) 0 ( ) 0 bmna fm fn          m＜x1＜n＜x2＜p (两 根分别位于 m 与 n，n 与 p 之间) ()0 ()0 ()0 fm fn fp      只有一根在 m，n 之间 0 2 bmna   或 f(m)·f(n)＜0 （２）有关函数零点的重要结论： (1)若连续不断的函数 f(x)在定义域上是单调函数，则 f(x)至多有一个零点． (2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号． (3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值符号可能不变，也可能改变． (4)函数 11 1 1 0() nn nnf x a x a x a x a     L 至多有 n 个零点． 5.课本经典习题： (1) 新课标 A 版必修一第 88 页，例 1 求函数 62ln)(  xxxf 的零点的个数. 【答案】仅有一个零点 【解析】首先注意函数的定义域为 ),0(  ，再因为 021)(  xxf 在 ),0(  恒成立，所以函数 62ln)(  xxxf 在 ),0(  上是增函数，又因为 012ln22ln)2(  ef ，且 01ln3ln)3(  ef ，由零点存在性定理及函数的单调性可知：函数 的零点有且 仅有一个。 【经典理由】函数零点个数的判断是高考命题的热点。 (2) 【课本典型习题改编，P119B 组第 1 题】方程 2 l n 0xx的解所在的区间是( ) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) 【经典理由】判断方程的根所在的大致范围这也是高考命题的一个热点，在教学中应引起足够的重视． 6.考点交汇展示： (1)函数的零点与三角函数交汇 例 1．（ 2020·夏津第一中学高三）若函数   3sin 2 36f x x    ， 0, 2x   的图象与直线 ym 恰有 两个不同交点，则 m 的取值范围是______. 【答案】 9 ,62   【解析】因为 ，所以 52,6 6 6x      ，所以 1sin 2,1 62x    ，所以   3 ,62fx  ， 且 9 22f  ，作出函数的图像， 如图： 由题意结合函数图象可知 9 ,62m   . 例 2．（ 2020·全国高三其他（理））已知函数    1 sin026fxx   在  0,  上有且仅有 3 个零点， 有下述四个结论： ①  fx的最小正周期为 2  ；② 在 上有且仅有 3 个极大值点； ③ 在 411,36    上单调递减；④  的取值范围是 1723,66   . 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①③ B．②④ C．②③ D．③④ 【答案】D 【解析】函数 的最小正周期为 T   ，故①错误；函数 在 上有且仅有 3 个零点，所以  的位置位于 y 轴右侧第 3 个零点与 第 4 个零点之间（可以处在第 3 个零点位置，但不可以处在第 4 个点位置），由   1 sin 026f x x    ， 得  6x k k Z   ，求得 轴右侧第 3 个零点与第 4 个零点分别是 3 17 6x   ， 4 23 6x   ，所以 17 23 66  ，即 17 23 66 ，故 ④正确.当17 17 6 6 4        ，即 17 37 6 12 时， 在 上有且仅有 3 个极大值点，大致图像如下图所示： 当17 23 6 4 6        ，即 37 23 12 6 时，  fx在  0,  上有且仅有 4 个极大值点，大致图像如下图 所示： 所以 在 上可能有 3 个极大值点或 4 个极大值点，故②错误；当 411 36x  时， 3 226x ，sin0 6x  且单调递增，所以   1 sin26fxx  在 411,36    上单调 递减，故③正确； (2) 函数的零点与不等式交汇 例 3．（ 2020·四川省仁寿第二中学高三）已知函数   ln ,1 2 , 2 1x x x xfx xe x      ，    gxfxa，若函数   gx 在  2,2x 上有两个零点，则实数 a 的取值范围为（ ） A． 2 12,ee  B． 12ln 2, e  C．  2 21, 2ln 2,0ee  D．  2 21, , 2ln 2eee  【答案】C 【解析】因为   ln,12 ,21x xxxfx xex    ，画出函数图象如下所 示： 因为    g x f x a ，且函数   gx在  2 ,2x  上有两个 零点，所以  f x a  在 上有两个零点，即函数  y f x 与函数 ya 在 上有两个交点，当 12x时，   lnf x x x  ，   l n 1f x x ，则   ln10fxx  ，即 在  1,2 上单调递增，    0 ,2l n 2fx ；当 21x-? 时，   xf x xe  ，    1 xf x x e  ，则当 21x    时，   0fx  ， 当 11x   时，   0fx  ，即 在  2 , 1 上单调递减，在  1,1 上单调递增，  1fe ，   11f e   ，   222fe ；所以02ln 2a  或 21 2aee    ，所以 2 12eae  或 2ln 20 a ，即  2 21,2ln 2,0a ee  例 4.关于 x 的方程 222110 kxx  ，给出下列四个命题： ①存在实数 k ，使得方程恰有 2 个不同的实根；②存在实数 ，使得方程恰有 4 个不同的实根； ③存在实数 ，使得方程恰有 5 个不同的实根；④存在实数 ，使得方程恰有 8 个不同的实根． 其中正确命题的个数是（ ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】令 2 1(1)txt  ， 2 ||ytt ， yk ，在同一平面直角坐标系中作出函数 ， 的图象，如图所示． ①当 0k  时，两函数图象有 3 个交点，且交点横坐标分别为 1 ，0，1．由于 ，0，1 都在函数 2 1tx 的值域 [ 1, )   内，令 2 11x ， 2 11x    ， 2 10x  ，故原方程有 5 个不同的实根． ②当 k0 时，此时 0k，两函数图象有 2 个交点，且交点横坐标分别为 1t ， 2t ，其中 1 1t  在 内， 而 2 1t  不在 ，所以 2 1 1tx，于是原方程有 2 个不同的实根 1 2 11xt  ， ； ③当 1 4k  时，函数图象有 2 个交点，且交点横坐标分别为 3t ， 4t ，且 3 ( 1,0 )t  ， 4 ( 0 , 1)t  ，则原方程有 4 个不同的实根； ④当 10 4k 时，两函数图象有 4 个交点，且交点横坐标分别为 ， ， ， ， 34 ( 1,0 )t ， ， 3,4 (0 , 1)t  ， 从而原方程有 8 个不同的实根．综上，四个命题都正确． (3) 函数的零点与函数的最值、极值等交汇 例 5.设函数 32()fxaxbxcx ，若 1 和 1 是函数 ()fx的两个零点， 1x 和 2x 是 ()fx的两个极值 点， 则 12xx 等于( ) A． 1 B． 1 C． 1 3 D． 1 3 【答案】C 【解析】    cbxaxxxf  2 ,若 和 是函数 的两个零点,即 1 和 1- 是方程 02  cbxax 的两 根，           a c a b 11 -1-1 得到 acb  ,0 ,   axaxxf  3 ,   aaxxf  23 ,由已知得 1x 和 2x 是   0 xf 的两根，所以 3 1 321  a axx ,故选 C. 例 6.已知函数   32f x x ax bx   有两个极值点 12,xx，且 12xx ，若 1 0 223x x x，函数      0g xfxfx ，则  gx（ ） A. 恰有一个零点 B. 恰有两个零点 C. 恰有三个零点 D. 至多两个零点 【答案】B 【解析】由已知            3 23 222 00 0 0000 0g x f x f x x ax bx x ax bx x x x x a x x ax b                2' 3 2f x x ax b   ,由题可知 12 12 21 0 2 3 3 3 2              axx bxx xxx ,代入上式可得      2 01g x x x x x    ，所以  gx 恰 有两个零点. 【考点分类】 热点 1 函数零点的求解与判断 1．方程 21 l g 22 xx的实根的个数为________． 【答案】2 个 【解析】方程 的实根个数可转为函数 21 22yx和 lgyx 的交点个数，在同一坐标系中 作出 和 的图像，如图，可得交点个数为 2 个，故方程的实根个数是 2 个， 2.已知函数 是 上的偶函数，且 ，当 时， ，则函数 的零 点个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】函数 f（x）是 R 上的偶函数，可得 f（-x）=f（x）， 又 f（1-x）=f（1+x），可得 f（2-x）=f（x）， 故可得 f（-x）=f（2-x），即 f（x）=f（x-2），即函数的周期是 2，又 x∈[0，1]时，f（x）=x2，要研究函 数 y=f（x）-log5x 在区间[0，5]零点个数，可将问题转化为 y=f（x）与 y=log5x 在区间[0，5]有几个交点 如图， 由图知，有四个交点．故选 B. 3．（ 2020·浙江省杭州第二中学高三）已知   2fxxaxb ，记  fx的零点个数为 m ，  f f x的零 点个数为 M ，则 Mm 的值不可能．．．是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】方程   2 0fxxaxb 的判别式为 2 4ab   .当 2 40ab    时，即 2 4 ab  时，方程   0fx 有一个实数根，因此 的零点个数 1m  ，此时   2()2 af x x  ，因此有   22[()] 22 aaffxx  ， 若 0a  ，显然方程   22[()]0 22 aaffxx  只有一个实数根，故 1M  ，这时 0Mm所以选 项 A 有可能成立；若 0a  时，显然方程 有两个不相等的实数根，故 2M  ， 这时 1Mm所以选项 B 有可能成立；当 1,0ab 时，   ( 1)f x x x，显然方程   ( 1) 0f x x x   有两个不相等的实数根，因此 的零点个数 2m  ，此时   [(1)][(1)1]ffxx xx x  ，显然   [ ( 1)][ ( 1) 1] 0f f x x x x x     有四个不相等的实数根，故 4M  ，这时 2Mm所以选项 C 有可 能成立，因此只有选项 D 不可能成立. 4．（ 2020·湖南省高三已知函数 π() 2fx x ， ()cossingxxxx，当 [4π,4π]x ，且 0x  时，方程 ()()fxgx  根的个数是（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【解析】由题意，函数 ，在   4π,00,4 π 上是奇函数，且是反比例函数， 又      ( )cossincos sing xxxxx xx g x       ，所以 ()gx在 上是奇函数. 又 ( ) sing x x x  ，所以  0,πx 时， ( ) 0gx  ；  π,2πx 时， ( ) 0gx  ；  2π,3πx 时， ；  3 π ,4πx  时， ( ) 0gx  .所以 ()gx 在  0, π 上单调递减；在  π ,2π 上单调递增；在  2 π ,3π 单调递减； 在 3π,4π 上单调递增.作出 ( ) , ( )f x g x 的图象，如下图所示，  00g  ，  π πg  ，   1π 2f  ，    π πfg ，则 ()fx与 的图象在  0, πx  上有 1 个交点；  2 π 2 πg  ，   12 π 4f  ，    2 π 2 πgf ，则 与 的图象在  π ,2πx  上有 1 个交点；  3π 3πg  ，   13 π 6f  ，    3 π 3 πfg ，则 与 的图象在  2 π ,3πx  上有 1 个交点；  4 π 4 πg  ，   14 π 8f  ，    4 π 4 πgf ，则 与 的图象在 上有 1 个交点.故 与 的图象在  0 , 4 π 上 有 4 个交点，根据对称性可知，二者图象在 4π,0 上 4 个交点，故当 [4π,4π]x  ，且 0x  时，方程 ( ) ( )f x g x  根的个数是 8. 【方法规律】 1．方程的根(从数的角度看)、函数图象与 x 轴的交点的横坐标(从形的角度看)、函数的零点是同一个问题 的三种不同的表现形式． 2．函数零点的判断： (1)解方程：当对应方程 0)( xf 易解时，可通过先解方程，看方程是否有根落在给定区间上； (2)利用函数零点的存在性定理进行判断：首先看函数 y＝f x 在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是 否有 f(a)·f(b)<0.若有，则函数 y＝f（x）在区间（a，b）内必有零点. (3) 数形结合法：通过画函数图象，观察图象与 x 轴在给定区间上是否有交点来判断． 【解题技巧】 1．函数零点的求法： ①（代数法）求方程 0)( xf 的实数根； ②（几何法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数 )( xfy  的图象联系起来，并利用函数的性质 找出零点。 ２．确定函数 )( xf 的零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点的存在性定理:首先看函数 )( xfy  在区间  ,ab 上的图象是否连续,再看是否有 )( af · )(bf 0 .若有,则函数 在区间 ),( ba 内必有零点. (2)数形结合法:通过画函数图象,观察图象与 x 轴在给定区间上是否有交点来判断. ３．确定方程    f x g x  在区间 上根的个数的方法 (1)解方程法:当对应方程 易解时,可先解方程,看求得的根是否落在区间 上再判断. (2)数形结合法:通过画函数 与  y g x 的图象,观察其在区间 上交点个数来判断. ４．函数零点个数的判断方法 (1)直接求零点：令 ，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：利用定理不仅要求函数在区间 上是连续不断的曲线，且 · ，还 必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点； (3)利用图像交点的个数：画出两个函数的图像，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就 有几个不同的零点． 函数零点个数的判断通常转化为两函数图像交点的个数，其步骤是： (1)令 ； (2)构造  11yfx ，  22yfx ； (3)作出 12,yy图像； (4)由图像交点个数得出结论． 【易错点睛】 1.函数零点—忽视单调性的存在。例如：若函数 f(x)在区间[－2,2]上的图象是连续不断的曲线，且 f(x) 在(－2,2)内有一个零点，则 f(－2)·f(2)的值( ) A．大于 0 B．小于 0 C．等于 0 D．不能确定 解答：若函数 f(x)在(－2,2)内有一个零点，该零点可分两种情况：(1)该零点是变号零点，则 f(－ 2)·f(2)<0；(2)该零点是非变号零点，则 f(－2)·f(2)>0，因此选 D. 易错警示： 警示 1：错误认为该零点是变号零点；警示 2：不知道非变号零点这种情况． 方法剖析：方程的根或函数零点的存在性问题，可以根据区间端点处的函数值的正负来确定，但要确定零 点的个数还需进一步研究函数在区间上的单调性，在给定的区间上，如果函数是单调的，它至多有一个零 点，如果不是单调的，可继续细分出小的单调区间，再结合这些小的区间的端点处函数值的正负，作出正 确判断．本题的解答错误在于没有正确理解函数零点的含义及存在性，事实上，当 f(x)在(－2,2)内有一个 零点时，f(－2)·f(2)的符号不能确定． 2.要注意对于在区间[a，b]上的连续函数 f(x)，若 x0 是 f(x)的零点，却不一定有 f(a)·f(b)<0，即 f(a)·f(b)<0 仅是 f(x)在[a，b]上存在零点的充分条件，而不是必要条件． 注意以下两点： ①满足零点存在性定理的条件的零点可能不唯一； ②不满足零点存在性定理条件时，也可能有零点． ③由函数 )(xfy  在闭区间  ,ab 上有零点不一定能推出 )( af · )(bf 0 ，如图所示．所以 · 是 在闭区间 上有零点的充分不必要条件． 注意：①如果函数  fx在区间 上的图象是连续不断的曲线，并且函数 在区间 上是一个单 调函数，那么当 · 时，函数 在区间 ),( ba 内有唯一的零点，即存在唯一的 (,)cab ， 使 0)( cf . ②如果函数 在区间 上的图象是连续不断的曲线，并且有 · 0 ，那么，函数 在 区间 内不一定没有零点． ③如果函数 在区间 上的图象是连续不断的曲线，那么当函数 在区间 内有零点时不一 定有 · ，也可能有 · . 热点 2 函数零点与函数的性质的综合应用 1.设函数 2log 1yx与 22 xy  的图象的交点为 00,xy，则 0x 所在的区间是（ ） A.  0,1 B.  1,2 C.  2,3 D.  3, 4 【答案】C 【解析】令函数   2 2log 1 2 xf x x    ，      2 2 2 32 1, 3 log 3 log 3 log 8 02ff       ，由于    2 3 0ff ，所以区间(2,3)必有零点. 2．（ 2020·天津高三二模）已知定义在 R 上的偶函数  fx满足    4f x f x  ，且当 02x时，    2min2,2fxxxx ，若方程    210fxtx  恰有两个根，则 t 的取值范围是（ ） A． 3211,,2332  B． 3211,,2332  C． 3211,,2332  D． 3211,,2332   【答案】B 【解析】当 时， 2 22x x x    ，解得： 12x 所以   2 2 2 xxfx x     01 12 x x   ， 又因为函数是偶函数，关于 y 轴对称，并且周期 4T  ，若方程 恰有两个根，即函数  y f x 与  21y t x 的图象有 2 个交点，如图，画出函数 和 的图象， 当 01x时，   22f x x    ，  02f   ，当直线过点  3 ,1 时，此时直线的斜率 1 3k  ，由图象可知 若函数 与 的图象有 2 个交点，只需满足 1 2123 t ，解得 11 32t 或 32 23t    ，即 的取值范围是 1 1 3 2,,3 2 2 3             . 3．（ 2020·四川省高三模拟）若 为偶函数，且 0x  时，   2 41fxxx  ，若函数      2 2g x f x mf x   恰有 7 个零点，则实数 m 的值是_____． 【答案】1 【解析】由题意，当 时， ，当 0x  时，则 0x，所以      2 24141fxxxxx ，又函数  fx为偶函数，所以     2 41fxfxxx ， 所以，函数   2 2 41,0 41,0 xxxfx xxx     ，其图象如下： 由函数      2 2gxfxmfx 恰有 7 个零点，即方程    2 20fxmfx  有 7 个实根，由图象可知， 函数   1fx 和函数  31fx   ，此时对应有 7 个实根，当 时，方程 1 2 0m   ，即 1m  ， 当 时，      2 20gxfxfx ，解得 或   2fx 符合题意.故实数 m 的值为 1 . 【方法规律】已知函数有零点求参数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； 3．数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解. 【解题技巧】 1.应用函数零点的存在情况求参数的值或取值范围常用的方法 (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，转化成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． 2．与方程根有关的计算和大小比较问题的解法 数形结合法:根据两函数图象的交点的对称性等进行计算与比较大小. 3．在求方程解的个数或者根据解的个数求方程中的字母参数的范围的问题时，数形结合是基本的解题方法， 即把方程分拆为一个等式，使两端都转化为我们所熟悉的函数的解析式，然后构造两个函数  yfx ，  y g x ，即把方程写成    fxgx  的形式，这时方程根的个数就是两个函数图象交点的个数，可以根 据图象的变化趋势找到方程中字母参数所满足的各种关系． 【易错点睛】用二分法求函数零点近似值的步骤须注意的问题： ①第一步中要使：(1)区间长度尽量小； (2) )( af ， )(bf 的值比较容易计算且 · 0 . ②根据函数的零点与相应方程根的关系，求函数的零点与求相应方程的根是等价的． 对于求方程    f x g x  的根，可以构造函数      Fxfxgx，函数  Fx的零点即为方程 的根． ③求函数零点近似值的关键是判断区间长度是否小于精确度  ，当区间长度小于精确度 时，运算即告结束， 此时区间内的任何一个值均符合要求，而我们通常取区间的一个端点值作为近似解． 【热点预测】 1.函数 f (x)＝ln x＋x3－8 的零点所在的区间为 （ ） ( A ) (0，1) ( B ) (1，2) ( C ) (2，3) ( D ) (3，4) 【答案】B 【解析】f (x)＝ln x＋x3－8 在  0 ， 上单调递增，且 f (1) 0 ，f (2) 0 ，∴函数 f (x)＝ln x＋ x3－8 的零点所在的区间为(1，2)。 2.已知函数          5 2 log11 221 xx fx xx   ，则关于 x 的方程    f x a a R实根个数不可能为（ ） A． 2 个 B． 3 个 C． 4 个 D． 5 个 【答案】D 【解析】在坐标系内作出函数 ()yfx 的图象，由图象可知，方程    fxaaR的解的个数可能为 0 个、2 个、3 个、4 个，不可能为 5 个，故选 D. 3．【2017 河南新乡一中高第三】函数 f（x）＝ 2 0 20x log x x ax ì >ïí £ïî ， － ＋ ， 有且只有一个零点的充分不必要条件是（ ） A．a<0 B．01 【答案】A 【解析】∵当 0x 时， 1x 是函数  xf 的一个零点；故当 0x 时， 02  ax 恒成立；即 xa 2 恒成 立，故 0a ；故选 A． 4．（2020·安徽省高三）已知函数 1 2 ,0() 21,0 xexfx xxx    ，若关于 x 的方程 2()3()0()fxfxaaR 有 6 个不等的实数根，则 a 的值是（ ）. A．0 B．1 C．6 D．2 【答案】D 【解析】函数 1 2 ,0() 21,0 xexfx xxx    的图象如图所示， 令 ()fxt  ，由题意可知：方程 2 30tta 有两个不同的实数根 1 ( 1 ,2 )t  ， 2 (2,)te 或 1 1t  ， 2 2t  ， 由于 123tt，故 ， ，令 2()3gttta ，所以 2a  . 5．已知函数   2 2, 52, xxafx xxxa    ，函数     2g x f x x恰有三个不同的零点，则 2 az  的取值 范围是（ ） A． 1 ,22   B．  1,4 C． 1 ,44   D． 1 ,42   【答案】D 【解析】 2 2( ) ( ) 2 32 x x ag x f x x x x x a          ，而方程 20x 的解为 2 ，方程 2 3 2 0xx   的 解为 1 或 2 ，所以       a a a 2 1 2 ，解得 12a   ，所以 2 az  的取值范围是 1 ,42   ,故选 D. 6．定义在 R 上的函数 32()fxaxbxcx ( 0 )a  的单调增区间为 ( 1,1) ，若方程 23(())2()0afxbfxc  恰有 4 个不同的实根，则实数 a 的值为（ ） A． 1 2 B． 1 2 C．1 D．-1 【答案】B 【解析】∵函数 的单调增区间为 ，∴-1 和 1 是 ' ( ) 0fx 的根， ∴ '2()32fxaxbxc ，∴ 211 3 11 3 b a c a          ，∴ 0b  ， 3ca ，∴ 3( ) 3f x ax ax， ∴ 23(())2(())0afxbfxc  ，∴ 23(())30afxa ，∴ 2 ( ) 1fx ，∴ ( ) 1fx ， ∴ (1)1 (1)1 f f    ，∴ 1 2a  . 7．（ 2020·山东省高三其他）已知函数    26,75 (2),5 xxfx fxx       ，若函数      1gxfxkx 有 13 个零点，则实数 k 的取值范围为（ ） A． 11,86   B． 11,86   C． 1 1 1 1,,6 8 8 6        D． 1 1 1 1,,6 8 8 6           【答案】D 【解析】由题可知，函数 ()()|(1) |gxfxkx 有 13 个零点，令 ( ) 0g x  ，有 ()|| |1|fxkx ， 设   | | | 1|h x k x，可知  hx恒过定点 1,0 ，画出函数 ()fx， 的图象，如图所示： 则函数 ()y f x 与函数 的图象有 13 个交点，由图象可得：       51 71 71 h h h       ，则 ·(5 1) 1 ·(7 1) 1 · 7 1 1 k k k         ， 即 11||86k，解得： 1( 6k  ， 11)(88 ， 1)6 . 8．已知函数 是定义在实数集 上的以 2 为周期的偶函数，当 时， .若直线 与函数 的图像在 内恰有两个不同的公共点，则实数 的值是( ) A． 或 B．0 C．0 或 D．0 或 【答案】D 【解析】根据已知可得函数 2( )(2 ) ,[21,21),fxxkxkkkZ ，在直角坐标系中作出它的图象， 如图，再作直线 yxa ，可见当直线 yxa 与抛物线 2yx 相切时，或者直线 yxa 过原点时， 符合题意，此时 1 4a  或 0a  . 9.函数 | 1| ,1 () 1( )1,12 x ax fx x    若关于 x 的方程 22( ) (23) ( ) 30fxaf xa 有五个不同的实数解,则 a 的取值范围是 （ ） A. (1,2) B. )2,2 3()2 3,1(  C. 3[ ,2)2 D. 3(1, )2 【答案】B 【解析】∵ 22 ( ) (2 3) ( ) 3 0f x a f x a    ，∴(2()3)(())0fxfxa ，∴ 3() 2fx 或 ()f x a ， ∴由图像可知： a 的取值范围是 )2,2 3()2 3,1(  . 10.设函数 [],0() (1),0 xxxfx fxx    ，其中[]x 表示不超过 x 的最大整数，如[ 1.2] 2   ，[1.2] 1 ，[1] 1 . 若直线 ( 0 )y k x k k   与函数 ()y f x 的图象恰有三个不同的交点，则 k 的取值范围是（ ） A． 11( , ]43 B． 1(0 , ]4 C． 11[ , ]43 D． 11[ , )43 【答案】D 【解析】如图，作出函数 ()fx的图象和直线 y kx k，直线 y kx k过定点 ( 1,0 ) ，由题意 21 31 kk kk    ， 解得 11 43k．故选 D． 11．已知函数   2 sin,022 68,24 x x fx xxx       ，若函数     1gxfxkx 恰有三个零点，则实数 k 的 取值范围为 （ ） A． 31,44  B． 31,44   C． 41,34  D． 41,34   【答案】B 【解析】当 24x 时， 2 68yxx ，则 0y  ，等式两边平方得 2268y x x    ， 整理得   2 231xy   ，所以曲线  2 6824yxxx  表示圆 的下半圆，如 下图所示： 由题意可知，函数  y g x 有三个不同的零点，等价于直线 1y k x与曲线  y f x 的图象有三个不同 交点，直线 过定点  0 ,1P ，当直线 过点  4 ,0A 时，则 4 1 0k  ，可得 1 4k  ； 当直线 与圆 相切，且切点位于第三象限时， k0 ，此时 2 311 1    k k ，解得 3 4k  .由图象可知，当 31 44k 时，直线 与曲线 的图象有三个不同交点. 因此，实数 k 的取值范围是 31,44   . 12．（ 2020·天津耀华中学高三一模）已知函数   1 2 log,0 115 ,024 xx fx a xx       ，函数   2gxx  ，若函数    yfxgx有 3 个零点，则实数 a 的取值范围为（ ） A． 5,  B． 155, 2   C． 195, 2   D． 195, 2    【答案】B 【解析】如图当 0x  时， 1 2 ()logfxx  与 2()gxx  有 1 个交点.要使 ( ) ( )y f x g x有 3 个零点，则当 0x  时， 1 15() 24f x a x   与 有两个交点即可，若 0, 0ax， 15() 4fx ，两函数没有 交点，所以 0a  ，画出 ( ) , ( )f x g x 图象，如下图所示，根据图象 的图象在 1 02 x   内至多 有一个交点.当 的图象在 1( , ) 2   上有两交点，则在 1 02  ， 上没有交点.即直线 115 24yaxa 与 2yx= 在 有两交点，且 的图象在 上没有交点. 即 2 115 024xaxa 在 有两个解，且 ( ) ( )f x g x 在 上没有解. 设 2 115() 24hxxaxa ，需 2 0 1 22 1154()024 1()402 a a aa h        ，且 11500, 24a  解得 5a  或 3a  （舍去），且 15 2a  ，所以此时 155 2a ，若在 上 的图象有 1 个交点，则在 上 的图象有 1 个交点，即 在 有 1 个解， 且 在 上有 1 个解.则 2 1154()024aa  且 1150024a ，此时无解. 要使 在 ( ,0 ) 只有两交点，则 . 13.已知函数 2 2 (2 )e , 0,() 4 3, 0, xx x xfx x x x       ≤ ()()2g xfxk，若函数 ()gx恰有两个不同的零点，则实数 k 的取 值范围为 ． 【答案】 2 7321,{0,}22 e  【解析】 试题分析： 2(2),0,'() 24,0, xxexfx xx    ， ' ( ) 0fx 的解为 122, 2xx   ， (,2)(2,)x 时， '()0fx ，当 (2,0)(0,2)x 时， '()0fx ，从而 ()fx在区间(,2) 和 (2 , ) 上是减函数， 在区间 ( 2,0) 和 (0 ,2 ) 上是减函数， lim()0 x fx   ，当 x    时， ()fx  ．如图是 ()fx的图象， 2 222()=(2)fxf e  极小值 ， ()(2)7fxf 极大值 ，方程 ()()20gxfxk 的解就是函数 ()yfx 的图象与直线 2yk 的交点的横坐标，当3 2 7k   或 20k或 2 2 2 22k e    时，有两 个交点，即方程有两个解，或称 ()gx 有两个零点， 73 22k 或 0k  或 2 21k e  ． 14．（ 2020·浙江省富阳中学高三三模）已知函数      sin0xxfxa eexa  存在唯一零点，则实数 a 的取值范围是____________. 【答案】 ,2  【解析】由题可知：函数定义域为 R 且  00f  ，因为函数 存在唯一 零点，所以  fx只有一个零点 0，因为      sinxxf x a e e x f x      ，所以函数 为奇函 数，故只考虑当 0x  时，函数 无零点，当 时，有 sinxx， 所以   sin xxxx xxfxaeeaee aa，令    ,0xxxgxeex a ，则  00g  因为    ,0xxxxgxeegxee a ，所以函数  gx 在  0,  上单调递增，又 所以    020 2 gxga a 。 15．（ 2020·江苏省高三其他）已知函数 3 ln , 0() 2 , 0 x x xfx x x x    „ ，若 ( ) ( )g x f x a x有 3 个零点，则实数 a 的取值范围为________. 【答案】 11,1(2,)e  【解析】由题可知： 有 3 个零点，等价于函数 ()fx与 y ax 的图象有 3 个交点， 当 0x  时，   lnf x x x  ，则   111 xfx xx  ，可知若  0 ,1x  ，   0fx  ，则函数单调递减， 若  1,x  ，   0fx  ，则函数单调递增，当 0x  时，   3 2g x x x ，则   23 2 0   g x x 则函数  gx在 ,0 单调递增，又直线 恒过原点 如图 当直线 与 相切时，设切点为  00,Axy ，   0 0 0 1xfx x ， 0 0 0lny x x 所以 0 0 0 0 00 ln 1  x x x xexx ，所以  0 11fx e ，当直线 与 相切时，切点为 原点，所以   232gxx ，则  02g ，由函数 在 0,1 单调递减，在 1,  单调递增 所以    1 1 0  f x f ，所以 lnxx ，又函数 与 的图象有 3 个交点，则 11 ,1 (2, )    a e 16．（ 2020·甘肃省民乐县第一中学高三）已知函数   e xfx  ，若关于 x 的方程    2ln0fxxm  在  0,  上有解，则 m 的取值范围是__________. 【答案】 2,e 【解析】关于 x 的方程  2eln0x xm  在 上有解，等价于函数 l n ( )y x m与 2 xye 的图 象在 上有交点.因为函数 的图象就是函数 lnyx 的图象向左或向右平移 m 个单位 长度得到的，如图所示， 当 向右平移（或没有平移），即 0m  时，函数 与 的图象在 上有交点， 当 向左平移至 的图象过点  0 ,2 ，与函数 没有交点，此时 l n 2m  ，解得 2em  ，所以 20 me，函数 与 的图象在 上有交点，所以 m 的取值范围 为 .