【数学】2021届一轮复习人教A版“四招”判断函数零点个数学案

【数学】2021届一轮复习人教A版“四招”判断函数零点个数学案

‎ ‎ 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，且，则函数在区间的零点个数为（ ）‎ A. 2020 B. 2018 C. 1010 D. 1008‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎,‎ 当时，函数与函数图象有个交点 ‎,由知，‎ 当时函数与函数图象有个交点 故函数的零点个数为,故选.‎ 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】定义在上的函数满足，且时， ； 时， . 令，则函数的零点个数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【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=x+2的图象，‎ ‎∴y=f（x）在x∈[﹣6，2]，y=x+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.‎ ‎∴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.‎ 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，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上是连续不断的曲线，且，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.已知函数的图像为上的一条连续不断的曲线，当时，，则关于的函数的零点的个数为（ ）‎ A．0 B．1 C．2 D．0或2‎ ‎【答案】A ‎4．【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.‎ ‎【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．‎ ‎【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？[来源:学科网]‎ ‎（Ⅱ）讨论函数的零点个数.‎ ‎ 【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），[来源:学&科&网Z&X&X&K]‎ 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．‎ 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.‎ ‎ 【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．‎ ‎【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，[来源:学§科§网]‎ 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，[来源:学.科.网Z.X.X.K]‎ 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．‎ ‎ （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．‎ ‎ ，，，，‎ ‎，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.‎ ‎【解析】（1）当时，， ‎ ‎，,，切点，所以切线方程是.‎ ‎（2）， 令，‎ ‎、及的变化情况如下 ‎0‎ 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：，，）[来源:Zxxk.Com]‎ ‎【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.‎