【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 高考必会题型 专题三 函数与导数 第12练 函数的零点 关键抓住破题题眼

第12练　函数的零点——关键抓住破题题眼题型一　函数零点所在区间问题例1　函数f(x)＝＋ln的零点所在的大致区间是(n，n＋1)，则n＝________.破题切入点　确定函数在区间端点处函数值的符号是否相反，根据零点存在性定理判断零点所在区间．答案　2解析　f(x)＝＋ln＝－ln(x－1)，函数的定义域为(1，＋∞)．当1<x<2时，ln(x－1)<0，>0，所以f(x)>0，故函数在(1,2)上没有零点．f(2)＝－ln1＝1>0，f(3)＝－ln2＝＝，因为＝2≈2.828，所以>e，故lne<ln，即1<ln8，所以2<ln8，即f(3)<0，根据零点存在性定理，可知函数f(x)在(2,3)上必存在零点．又由复合函数的单调性判断方法可知f(x)在(1，＋∞)单调递减，故n＝2.题型二　函数零点个数问题例2　已知f(x＋1)＝f(x－1)，f(x)＝f(－x＋2)，方程f(x)＝0在[0,1]内有且只有一个根x＝，则f(x)＝0在区间[0,2014]内根的个数为________．破题切入点　由条件推出f(x)是周期等于2的周期函数，且关于直线x＝1对称．根据f()＝0，可得f()＝0，从而得到函数f(x)在一个周期内的零点个数，最后得到f(x)＝0在区间[0,2014]内根的个数．答案　2014解析　由f(x＋1)＝f(x－1)，可知f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期是2.由f(x)＝f(－x＋2)，可知函数f(x)关于直线x＝1对称，因为函数f(x)＝0在[0,1]内有且只有一个根x＝，所以函数f(x)＝0在区间[0,2014]内根的个数为2014.题型三　由函数零点求参数范围问题例3　函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x＋2)＝f(x)．当x∈-7-\n[0,1]时，f(x)＝2x.若在区间[－2,3]上方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，则实数a的取值范围是________．破题切入点　由条件得出函数性质，准确画出图象，结合图象解决．答案　<a<解析　由f(x＋2)＝f(x)得函数的周期是2.由ax＋2a－f(x)＝0得f(x)＝ax＋2a，设y＝f(x)，y＝ax＋2a，作出函数y＝f(x)，y＝ax＋2a的图象，如图，要使方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，则直线y＝ax＋2a＝a(x＋2)的斜率满足kAH<a<kAG，由题意可知，G(1,2)，H(3,2)，A(－2,0)，所以kAH＝，kAG＝，所以<a<.总结提高　(1)确定零点所在区间主要依据就是零点存在性定理，而函数零点存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且连续函数在一个区间两端点处的函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分条件而不是必要条件，所以在判断函数在某个区间上不存在零点时，不能完全依赖函数的零点存在性定理．(2)函数零点个数判断问题可直接解方程f(x)＝0，方程的根的个数就是函数零点的个数，对于无法求解的函数应根据函数的单调性与函数值的符号变化来确定其零点的个数．(3)分段函数与零点的结合是比较新颖的一类问题，解决此类问题需注意两个方面：一是分段函数中的每个解析式所对应自变量的取值范围，解方程之后要注意检验根是否在所给定的取值范围中；二是灵活利用函数性质确定零点的个数，灵活利用特殊函数值的符号判断零点所在的范围．1．f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数为________．答案　5解析　∵2sinπx－x＋1＝0，∴2sinπx＝x－1，图象如图所示，由图象看出y＝2sinπx与y＝x－1有5个交点，∴f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数为5.-7-\n2．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是________．答案　2解析　(数形结合法)∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．3．定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)＝则关于x的函数F(x)＝f(x)－a(0<a<1)的所有零点之和为________．答案　1－2a解析　当0≤x<1时，f(x)≤0.由F(x)＝f(x)－a＝0，画出函数y＝f(x)与y＝a的图象如图．函数F(x)＝f(x)－a有5个零点．当－1<x<0时，0<－x<1，所以f(－x)＝log0.5(－x＋1)＝－log2(1－x)，即f(x)＝log2(1－x)，－1<x<0.由f(x)＝log2(1－x)＝a，解得x＝1－2a，因为函数f(x)为奇函数，所以函数F(x)＝f(x)－a(0<a<1)的所有零点之和为1－2a.4．已知f(x)＝则函数的零点个数为________．答案　2解析　当x>0时，由f(x)＝0，即ln(x2－x＋1)＝0，得x2－x＋1＝1，解得x＝0(舍去)或x＝1.当x≤0时，f(x)＝ex－x－2，f′(x)＝ex－1≤0，所以函数f(x)在(－∞，0]上单调递减．而f(0)＝e0－0－2＝－1<0，f(－2)＝e－2－(－2)－2＝e－2>0，故函数f(x)在(－2,0)上有且只有一个零点．综上，函数f(x)有两个零点．5．(2022·天津改编)函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点个数为________．答案　2解析　当0<x<1时，f(x)＝2xlog0.5x－1，令f(x)＝0，则log0.5x＝x，由y＝log0.5x，y＝x的图象知，在(0,1)内有一个交点，即f(x)在(0,1)上有一个零点．当x>1时，f(x)＝－2xlog0.5x－1＝2xlog2x－1，-7-\n令f(x)＝0得log2x＝x，由y＝log2x，y＝x的图象知在(1，＋∞)上有一个交点，即f(x)在(1，＋∞)上有一个零点，综上有两个零点．6．已知函数f(x)＝则下列关于函数y＝f(f(x))＋1的零点个数的判断正确的是________．①当k>0时，有3个零点；当k<0时，有2个零点；②当k>0时，有4个零点；当k<0时，有1个零点；③无论k为何值，均有2个零点；④无论k为何值，均有4个零点．答案　②解析　当k>0时，f(f(x))＝－1，综合图(1)分析，则f(x)＝t1∈(－∞，－)或f(x)＝t2∈(0,1)．对于f(x)＝t1，存在两个零点x1，x2；对于f(x)＝t2，存在两个零点x3，x4.此时共计存在4个零点．当k<0时，f(f(x))＝－1，结合图(2)分析，则f(x)＝t∈(0,1)，此时仅有1个零点x0.故②正确．7．已知函数f(x)＝logax＋x－b(a>0，且a≠1)，当2<a<3<b<4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________.答案　2解析　由于2<a<3<b<4，故f(1)＝loga1＋1－b＝1－b<0，而0<loga2<1,2－b∈(－2，－1)，故f(2)＝loga2＋2－b<0，又loga3∈(1,2)，3－b∈(－1,0)，故f(3)＝loga3＋3－b>0，因此函数必在区间(2,3)内存在零点，故n＝2.8．方程2－x＋x2＝3的实数解的个数为________．答案　2解析　方程变形为3－x2＝2－x＝()x，令y1＝3－x2，y2＝()x.如图所示，由图象可知有2个交点．-7-\n9．(2022·连云港模拟)已知函数f(x)＝2ax2＋2x－3.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________．答案　解析　若a＝0，则f(x)＝2x－3，f(x)＝0⇒x＝∉[－1,1]，不合题意，故a≠0.下面就a≠0分两种情况讨论：(1)当f(－1)·f(1)≤0时，f(x)在[－1,1]上至少有一个零点，即(2a－5)(2a－1)≤0，解得≤a≤.(2)当f(－1)·f(1)>0时，f(x)在[－1,1]上有零点的条件是　解得a>.综上，实数a的取值范围为.10．(2022·天津)已知函数f(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________．答案　1<a<2解析　画出函数f(x)的图象如图所示．函数y＝f(x)－a|x|有4个零点，即函数y1＝a|x|的图象与函数f(x)的图象有4个交点(根据图象知需a>0)．当a＝2时，函数f(x)的图象与函数y1＝a|x|的图象有3个交点．故a<2.当y＝a|x|(x≤0)与y＝|x2＋5x＋4|相切时，在整个定义域内，f(x)的图象与y1＝a|x|的图象有5个交点，此时，由得x2＋(5－a)x＋4＝0.由Δ＝0得(5－a)2－16＝0，解得a＝1，或a＝9(舍去)，则当1<a<2时，两个函数图象有4个交点．故实数a的取值范围是1<a<2.11.已知函数f(x)＝x(x2－ax－3)．(1)若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若x＝－是f(x)的极值点，求f(x)在区间[1,4]上的最大值；-7-\n(3)在(2)的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)＝bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点？若存在，求出实数b的取值范围；若不存在，请说明理由．解　(1)∵f(x)＝x(x2－ax－3)，∴f′(x)＝3x2－2ax－3.∵f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，即3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立．分离参数得a≤(x－)在[1，＋∞)上恒成立．∵当x≥1时，(x－)≥(1－1)＝0，∴a≤0.即a的取值范围是(－∞，0]．(2)依题意得f′(－)＝0，即＋a－3＝0，∴a＝4，∴f(x)＝x3－4x2－3x.令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，得x1＝－，x2＝3.当x在[1,4]上变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x1(1,3)3(3,4)4f′(x)－0＋f(x)－6－18－12∴f(x)在区间[1,4]上的最大值是f(1)＝－6.(3)函数g(x)＝bx的图象与函数f(x)的图象恰有3个交点，即方程x3－4x2－3x＝bx恰有3个不相等的实根．显然x＝0是其中的一个根，∴方程x2－4x－3－b＝0有两个非零的不相等的实根．∴∴b>－7且b≠－3.∴存在满足条件的b，且b的取值范围是(－7，－3)∪(－3，＋∞)．12．(2022·四川)已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e－2<a<1.(1)解　由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.所以g′(x)＝ex－2a.因此，当x∈[0,1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上单调递增，-7-\n因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；当<a<时，令g′(x)＝0得x＝ln(2a)∈(0,1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．于是，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－b；当<a<时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明　设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理，g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2，所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点．由(1)知，当a≤时，g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．当a≥时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点．所以<a<.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b>0，g(1)＝e－2a－b>0.由f(1)＝0，有a＋b＝e－1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2<a<1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2<a<1.-7-