2019年高考数学黄金100题系列第20题函数零点的个数问题理.pdf

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1、2019 年高考数学黄金 100 题系列第 20 题 函数零点的个数问题理 I 题源探究黄金母题 【例 1】求函数( )ln26f xxx的零点的个数 【答案】 1 【解析】fx的定义域为 0,2ln24603ln3660ff 由零点存在性定理知fx有零点又 1 20,fxfx x 在0,上是单调递增函数， fx只有一个零点 精彩解读 【试题来源】 人教版 A版必修 1 第 88 页例 1 【母题评析】本题考查了零点存在性定理、 函数零点个数的判断 【思路方法】 判断函数是否存在零点可用零 点存在性定理或利用数形结合法而要判断 函数有几个零点，还需要借助函数的单调 性 II 考场精彩真题回放

2、【例 2】 【2017 高考江苏卷第14 题】设( )f x 是定义在R且周 期为 1 的函数， 在区间 0,1) 上， 2 , ( ) , xxD f x xxD 其中集合 1, * n Dx xn n N，则方程( )lg0f xx的解的个数 是 【答案】 8 【解析】由于( )0,1)f x，则需考虑110x的情况，在 此范围内，xQ且xZ时，设 * ,2 q xp qp p N， 且,p q互质若lg xQ，则由lg(0,1)x，可设 * lg,2 n xm nm m N，且,m n互质 因此10 n m q p ，则10() nmq p ，此时左边为整数，右边非整 数， 矛盾，因此l

3、g xQ 因此lg x不可能与每个周期内xD 对应的部分相等，只需考虑lg x与每个周期xD的部分的 交点， 画出函数图象， 图中交点除1, 0外其它交点横坐标均 为无理数，属于每个周期xD的部分，且1x处 11 lg1 ln10ln10 x x ，则在1x附近仅有一个交点， 【命题意图】 本题主要考查考查了零点存在 性定理、函数零点个数的判断本题能较好 的考查考生分析问题解决问题的能力 【考试方向】这类试题在考查题型上，通常 基本以选择题或填空题的形式出现，难度中 等偏易， 考查基础知识的识记、理解与应用 【难点中心】解答此类问题，关键在于灵活 选择方法，如直接求解，或数形结合转化为 两个函

4、数图象的交点个数问题，或借助于导 数研究函数的单调性，得到函数的零点个 数 一次方程解的个数为8 【例 3】 【2016 高考新课标I 改编】函数 2 2 x fxxe在 2,2有个零点 【答案】 D 【解析】函数 2 2 x fxxe | 在2,2上是偶函数，其图 象关于y轴对称，故先考虑其在0,2上有几个零 点 2 00,10,(2)80,fffefx在 0,2上有零点设4 x g xfxxe 00,10,20,gggg x在0,2上有零 点又由0g x，可得40 x e，设其解为 1 x，易知 1 1,2x且 1 0,g xg x在 0,2 上有唯一零点， 设为 0 x且 0 0,1x从

5、而当 0 0xx时，0g x，即 0fx；当 0 2xx时，0g x，即0fx，故 0 (0,)xx时，( )f x为单调递减函数；当 0 (,2)xx时， ( )f x为单调递增函数 又 000,10,()0,fff xfx 在 0,2 上有唯一 零点由函数图象的对称性可知fx在0,2上有两个零点 【例 4】 【2015 年高考江苏卷】已知函数lnfxx， 2 0,01 42,1 x g x xx ， 则方程1fxg x实根的 个数为 _ 【答案】 4 【解析】方程等价于1fxg x，即 1fxg x或1fxg x共多少个根， 【命题意图】 本题主要考查考查了零点存在 性定理、函数零点个数的

6、判断本题能较好 的考查考生分析问题解决问题的能力 【考试方向】这类试题在考查题型上，通常 基本以选择题或填空题的形式出现，难度较 大 【难点中心】 一些对数型方程不能直接求出 2 2 1,01 11,12 7,2 x yg xxx xx ，数形结合可得：fx与 1yg x有两个交点； 2 2 1,01 13,12 5,2 x yg xxx xx ，同理可得fx与 1yg x有两个交点，所以共计4个 其零点，常通过平移、对称变换转化为相应 的函数图像问题，利用数形结合法将方程根 的个数转化为对应函数零点个数，而函数零 点个数的判断通常转化为两函数图像交点 的个数这时函数图像是解题关键，不仅要 研

7、究其走势（单调性，极值点、渐近线等）， 而且要明确其变化速度快慢 III理论基础解题原理 1零点的定义：一般地，对于函数yfxxD，我们把方程0fx的实数根x称为函数 yfxxD的零点 2函数零点存在性定理：设函数fx在闭区间,a b上连续，且0f af b，那么在开区间,a b内 至少有函数fx的一个零点，即至少有一点 0 ,xa b，使得 0 0fx （1）fx在,a b上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提； （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设fx连续） 若 0f af b ，则 fx 的零点不一定只有一个，可以有多个； 若0f af b，那么fx在,a b不一定有零点； 若

8、fx在,a b有零点，则f a fb不一定必须异号 3若fx在,a b上是单调函数且连续，则0fa f bfx在, a b的零点唯一 4函数的零点、方程的根、两图像交点之间的联系： 设函数为yfx，则fx的零点即为满足方程0fx的根，若fxg xh x，则方程可转 变为g xh x，即方程的根在坐标系中为,g xh x交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到 由此看来，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这些问题时要用到这三者的灵活转化 5函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零

9、点存在性定理； 作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内； 缺点：方法单一，只能判定零点存在而无法判断个数，且能否得到结论与代入的特殊值有关 （2）方程的根： 工具：方程的等价变形； 作用：当所给函数不易于分析性质和图像时，可将函数转化为方程，从而利用等式的性质可对方程进行变 形，构造出便于分析的函数； 缺点：能够直接求解的方程种类较少，很多转化后的方程无法用传统方法求出根，也无法判断根的个数 （3）两函数的交点： 工具：数形结合； 作用：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变为图形特征， 是数形结合的体现通过图像可清楚的数出交点的个数（即

10、零点，根的个数）或者确定参数的取值范围； 缺点：数形结合能否解题，一方面受制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进行参变分离， 其目的在于若含x的函数可作出图像，那么因为另外一个只含参数的图像为直线，所以便于观察），另一方 面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧，以及作图时速度与精度的平衡 IV题型攻略深度挖掘 【考试方向】 这类试题在考查题型上，通常基本以选择题或填空题的形式出现，一般难度较小若涉及的函数为分段函 数，则难度加大 【技能方法】 1零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而 利用零点存在性定理将零点确定在一个

11、较小的范围内例如：对于方程ln0xx，无法直接求出根，构 造函数lnfxxx，由 1 10,0 2 ff 即可判定其零点必在 1 ,1 2 中 2判断函数在某个区间上是否存在零点的方法 （1）解方程，当对应方程易解时，可通过解方程，看方程是否有根落在给定区间上 （2）利用零点存在性定理进行判断； （3）画出函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断 3断函数零点个数的常见方法 （1）直接法：解方程0fx，方程有几个解，函数fx就有几个零点； （2）图象法：画出函数fx的图象，函数fx的图象与x轴的交点个数即为函数fx的零点个数； （3）将函数fx拆成两个常见函数g x和h x的差

12、，从而 00fxg xh xg xh x，则函数fx的零点个数即为函数yg x与函数 yh x的图象的交点个数； （4）二次函数 2 0fxaxbxc a的零点问题主要从三个方面考虑： 判别式确定零点是否存在；对称轴的位置控制零点的位置；端点值的符号确定零点的个数 【易错指导】 对函数零点存在的判断需要注意以下两点：（1）函数fx在,a b上连续；（2）满足0fafb 上述方法只能求变号零点，对于非变号零点不能用上述方法求解 另外需要注意的是： （1）若函数 fx 的图象在 0 xx与x轴相切，则零点 0 x通常称为不变号零点； （2）函数的零点不是点，它是函yfx数与x轴的交点的横坐标，是方

13、程0fx的根 V举一反三触类旁通 【例 1】 【2018 云南昆明一中高三一模】若函数fxx，则函数 1 2 logyfxx的零点个数是 （） A5 个 B4 个 C3 个 D2 个 【答案】 D 【解析】如图：函数fx与函数 1 2 logg xx有 2 个交点，所以选D 【例 2】【2018 河南漯河高中高三上学期二模】已知函数是 上的偶函数， 且， 当 时，则函数的零点个数是（） A3 B 4 C5 D6 【答案】 B 【例 3】 【2018 辽宁庄河高中、沈阳二十中高三上学期第一次联考】函数 820 1 0 22 sin x x fx fxx ， 则函数 4 logh xfxx的零点个

14、数为（） A2 个 B3 个 C4 个 D5 个 【答案】 D 11 4sin22sin2 2222 fxfxxx；当 3 2 x时， 22 x，据此可得： 11 2sin2sin2 2222 fxfxxx；当 5 4 x时， 55 sin21 44 f ，而 44 5 loglog 41 4 ， 则函数 4 logyx与函数fx在区间 3 , 2 上有 2 个交点，很明显，当 3 2 x时， 函数图象没有交点，绘制函数图象如图所示，观察可得：函数 4 h xfxlog x的零点个数为5 个 【名师点睛】函数零点的求解与判断方法： （1）直接求零点：令f(x) 0，如果能求出解，则有几个解就有

15、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f(a) f(b) 0，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 【例 4】 【2018 贵州黔东南州第一次联考】已知函数 29 ,0 4 2,0 xxx fx xx ，若方程fxa有两个 不相等的实数根，则实数a的取值范围是（） A 59 ,2, 24 B2,C 59 ,2, 24 D 59 ,2, 24 【答案】 C 【解析】作出函数 29 ,0

16、4 2,0 xxx fx xx 的图象如下： 【名师点睛】方程的根或函数有零点求参数范围常用方法和思路 （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，在同一直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解 【例 5】 【2018 黑龙江海林模拟】设 32 fxxbxcxd，又k是一个常数，已知0k或4k时， 0fxk只有一个实根，当04k时，0fxk有三个相异实根，给出下列命题： 40fx和0fx有一个相同的实根； 0fx和0fx有一个相同的实根； 30fx的任一

17、实根大于10fx的任一实根； 50fx的任一实根小于20fx的任一实根 其中正确命题的个数为（） A3 B 2 C1 D0 【答案】 A 32 fxxbxcxd， 当04kk或时，0fxk只有一个实数根； 当04k时，0fxk有三个相异实根，故函数即有极大值，又有极小值，且极小值为0，极大值 为 4，故40fx与0fx有一个相同的实数根，即极大值点，故（1）正确 0fx与0fx有一个相同的实根，即极小值点，故（2）正确； 30fx有一实根且函数最小的零点， 10fx有 3 个实根均大于函数的最小零点，故（3）错误； 50fx有一实根且小于函数最小零点， 20fx有三个实根均大于函数最小的零点，

18、故（4）正确； 所以 A选项正确 【点睛】三次函数图象时，要关注三次函数的极值点个数，三次函数的三次项系数为正，如果有两个极值 点，那么函数为先再减最后增，满足对k是一个常数，当0k或4k时，0fxk只有一个实根， 当04k时，0fxk有三个相异实根这样的条件，说明有极小值为0，极大值为4，据此可画出 函数的模拟图像，数形结合，逐一验证 【例 6】 【2018 安徽阜阳临泉一中高三上学期二模】已知，若关于的方程 恰好有个不相等的实数根，则实数的取值范围是_ 【答案】 令，则当时，方程有一解；当时，方程有两解；时，方程有 三解关于的方程，恰好有4 个不相等实数根，关于的方程 在和上各有一解，解得

19、 ，故答案为 【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：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的范围；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；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 【例 7】 【2018 江苏南通如皋高三第一次联考】已知函数 2 1 1 5 21 28 lnxx x fx m xmxx ， ， 若 g xfxm有三个零点，则实数 m的取值范围是_ 【答案】 7 1 4 ， 【解析】g xfxm有三个零点，根据题意可得1x时，函数有一个零点；1x时，函数有两个 零点当

20、1x时， 1 lnfxx x ， 22 111 0 x fx xxx 恒成立1,fx， 故1m； 当1x 时， 25 2 28 m fxxmx，要使得g xfxm有两个零点，需满足 25 80, 82 1, 4 5 120 28 m m m m fm ，解得 7 1 4 m，综上可得 7 1 4 ，故答案为 7 1 4 ， 【例 8】 【2017 江西宜春丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学、樟树中学、宜丰中学届高三六校联考】 已知函数ln1|fxx，fxm的四个零点 1 x， 2 x， 3 x， 4 x，且 1234 1111 k xxxx ，则 k fke的值是 _ 【答案】 2 e 【

21、例 9】 【2018 辽宁庄河高中、沈阳二十中高三上学期第一次联考】已知函数将 的图象向右平移两个单位，得到函数的图象 （1）求函数的解析式； （2）若方程在上有且仅有一个实根，求的取值范围 【答案】（1）（ 2） 【解析】试题分析： （1）借助平移的知识可以直接求出函数解析式 （2） 先换元将问题转化为有且只有一个根， 再运用函数方程思想建立不等式组分析求解 （1）（ 2）设，则，原方程可化为，于是只须在 上有且仅有一个实根 法 1：设，对称轴，则或 由得，即，由得无解，则 法 2：由，得，设，则， 记，则在上是单调函数，因为故要使题设成立，只须即 从而 【名师点睛】在解答指数函数的综合题目

22、时可以采用换元法，转化为一元二次函数的问题，根据题目要求， 如需要分类讨论，再加入分类讨论 【例 10】 【江苏扬州模拟】设2fxx xax (aR) （1） 若2a，求fx在区间0,3上的最大值； （2） 若2a，写出fx的单调区间； （3） 若存在2,4a，使得方程fxtfa有三个不相等的实数解，求t的取值范围 【答案】（1） max 39fxf（2）fx的单调增区间为 2 , 2 a 和,a，单调减区间 2 , 2 a a （3） 9 1 8 t 试题解析： （1）当2a时，22fxx xx= 2 2 4 ,2 ,2 xx x xx ， fx在 R上为增函数，fx在0,3上为增函数，则

23、max 39fxf （2） 2 2 2, 2, xa x xa fx xa x xa ，2a，022aaa， 当xa时， 2 2 a a，fx在,a为增函数， 当xa时， 22 0 22 aa a，即 2 2 a a，fx在 2 , 2 a 为增函数，在 2 , 2 a a 为减 函数，则fx的单调增区间为 2 , 2 a 和, a，单调减区间 2 , 2 a a （3）由（ 2）可知，当22a时，fx为增函数，方程不可能有三个不相等实数根， 当24a时，由（ 2）得 2 2 a fatfaf ， 2 2 22 4 a aat， 即 2 2 1 8 a t a 在2,4有解，由 2 2 11

24、8822 a a aa 在2,4上为增函数， 当4a时， 2 2 8 a a 的最大值为 9 8 ，则 9 1 8 t 【例 11】 【2018 海南中学、文昌中学、海口市第一中学、农垦中学等八校联考】设函数 32 231,0 21,0 x xxx fx axex ，其中0a （1）若直线ym与函数fx的图象在0,2上只有一个交点，求m的取值范围； （2）若fxa对xR恒成立，求实数a的取值范围 【答案】（1）13m或2m； （2）, 2 e a e 令0fx得01x，fx递减，fx在1x处取得极小值，且极小值为12f， 01f，23f，由数形结合可得13m或2m （2）当0x时，21 x f

25、xa xe，0a，令0fx得1x； 令0fx得10x，fx递增；令0fx得1x，fx递减，fx在1x处取 得极小值，且极小值为 2 11 a f e ，0a， 2 10 a e ，当 2 12 a e 即0 2 e a时， min 12fxf，2a，即2a，无解，当 2 12 a e 即 2 e a时， max 2 11 a fxf e ， 2 1 a a e ，即 2 e a e ，又 22 ee e ， 2 e a e 综上，, 2 e a e 【名师点睛】函数交点问题，研究函数的单调性找函数最值，求参；恒成立求参，对于分段函数来讲，分 段讨论最值即可 【跟踪练习】 1 【 2018 江苏

26、南宁模拟】设函数，则零点的个数为（） A3 B 2 C1 D0 【答案】 B 【点睛】 函数数零点问题，常根据零点存在性定理来判断，如果函数yf(x)在区间 a ，b 上的图象是连续不断的一 条曲线，且有f(a) f(b)0 ，那么，函数yf(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 2已知函数)(xf是定义在, 00,上的偶函数，当0x时， 2,2 2 1 20, 12 )( | 1| xxf x xf x ， 则函数1)(4)(xfxg的零点个数为（） A 4 B6 C 8 D10 【答案】 D 【解析】 由fx为偶

27、函数可得： 只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当0,2x时， 可以利用2 x y利用图像变换作出图像，2x时， 1 2 2 fxfx，即自变量差2 个单位，函数值折 半，进而可作出2,4，4,6，的图像，g x的零点个数即为 1 4 fx根的个数， 即fx与 1 4 y 的交点个数， 观察图像在0x时，有 5 个交点， 根据对称性可得0x时，也有 5 个交点 共计 10 个交点 【评注】 （1） 1 2 2 fxfx类似函数的周期性，但有一个倍数关系依然可以考虑利用周期性的思想，在作 图时，以一个“周期”图像为基础，其余各部分按照倍数调整图像即可； （2）周期性函数作图时，若

28、函数图像不连续，则要注意每个周期的边界值是属于哪一段周期，在图像中要 准确标出，便于数形结合； （3）巧妙利用fx的奇偶性，可以简化解题步骤例如本题中求交点个数时，只需分析正半轴的情况， 而负半轴可用对称性解决 3已知函数yfx的图像为R上的一条连续不断的曲线，当0x时， 0 fx fx x ，则关于x的 函数 1 g xfx x 的零点的个数为（） A0 B1 C2 D0 或 2 【答案】 A 【评注】 （1）本题由于fx解析式未知，故无法利用图像解决，所以根据条件考虑构造函数，利用单调性与零点 存在性定理进行解决； （2）所给不等式 0 fx fx x 呈现出fx轮流求导的特点，猜想可能是

29、符合导数的乘法法则，变形 后可得 0 xfx x ，而g x的零点问题可利用方程进行变形，从而与条件中的xfx相联系，从而构 造出h x 4定义域为R的偶函数fx满足对xR，有21fxfxf，且当2,3x时， 2 21218fxxx，若函数log1 a yfxx在0,上至少有三个零点，则a的取值范围 是（） A 2 0, 2 B 3 0, 3 C 5 0, 5 D 6 0, 6 【答案】 B 【评注】本题有以下几个亮点： （1）fx的周期性的判定：21fxfxf可猜想与fx周期性有关，可带入特殊值，解出 1f，进而判定周期，配合对称性作图； （2）在选择出交点的函数时，若要数形结合，则要选择能

30、够做出图像的函数，例如在本题中，fx的图 像可做，且 log1 a yx可通过图像变换做出 5已知定义在R上的函数fx满足2fxfx，当1,3x时， 2 1,1,1 12 ,1,3 xx fx txx ，其中0t，若方程3fxx恰有三个不同的实数根，则实数t的取值 范围是（） A 4 0, 3 B 2 ,2 3 C 4 ,3 3 D 2 , 3 【答案】 B 66 22 fg fg (6)(2)2 2 (2) 3 fft ft ，即 2 2 3 t 6 【 2018 广东广州模拟】已知函数 2 11,1, 42,1 xx fx xxx， 则函数 22 x g xfx的零点个数 为个 【答案】2

31、 【解析】 22 x g xfx的零点个数，即是方程 2 2 x fx的根的个数，也就是yfx与 2 2 x y 的图象的交点个数，分别作出 yfx 与 2 2 x y的图象，如图所示，由图象知yfx与 2 2 x y的图 象有两个交点，所以函数 g x 有2个零点 1234567-1-2-3-4-5-6-7 -1 -2 -3 -4 1 2 3 4 x y O 7【2018 全国名校第二次大联考】函数fx有 4 个零点，其图象如下图， 和图象吻合的函数解析式是（） Asinlgfxxx BsinlgfxxxCsinlgfxxx Dsinlgfxxx 【答案】 D 得解：本函数图象的交点、函数的

32、零点、方程的根往往是“知一求二”，解答时要先判断哪个好求解就转 化为哪个，判断函数yfx零点个数的常用方法： （1） 直接法：令0,fx则方程实根的个数就是 函数零点的个；（2） 零点存在性定理法：判断函数在区间,a b上是连续不断的曲线，且0,fa f b再 结合函数的图象与性质( 如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；（3） 数形结合法： 转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一 个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性， 确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理

33、，有时可结合函数的图象辅助解题 8 【2018 四川绵阳高三第一次诊断性考试】函数满足，且当时，若 函数的图象与函数（， 且） 的图象有且仅有4 个交点，则 的取值集合为 （） A B C D 【答案】 C 【解析】因为函数满足，所以函数的周期为又在一个周期内，函数解析式为 ，所以可作出函数图象，在同一坐标系内作函数的图象，要使两个函数图象有且仅有 四个交点，只需，所以，故选 C 9 【 2018 安徽十大名校高三11 月联考】若函数 32 ,1 924,1 sinxx x fx xxxm x 有 4 个零点，则实数m 的取值范围是（） A16,20 B20, 16 C, 2016, D,16

34、20, 【答案】 B 【解析】当1x时，cos10fxx恒成立，又00f， 则函数fx在,1上有且只有1 个零点； 当1x时，函数 2 31824324fxxxxx，则函数fx在1,2上单调递增， 在2,4上 单调递减，在4,上单调递增， 所以此时函数fx的极大值为22fm，极小值为4161fmf， 要使得fx有 4 个零点，则 160 200 m m ，解得2016m，故选 B 【名师点睛】本题主要考查了根据函数的零点求解参数的取值范围问题，其中解答中涉及到利用导数研究 函数的单调性，利用导数研究函数的极值等知识点的综合应用，着重考查了数形结合思想和转化与化归思 想的应用，解答中把函数的零点

35、问题转化为函数的图象与x的交点个数， 利用函数的极值求解是解答的关键， 试题有一定的难度，属于中档试题 10 【2018 江苏淮安盱眙中学高三第一次学情调研】已知函数 2 2fxxm的图象与函数lng xx的 图象有四个交点，则实数m的取值范围为 _ 【答案】 1 ,ln2 2 1 + 2 ，上个递增，由 1 40hxx x 可得函数 2 2lnh xxmx在 1 0 2 ，上个递减，所以函 数 2 2lnh xxmx最小值为 2 111 2ln 222 hm ，令 1 0 2 h ，可得 1 ln2 2 m，此时函 数 2 2lnh xxmx有两个零点，故函数 2 2fxxm的图象与函数ln

36、g xx的图象有四个交 点，实数m的取值范围为 1 ,ln2 2 ，故答案为 1 ,ln2 2 【方法点睛】本题主要考查函数图象的交点、函数的零点、方程的根，属于难题函数图象的交点、函数 的零点、方程的根往往是“知一求二”，解答时要先判断哪个好求解就转化为哪个，判断函数yfx零 点个数的常用方法： （1） 直接法：令0,fx则方程实根的个数就是函数零点的个；（2） 零点存在性 定理法：判断函数在区间,a b上是连续不断的曲线，且0,f a f b再结合函数的图象与性质(如单调 性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；（ 3） 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点 个数问题，画出两

37、个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间 内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要 利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题 11 【2018 安徽滁州高三9 月联合质量检测】已知 1 1,01 1 , 10 x fx fx xx ，若方程 200fxaxaa有唯一解，则实数a的取值范围是_ 【答案】 1 , 3 由图可知： 1 3 a 【名师点睛】根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题， （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解； （2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，

38、如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参 数的交点个数； （3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解 12 【2018 辽宁庄河高中、沈阳二十中高三上学期第一次联考】已知函数2 x x a fxaR x 将 yfx的图象向右平移两个单位，得到函数yg x的图象 （1）求函数yg x的解析式； （2）若方程fxa在0,1x上有且仅有一个实根，求a的取值范围 【答案】（1） 2 2 2 2 x x a g x（2） 14 23 a （1） 2 2 2 2 x x a g x（ 2） 设2 x t， 则1 ,2t， 原方程可化为 2 0tata， 于是只须 2 0tata

39、在1,2t上有且仅有一个实根 法 1：设 2 k ttata，对称轴 2 a t，则120kk或 0 12 2 a 由得12430aa，即21 340aa， 14 23 a 由得 2 40 24 aa a 无解，则 14 23 a 法 2：由 2 0ta ta，1,2t，得 2 111 att ，1,2t，设 1 u t ，则 1 ,1 2 u ， 2 1 uu a 记 2 g uuu，则 2 g uuu在 1 ,1 2 上是单调函数，因为故要使题设成立，只须 11 1 2 gg a 即 41 2 3a 从而 14 23 a 【名师点睛】在解答指数函数的综合题目时可以采用换元法，转化为一元二次

40、函数的问题，根据题目要求， 如需要分类讨论，再加入分类讨论 13【 2018 河南林州一中高三8 月调研】已知函数cossin x fxaexxx， 且曲线yfx在0,0f 处的切线与0xy平行 （1）求a的值； （2）当, 22 x 时，试探究函数fx的零点个数，并说明理由 【答案】（1）1a（2）见解析 【解析】试题分析: （1）根据曲线yfx在 0,0f处的切线与0xy平行可得 : 0fa，进 而求出 a 值； （ 2）当,0 2 x 时， cos1 sin0 xx fxexxex，函数fx在,0 2 单调递增， 根据零点存在性定理可得: fx在,0 2 上只有一个零点当0, 4 x 时

41、，0fx 恒成立，构造函数,0, 4 x xex x ，求导判断单调性与最值可得0 x ex， 又0, 4 x 时，cossin0xx，所以cossin x exxx，即f xg x，故函数fx在0, 4 上没 有零点，当, 42 x 时，cossinsincos0 x fxexxxxx， 所以函数fx在, 42 上单调递减， 根据零点存在性定理可得: 函数fx在, 42 上有且只有一个零 点，综上所述, 22 x 时，函数fx有两个零点 试题解析 :解： （1）依题意01f，故cossinsincos x fxaexxxxx， 故0fa，解得1a （2）当,0 2 x 时， cos1 sin

42、 xx fxexxex，此时cos0 x exx， 1 sin0 x ex， 函数fx在,0 2 单调递增， 故函数fx在,0 2 至多有一个零点，又010,0 22 ff ， 而且函数fx在,0 2 上是连续不断的，因此函数fx在,0 2 上只有一个零点 当0, 4 x 时，0fx恒成立，证明如下：设,0, 4 x xex x ，则10 x xe， 所以x在0, 4 上单调递增， 所以0, 4 x 时，00x，所以0 x ex，又0, 4 x 时，cossin0xx，所以cossin x exxx，即fxg x，故函数fx在0, 4 上没有零点， 当, 42 x 时，cossinsincos0 x fxexxxxx， 所以函数fx在, 42 上单调递减，故函数fx在, 42 至多有一个零点， 又 4 2 0,0 42422 fef ，而且函数fx在, 42 上是连续不断的， 因此，函数fx在, 42 上有且只有一个零点 综上所述, 22 x时，函数fx有两个零点