人教新课标A版高考数学黄金题系列第20题函数零点的个数问题理 22页

第 20 题 函数零点的个数问题 I．题源探究·黄金母题 【例 1】求函数 ( ) ln 2 6f x x x   的零点的个数． 【答案】1． 【解析】  f x 的定义域为  0, ．    , ,2 ln2 4 6 0 3 ln3 6 6 0f f        由零点存在性定理知  f x 有零点．又    1 2 0,f x f xx      在  0, 上是单调递增函数，  f x 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 【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, ,( ) , , x x Df x x x D     其中集合 1, *nD x x nn      N ，则方程 ( ) lg 0f x x  的解的个数 是 ． 【答案】8 【解析】由于 ( ) [0,1)f x  ，则需考虑1 10x  的情况，在 此范围内， x Q 且 xZ 时，设 *, , , 2qx p q pp   N ， 且 ,p q 互质．若 lg x Q ，则由 lg (0,1)x ，可设 *lg , , , 2nx m n mm   N ，且 ,m n 互质． 因此10 n m q p  ，则10 ( )n mq p  ，此时左边为整数，右边非整 数，矛盾，因此 lg x Q ．因此 lg x 不可能与每个周期内 x D 对应的部分相等，只需考虑 lg x 与每个周期 x D 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 x D 的部分，且 1x  处   1 1lg 1ln10 ln10x 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   22 xf x x e  在  2,2 有 个零点． 【答案】D． 【解析】函数   22 xf x x e  |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．      20 0, 1 0, (2) 8 0,      f f f e f x 在  0,2 上有零点．设     4 xg x f x x e   ．        0 0, 1 0, 2 0,g g g g x    在 0,2 上有零 点．又由   0g x  ，可得 4 0xe  ，设其解为 1x ，易知  1 1,2x  且    1 0,g x g x  在 0,2 上有唯一零点，设为 0x 且  0 0,1x  ．从而当 00 x x  时，   0g x  ，即   0f x  ；当 0 2x x  时，   0g x  ，即   0f x  ，故 0(0, )x x 时， ( )f x 为单调递减函数；当 0( ,2)x x 时， ( )f x 为单调递增函数． 又      00 0, 1 0, ( ) 0,f f f x f x     在 0,2 上有唯一 零点．由函数图象的对称性可知  f x 在 0,2 上有两个零点． 【例 4】【2015 年高考江苏卷】已知函数   lnf x x ，   2 0,0 1 4 2, 1 x g x x x       ，则方程     1f x g x  实根 的个数为__________． 【答案】4． 【解析】方程等价于     1f x g x   ，即     1f x g x   或     1f x g 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 1,0 1 1 1,1 2 7 , 2 x y g x x x x x            ，数形结合可得：  f x 与  1y g x  有两个交点；   2 2 1,0 1 1 3,1 2 5 , 2 x y g x x x x x              ，同理可得  f x 与  1y g 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   y f x x D  ，我们把方程   0f x  的实数根 x 称为函数   y f x x D  的零点． 2．函数零点存在性定理：设函数  f x 在闭区间 ,a b 上连续，且     0f a f b  ，那么在开区间  ,a b 内 至少有函数  f x 的一个零点，即至少有一点  0 ,x a b ，使得  0 0f x  ． （1）  f x 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  f x 连续） ① 若     0f a f b  ，则  f x 的零点不一定只有一个，可以有多个； ② 若     0f a f b  ，那么  f x 在 ,a b 不一定有零点； ③ 若  f x 在 ,a b 有零点，则    f a f b 不一定必须异号． 3．若  f x 在 ,a b 上是单调函数且连续，则      0f a f b f x  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  y f x ，则  f x 的零点即为满足方程   0f x  的根，若      f x g x h x  ，则方程可转 变为    g x h x ，即方程的根在坐标系中为    ,g x h 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较小的范围内．例如：对于方程ln 0x x  ，无法直接求出根，构 造函数   lnf x x x  ，由   11 0, 02f f      即可判定其零点必在 1 ,12     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   0f x  ，方程有几个解，函数  f x 就有几个零点； （2）图象法：画出函数  f x 的图象，函数  f x 的图象与 x 轴的交点个数即为函数  f x 的零点个数； （3）将函数  f x 拆成两个常见函数  g x 和  h x 的差，从而          0 0f x g x h x g x h x      ，则函数  f x 的零点个数即为函数  y g x 与函数  y h x 的图象的交点个数； （4）二次函数    2 0f x ax bx c a    的零点问题主要从三个方面考虑： ①判别式  确定零点是否存在；②对称轴的位置控制零点的位置；③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  f x 在 ,a b 上连续；（2）满足     0f a f b  ． 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  f x 的图象在 0x x 与 x 轴相切，则零点 0x 通常称为不变号零点； （2）函数的零点不是点，它是函  y f x 数与 x 轴的交点的横坐标，是方程   0f x  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  f x x ，则函数   1 2 logy f x x  的零点个数是（ ） A．5 个 B．4 个 C．3 个 D．2 个 【答案】D 【解析】如图：函数  f x 与函数   1 2 logg x x 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（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【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       8 2 0 { 1 02 2 sin x x f x f x x         ， 则函数     4logh x f x x  的零点个数为（ ） A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．5 个 【答案】D   1 1 4sin2 2sin22 2 2 2f x f x x x                 ；当 3 2x    时， 2 2x     ，据此可得：   1 1 2sin2 sin22 2 2 2f x f x x x                    ；当 5 4x  时， 5 5sin 2 14 4f              ，而 4 4 5log log 4 14    ，则函数 4logy x 与函数  f x 在区间 3, 2      上有 2 个交点，很明显，当 3 2x  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     4h x f x log 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   2 9 , 0{ 4 2, 0 x x xf x x x      ，若方程  f x a 有两个 不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是（ ） A．  5 9, 2,2 4        B． 2,  C．  5 9, 2,2 4         D．  5 9, 2,2 4        【答案】C 【解析】作出函数   2 9 , 0{ 4 2, 0 x x xf x x x      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   3 2f x x bx cx d    ，又 k 是一个常数，已知 0k  或 4k  时，   0f x k  只有一个实根，当 0 4k  时，   0f x k  有三个相异实根，给出下列命题： ①   4 0f x   和  ' 0f x  有一个相同的实根； ②   0f x  和  ' 0f x  有一个相同的实根； ③   3 0f x   的任一实根大于   1 0f x   的任一实根； ④   5 0f x   的任一实根小于   2 0f x   的任一实根． 其中正确命题的个数为（ ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A   3 2f x x bx cx d    ， 当 0 4k k或 时，   0f x k  只有一个实数根； 当 0 4k  时，   0f x k  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   4 0f x   与   0f x  有一个相同的实数根，即极大值点，故（1）正确．   0f x  与   0f x  有一个相同的实根，即极小值点，故（2）正确；   3 0f x   有一实根且函数最小的零点，   1 0f x   有 3 个实根均大于函数的最小零点，故（3）错误；   5 0f x   有一实根且小于函数最小零点，   2 0f x   有三个实根均大于函数最小的零点，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，   0f x k  只有一个实根， 当 0 4k  时，   0f x k  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 ，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：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的范围；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． 【例 7】【2018 江苏南通如皋高三第一次联考】已知函数   2 1 1 { 52 12 8 lnx xxf x mx mx x        ， ， ， ， 若    g x f x m  有三个零点，则实数 m 的取值范围是________． 【答案】 71 4      ， 【解析】    g x f x m  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 1x  时，   1lnf x x x   ，   2 2 1 1 1 0xf x x x x      恒成立    1,f x   ，故 1m  ；当 1x  时，   2 52 2 8 mf x x mx    ，要使得    g x f x m  有两个零点，需满足   2 58 0 ,8 2 1,4 51 2 02 8 mm m mf m                     ，解得 71 4m  ，综上可得 71 4      ， ，故答案为 71 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   ln 1||f x x  ，  f x m 的四个零点 1x ， 2x ， 3x ， 4x ，且 1 2 3 4 1 1 1 1k x x x x     ，则   kf k e 的值是__________． 【答案】 2e 【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 ①．或 ② 由①得 ，即 ， ．由②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   2f x x x a x   ( aR) （1） 若 2a  ，求  f x 在区间 0,3 上的最大值； （2） 若 2a  ，写出  f x 的单调区间； （3） 若存在  2,4a  ，使得方程    f x tf a 有三个不相等的实数解，求t 的取值范围． 【答案】（1）    max 3 9f x f  （2）  f x 的单调增区间为 2, 2 a     和 ,a  ，单调减区间 2 ,2 a a     （3） 91 8t  试题解析： （1）当 2a  时，   2 2f x x x x   = 2 2 4 , 2{ , 2 x x x x x     ，   f x 在 R 上为增函数，  f x 在 0,3 上为增函数，则    max 3 9f x f  ． （2）       2 2 2 ,{ 2 , x a x x af x x a x x a        ， 2a  ， 0 2 2a a a      ， 当 x a 时， 2 2 aa  ，   f x 在 ,a  为增函数 ， 当 x a 时， 2 2 02 2 a aa    ，即 2 2 a a  ，  f x 在 2, 2 a     为增函数，在 2 ,2 a a     为减 函数，则  f x 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 2 2a   时，  f x 为增函数，方程不可能有三个不相等实数根， 当 2 4a  时，由（2）得     2 2 af a tf a f       ，  222 2 4 aa at   ， 即  221 8 at a   在 2,4 有解，由  22 1 1 8 8 2 2 a a a a     在 2,4 上为增函数， 当 4a  时，  22 8 a a  的最大值为 9 8 ，则 91 8t  ． 【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   3 22 3 1, 0{ 2 1, 0x x x xf x axe x      ，其中 0a  ． （1）若直线 y m 与函数  f x 的图象在  0,2 上只有一个交点，求 m 的取值范围； （2）若  f x a  对 x R 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1） 1 3m   或 2m   ；（2） ,2 ea e      ． 令  ' 0f x  得 0 1x  ，  f x 递减，∴  f x 在 1x  处取得极小值，且极小值为  1 2f   ， ∵  0 1f   ，  2 3f  ，∴由数形结合可得 1 3m   或 2m   ． （2）当 0x  时，    ' 2 1 xf x a x e  ， 0a  ，令  ' 0f x  得 1x   ； 令  ' 0f x  得 1 0x   ，  f x 递增；令  ' 0f x  得 1x   ，  f x 递减，∴  f x 在 1x   处取 得极小值，且极小值为   21 1af e     ，∵ 0a  ，∴ 2 1 0a e    ，∵当 2 1 2a e     即 0 2 ea  时，    min 1 2f x f   ，∴ 2a   ，即 2a  ，∴无解，当 2 1 2a e     即 2 ea  时，    max 21 1af x f e      ，∴ 2 1aa e     ，即 2 ea e   ，又 2 2 e e e  ，∴ 2 ea e   ． 综上， ,2 ea 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 江苏南宁模拟】设函数 ，则 零点的个数为（ ） A．3 B．2 C．1 D．0 【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 y＝f(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 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． 2．已知函数 )(xf 是定义在     ,00,  上的偶函数，当 0x 时，         2,22 1 20,12 )( |1| xxf x xf x ， 则函数 1)(4)(  xfxg 的零点个数为 （ ） A． 4 B．6 C．8 D．10 【答案】D． 【解析】由  f x 为偶函数可得：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 2xy  利用图像变换作出图像， 2x  时，    1 22f x f x  ，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 4f x  根的个数，即  f x 与 1 4y  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 22f x f x  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  f x 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  y f x 的图像为 R 上的一条连续不断的曲线，当 0x  时，    ' 0f xf 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】A． 【评注】 （1）本题由于  f x 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    ' 0f xf x x   呈现出  f x 轮流求导的特点，猜想可能是符合导数的乘法法则，变形 后可得   ' 0xf x 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  xf x 相联系，从而构 造出  h x ． 4．定义域为 R 的偶函数  f x 满足对 x R  ，有      2 1f x f x f   ，且当  2,3x  时，   22 12 18f x x x    ，若函数    log 1ay f x x   在  0, 上至少有三个零点，则 a 的取值范围 是 （ ） A． 20, 2       B． 30, 3       C． 50, 5       D． 60, 6       【答案】B． 【评注】本题有以下几个亮点： （1）  f x 的周期性的判定：      2 1f x f x f   可猜想与  f x 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，则要选择能够做出图像的函数，例如在本题中，  f x 的图 像可做，且  log 1ay x  可通过图像变换做出． 5．已知定义在 R 上的函数  f x 满足    2f x f x   ，当  1,3x   时，         21 , 1,1 1 2 , 1,3 x xf x t x x         ，其中 0t  ，若方程  3 f x x 恰有三个不同的实数根，则实数 t 的取值 范围是 （ ） A． 40, 3      B． 2 ,23      C． 4 ,33      D． 2 ,3     【答案】B．         6 6 2 2 f g f g    (6) (2) 2 2(2) 3 f f t f t      ，即 2 23 t  ． 6．【2018 广东广州模拟】已知函数   2 1 1 , 1, 4 2, 1 x x f x x x x         ， 则函数    2 2xg x f x  的零点个数 为 个． 【答案】 2 ． 【解析】    2 2xg x f x  的零点个数，即是方程   2 2 xf x  的根的个数，也就是  y f x 与 2 2 xy  的图象的交点个数，分别作出  y f x 与 2 2 xy  的图象，如图所示，由图象知  y f x 与 2 2 xy  的图 象有两个交点，所以函数  g x 有 2 个零点． 7．【2018 全国名校第二次大联考】函数  f x 有 4 个零点，其图象如下图，和图象吻合的函数解析式是（ ） A．   sin lgf x x x  B．   sin lgf x x x  C．   sin lgf x x x  D．   sin lgf x x x  【答案】D 得解：本函数图象的交点、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  y f x 零点个数的常用方法：（1） 直接法： 令   0,f x  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． 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   3 2 , 1{ 9 24 , 1 sinx x xf x x x x m x       有 4 个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A． 16,20 B． 20, 16  C．   , 20 16,     D．   ,16 20,   【答案】B 【解析】 当 1x  时，   cos 1 0f x x   恒成立，又  0 0f  ， 则函数  f x 在 ,1 上有且只有 1 个零点； 当 1x  时，函数     23 18 24 3 2 4f x x x x x      ，则函数  f x 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  f x 的极大值为  2 2f m   ，极小值为    4 16 1f m f   ， 要使得  f x 有 4 个零点，则 16 0{ 20 0 m m     ，解得 20 16m    ，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   22f x x m  的图象与函数   lng x x 的 图象有四个交点，则实数 m 的取值范围为________． 【答案】 1, ln22       1 +2     ， 上个递增，由   1' 4 0h x x x    可得函数   22 lnh x x m x   在 10 2      ， 上个递减，所以函 数   22 lnh x x m x   最小值为 21 1 12 ln2 2 2h m            ，令 1 02h     ，可得 1 ln22m   ，此时函 数   22 lnh x x m x   有两个零点，故函数   22f x x m  的图象与函数   lng x x 的图象有四个交 点，实数 m 的取值范围为 1, ln22       ，故答案为 1, ln22       ． 【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  y f x 零 点个数的常用方法：（1） 直接法： 令   0,f x  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 1,0 11{ , 1 0 xf xf x x x       ，若方程    2 0 0f x ax a a    有唯一解，则实数 a 的取值范围是__________． 【答案】 1 ,3    由图可知： 1 3a  ． 【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，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    2x x af x a Rx    将  y f x 的图象向右平移两个单位，得到函数  y g x 的图象． （1）求函数  y g x 的解析式； （2）若方程  f x a 在  0,1x 上有且仅有一个实根，求 a 的取值范围． 【答案】（1）   2 22 2 x x ag x    （2） 1 4 2 3a  （1）   2 22 2 x x ag x    （2）设 2x t ，则  1,2t  ，原方程可化为 2 0t at a   ，于是只须 2 0t at a   在  1,2t  上有且仅有一个实根． 法 1：设   2k t t at a   ，对称轴 2 at  ，则    1 2 0k k  ①．或 0 { 1 22 a     ② 由①得  1 2 4 3 0a a   ，即  2 1 3 4 0a a   ， 1 4 2 3a  ． 由②得 2 4 0{ 2 4 a a a     无解，则 1 4 2 3a  ． 法 2：由 2 0t at a   ，  1,2t  ，得 21 1 1 a t t      ，  1,2t  ，设 1u t  ，则 1 ,12u      ， 21 u ua   ． 记   2g u u u  ，则   2g u u u  在 1 ,12      上是单调函数，因为故要使题设成立，只须  1 1 12g ga       ．即 4 1 23 a   ．从而 1 4 2 3a  ． 【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   cos sinxf x ae x x x    ，且曲线  y f x 在   0, 0f 处的切线与 0x y  平行． （1）求 a 的值； （2）当 ,2 2x       时，试探究函数  f x 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  y f x 在   0, 0f 处的切线与 0x y  平行可得:  0f a  ，进 而求出 a 值；（2）①当 ,02x      时，      cos 1 sin 0x xf x e x x e x     ，函数  f x 在 ,02     单调递增，根据零点存在性定理可得:  f x 在 ,02     上只有一个零点．②当 0, 4x     时，   0f x  恒成立，构造函数   , 0, 4 xx e x x         ，求导判断单调性与最值可得 0xe x  ， 又 0, 4x     时， cos sin 0x x  ，所以 cos sinxe x x x ，即    f x g x ，故函数  f x 在 0, 4      上没 有零点，③当 ,4 2x      时，    cos sin sin cos 0xf x e x x x x x      ， 所以函数  f x 在 ,4 2       上单调递减，根据零点存在性定理可得:函数  f x 在 ,4 2       上有且只有一个零 点，综上所述 ,2 2x       时，函数  f x 有两个零点． 试题解析:解：（1）依题意  0 1f   ，故    cos sin sin cosxf x ae x x x x x      ， 故  0f a  ，解得 1a  ． （2）①当 ,02x      时，      cos 1 sinx xf x e x x e x    ，此时 cos 0xe x x  ，  1 sin 0xe x  ， 函数  f x 在 ,02     单调递增， 故函数  f x 在 ,02     至多有一个零点，又  0 1 0, 02 2f f           ， 而且函数  f x 在 ,02     上是连续不断的，因此函数  f x 在 ,02     上只有一个零点． ②当 0, 4x     时，   0f x  恒成立，证明如下：设   , 0, 4 xx e x x         ，则   1 0xx e    ， 所以  x 在 0, 4      上单调递增，所以 0, 4x     时，    0 0x   ，所以 0xe x  ，又 0, 4x     时， cos sin 0x x  ，所以 cos sinxe x x x ，即    f x g x ，故函数  f x 在 0, 4      上没有零点， ③当 ,4 2x      时，    cos sin sin cos 0xf x e x x x x x      ， 所以函数  f x 在 ,4 2       上单调递减，故函数  f x 在 ,4 2       至多有一个零点， 又 42 0, 04 2 4 2 2f e f                       ，而且函数  f x 在 ,4 2       上是连续不断的， 因此，函数  f x 在 ,4 2       上有且只有一个零点． 综上所述 ,2 2x       时，函数  f x 有两个零点．