高中数学讲义微专题11 函数零点的性质问题 12页

微专题 11 函数零点的性质 一、基础知识： 1、函数零点，方程，图像交点的相互转化：有关零点个数及性质的问题会用到这三者的转 化，且这三者各具特点： （1）函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数 的单调性确定是否存在零点 （2）方程：方程的特点在于能够进行灵活的变形，从而可将等号两边的表达式分别构造为 两个可分析的函数，为作图做好铺垫 （3）图像的交点：通过作图可直观的观察到交点的个数，并能初步判断交点所在区间。 三者转化：函数 的零点 方程 的根 方程 的根 函数 与 的交点 2、此类问题的处理步骤： （1）作图：可将零点问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题， 并作出函数图像 （2）确定变量范围：通过图像与交点位置确定参数和零点的取值范围 （3）观察交点的特点（比如对称性等）并选择合适的方法处理表达式的值， 3、常见处理方法： （1）代换法：将相等的函数值设为 ，从而用 可表示出 ，将关于 的表达 式转化为关于 的一元表达式，进而可求出范围或最值 （2）利用对称性解决对称点求和：如果 关于 轴对称，则 ；同理， 若 关于 中心对称，则也有 。将对称的点归为一组，在求和时可与 对称轴（或对称中心）找到联系 二、典型例题： 例 1：已知函数 ，若 ，且 ，则 的取值范围是 （ ） A. B. C. D.  f x    0f x  方程变形    g x h x   g x  h x t t 1 2, ,x x  1 2, ,x x  t 1 2,x x x a 1 2 2x x a  1 2,x x  ,0a 1 2 2x x a    lgf x x 0 a b     f a f b 2a b  2 2, 2 2,   3,  3, 思路：先做出 的图像，通过图像可知，如果 ，则 ，设 ，即 ，由 范围 可得： ，从而 ， 所 以 ， 而 ， 所 以 答案：C 小炼有话说：（1）此类问题如果 图像易于作出，可先作图以便于观察函数特点 （2）本题有两个关键点，一个是引入辅助变量 ，从而用 表示出 ，达到消元效果，但 是要注意 是有范围的（通过数形结合 需与 有两交点）；一个是通过图像判 断出 的范围，从而去掉绝对值。 例 2：已知函数 ，若有三个不同的实数 ，使得 ，则 的取值范围是 ________ 思路： 的图像可作，所以考虑作出 的图 像 ， 不 妨 设 ， 由 图 像 可 得 ： ，且关于 轴 对称，所以有 ，再观察 ，且 ， 所以 ，从而 答案： 小炼有话说：本题抓住 关于 对称是关键，从而可由对称求得 ，使得所 求式子只需考虑 的范围即可  f x    f a f b 0 1a b      f a f b t   lg 0 lg a t t b t    ,a b lg 0,lg 0a b  lg lg t t a t a e b t b e        12 2 t ta b ee   0te   12 3,t te e    f x t t ,a b t y t  y f x ,a b      2015 cos , 0,2 log , , x x f x x x               , ,a b c      f a f b f c  a b c   f x  f x a b c       0,1f a f b   , 0,a b  2x  2 2 a b a b      c       2015log 0,1cf c f a   20150 log 1 2015c c         2 ,2016a b c c        2 ,2016  ,a b 2x  a b   c 例 3：定义在 上的奇函数 ，当 时， ，则关于 的函数 的所有零点之和为（ ） A. B. C. D. 思路： 为奇函数，所以考虑先做出正半轴的 图像，再利用对称作出负半轴图像，当 时， 函数图象由两部分构成，分别作出各部分图像。 的 零 点 ， 即 为 方 程 的 根 ， 即 图像与直线 的交点。观察图像可得有 5 个 交 点 ： 关 于 对 称 ， ， 且 满 足 方 程 即 ，解得： ， 关于 轴对称， 答案：B 例 4 ： 已 知 ， 函 数 的 零 点 分 别 为 ， 函 数 的零点分别为 ，则 的最小值为 （ ） A. B. C. D. 思路：从 解析式中发现 可看做 与 的交点， 可看做 与 的 交点，且 ，从而 均可由 进 行表示，所以 可转化为关于 的函数， 再求最小值即可 解：由图像可得： R  f x 0x        1 2 log ( 1), 0,1 1 3 , 1, x x f x x x          x     (0 1)F x f x a a    2 1a  1 2a 2 1a  1 2 a  f x 0x   F x   0f x a   f x y a 1 2,x x 3x   1 2 6x x   3 0x       3 3 3f x a f x a f x a          1 3 2 log 1x a   3 1 2ax   4 5,x x 3x  4 5 6x x   1 2 3 4 5 1 2ax x x x x       1 13 k    2 1xf x k    1 2 1 2,x x x x   2 1 2 1 x kg x k     3 4 3 4,x x x x    4 3 2 1x x x x   1 2log 3 2log 6 3    ,f x g x 1 2,x x 2 1xy   y k 3 4,x x 2 1xy   2 1 ky k  1 2 3 40 , 0x x x x    1 2 3 4, , ,x x x x k    4 3 2 1x x x x   k 1 2 3 40 , 0x x x x    答案：B 例 5：已知函数 有两个不同的零点 ，则（ ） A. B. C. D. 思路：可将零点化为方程 的根，进而转化为 与 的 交 点 ， 作 出 图 像 可 得 ，进而可将 中 的绝对值去掉得： ， 观察选项涉及 ，故将② ① 可得： ， 而 为 减 函 数 ， 且 ， 从 而 3 1 2 4 1 21 2 2 1, 2 1 2 1 2 1 x x x x k k k kk k                 1 2 2 2log 1 , log 1x k x k     3 2 2 4 2 2 1 3 1log 1 log , log 1 log2 1 2 1 2 1 2 1 k k k kx xk k k k                                   4 3 2 1 2 2 2 2 3 1 1 3 1 4log log log log 31 1 1 1 k k kx x x x k k k k                                     1,13k      43 3,1 k         4 3 2 1 2log 3,x x x x         3 1log 1 13 x f x x        1 2,x x 1 2 1x x  1 2 1 2x x x x   1 2 1 2x x x x   1 2 1 2x x x x    3 1log 1 13 x x          3log 1g x x    1 13 x h x      1 21 2x x    3 1log 1 13 x x           1 2 3 1 3 2 1log 1 13 1log 1 13 x x x x                   ① ② 1 2 1 2,x x x x      2 1 3 2 1 1 1log 1 1 3 3 x x x x                  1 3 x y      2 1x x ， 即 答案：D 例 6：已知函数 ，存在 ， ， 则 的最大值为 思路：先作出 的图像，观察可得： ，所求 可先减少变 量 个 数 ， 利 用 可 得 ： ， 从 而 只 需 求 出 在 的 最 小 值 即 可 ： ， 所 以 函 数 在 单 增 ， 在 单 减 。 从 而 答案： 例 7 ： 已 知 定 义 在 上 的 函 数 满 足 ： ， 且 ， ，则方程 在区间 上的所有实根之 和为（ ） A. B. C. D. 思路：先做图观察实根的特点，在 中，通过作图可 发 现 在 关 于 中 心 对 称 ， 由 可得 是周期为 2 的周期函数，则 在下一个周期 中， 关于 中心对称，        3 2 1 2 1 1 2 1 2log 1 1 0 1 1 1 0x x x x x x x x             1 2 1 2x x x x       )(,3 )0(|,ln|)( 33 3 exxe exxxf 321 xxx  )()()( 321 xfxfxf  2 3 )( x xf  f x 3 1 2 30 1x x e x     2 3 )( x xf    3 2f x f x  23 2 2 2 2 ( ) lnf xf x x x x x  ln xy x  31,e ' 2 1 ln xy x  ln xy x  1,e  3,e e max ln 1ey e e  1 e R  f x       2 2 2, 0,1 2 , 1,0 x x f x x x           2f x f x    2 5 2 xg x x      f x g x  5,1 5 6 7 8  1,1  f x  1,1  0,2    2f x f x   f x  3, 1   f x  2,2 以此类推。从而做出 的图像（此处要注意区间端点值在何处取到），再看 图像， ，可视为将 的图像向左平移 2 个单位后再向上平移 2 个 单位，所以对称中心移至 ，刚好与 对称中心重合，如图所示：可得共有 3 个 交点 ，其中 ， 与 关于 中心对称，所以有 。所 以 答案：C 例 8：函数 ，直线 与函数 的图像相交于四个不同 的点，从小到大，交点横坐标依次记为 ，有以下四个结论 ① ② ③ ④ 若关于 的方程 恰有三个不同实根，则 的取值唯一 则其中正确的结论是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 思路：本题涉及到 的取值，及 4 个交点的性质，所以先 作出 的图像，从而从图上确定存在 个交点时， 的范围是 ，所以①正确。从图像上可看出 在同一 曲线， 在同一曲线上，所以②③在处理时将 放在 一组， 放在一组。 ②涉及到根的乘积，一方面 为方程 的两根，所以由韦达定理，可得 ，而 为方程 的两根，且 ，从而 ， 即 ，所以有 ，②正确 ③由②中的过程可得： ， ，所以 ，从 而 ，而 ， 设  f x  g x   2 5 122 2 xg x x x     1y x  2,2  f x 1 2 3x x x  2 3x   1x 3x  2,2 1 3 4x x   1 2 3 7x x x      2 2 3, 0 2 ln , 0 x x xf x x x        y m  f x , , ,a b c d  3,4m 40,abcd e  5 6 2 1 12, 2a b c d e ee e            x  f x x m  m m  f x 4 m  3,4 ,a b ,c d ,a b ,c d ,a b 2 2 3x x m    3ab m  ,c d 2 ln x m  20 c e d   2 ln ln 2c d   4ln 4cd cd e     4 43 0,abcd m e e    2a b   2 ln ln 2c d m    2 2,m mc e d e   2 2 2 12 2m m m ma b c d e e e e e                  3,4m 3 4,me e e  ，则 为增函数，所以 ③正确 ④可将问题转化为 与 的交点个数问题，通过作图可得 的值不唯一 综上所述：①②③正确 答案：A 例 9 ： 已 知 函 数 ， 若 ， 且 ，则 的值（ ） A. 恒小于 2 B. 恒大于 2 C. 恒等于 2 D. 与 相关 思路：观察到当 时， 为单调函数，且 时， 的图像相当于作 时关于 对称的图像再进行上下平移，所以也为单调函数。由此可得 时， 必在两段上。设 ，可得 ，考虑使用 代换法设 ，从而将 均用 表示，再判断 与 的大小即可。 解：设 ，不妨设 ，则 若 ，则 为减函数，且 若 ，则 为增函数，且 的值恒大于 2 答案：B 例 10：定义函数 ，则函数 在区间 （ ） 内的所有零点的和为（ ）   2 12 m mf m e e e         f m   5 6 2 1 12, 2f m e ee e          y f x y x m   m        log 1 , 1 1 0, 1 2 1,1 3 a x x f x a a f x a x            1 2x x    1 2f x f x 1 2x x a 1 1x    f x 1 3x   f x  1,1x   1x     1 2f x f x 1 2,x x 1 2x x 1 21 1 3x x        1 2f x f x t  1 2,x x ,a t 1 2x x 2    1 2f x f x t  1 21 1 3x x     21 2 1x     1 1log 1 1t a x t x a        1 2 2log 3 1 3 t a a x a t x a         1 1 2 2 t t ax x a a       0 1a  xy a 11 t t at t a a a       1 2 2x x   1a  xy a 11 t t at t a a a       1 2 2x x   1 2x x  34 8 ,1 2,2( ) 1 ( ), 2.2 2 x x f x xf x         ( ) ( ) 6g x xf x  [1,2 ]n *Nn A． B． C． D． 思路：从 可得：函数 是以 区间为 一段，其图像为将前一段图像在水平方向上拉伸为原来的 2 倍， 同时竖直方向上缩为原来的 ，从而先作出 时的图像， 再依以上规律作出 的图像， 的 零点无法直接求出，所以将 转化为 ，即 与 的交点。通过作图可得，其交点刚好位于每一段中的极大值点位置， 可 归 纳 出 中 极 大 值 点 为 ， 所 以 所 有 零 点 之 和 为 答案：D 小炼有话说：（1）本题考查了合理将 轴划分成一个个区间，其入手点在于 的出现， 体现了横坐标之间 2 倍的关系，从而所划分的区间长度成等比数列。 （2）本题有一个易错点，即在作图的过程中，没有发现 恰好与 相交在极大 值点处，这一点需要通过计算得到：当 时， ， 从而归纳出规律。所以处理图像交点问题时，如果在某些细节很难通过作图直接确定，要通 过函数值的计算来确定两图像的位置 三、近年模拟题题目精选 1、（2016 四川高三第一次联考）已知函数 ，若存在 ，当 时， ，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. n 2n 3 (2 1)4 n  3 (2 1)2 n  1( ) 2 2 xf x f       f x  12 ,2n n 1 2  1,2x      12,4 , 4,8 , , 2 ,2n n    g x   0g x    6f x x  y f x   6h x x  12 ,2n n 12 2 3 22 4 n n n nx        2 2 13 3 2 14 2 1 2 n nS      x ( )2 xf   6h x x  f x 3 2x     3 34 , 3 2 32 2f h f h               1 1 1, 0,2 2 12 , ,22 x x x f x x                1 2,x x 1 20 2x x      1 2f x f x    1 2 2x f x f x 2 3 20, 4      9 2 3 2,16 4      9 1,16 2      2 3 2 1,4 2       2、（2016，苏州高三调研）已知函数 有且只有三个零点， 设此三个零点中的最大值为 ，则 _________ 3、已知函数 的零点分别为 ，则 的大小关系是_______ 4、已知函数 的零点为 ，有 使得 ， 则下列结论不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 5、已知 ，若方程 有四个不同的解 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6 、 已 知 函 数 ， 若 存 在 实 数 ， 满 足 ，且 ，则 的取值范围 是（ ） A. B. C. D.    sin 0,f x x kx x k R    0x   0 2 0 01 sin 2 x x x        2 , ln , 1xf x x g x x x h x x x       1 2 3, ,x x x 1 2 3, ,x x x   3 1 log3 x f x x     0x 0 a b c         0f a f b f c  0x a 0x b 0x c 0x c   2 1 , 0 log , 0 x x f x x x      f x a 1 2 3 4x x x x    1 2 3 4 1 1x x x x   10, 2     10, 2      10, 2       0,1   2log ,0 2 sin ,2 104 x x f x x x            1 2 3 4, , ,x x x x 1 2 3 4x x x x          1 2 3 4f x f x f x f x     3 4 1 2 2 2x x x x    4,16  0,12  9,21  15,25 习题答案： 1、答案：C 解析：如图可知： 2、答案： 解析： ，即 与 恰有三个公共点，通 过 数 形 结 合 可 得 ： 横 坐 标 最 大 值 为 直 线 与 曲 线 在 相 切 的 切 点 。 设 改 点 ， 的导数为 ，所以 ，代入到 所求表达式可得： 3、答案： 解析： ，在同 一 坐 标 系 下 作 出 如 图 所 示 可 得 。令 ，解得 ，所以 ，从而 1 2 2 1 1 1, 12 2 2x x                  1 2 2 1 2 1 1 1 1 11 1 1 2x f x f x x f x x f x x x            2 2 1 1 1 1 1 1 9 2 2 4 16x x x          9 1 1 16 2 2g x g         1 2   sin 0 sinf x x kx x kx     siny x y kx 0x 3, 2       0 0,A x y siny x ' cosy x 0 0 0 00 0 0 0 sin sin cos cos y x xxyk x xx         0 0 0 22 0 0 0 0 0 sin cos 1 21 sin 2 sin1 sin 2cos x x x x x x xx            1 2 3x x x     0 2 , 0 lnxf x x g x x x        2 , ln ,xy y x y x    1 20 1x x      2 0 1 0h x x x     1 5 2x  3 3 5 12x   1 2 3x x x  4、答案：C 解 析 ： 可 判 断 出 为 减 函 数 ， 则 包 含 两 种 情 况 ， 一 个 是 均小于零。可知当 时， 。所以 的零点必在 中 ， 即 ， A 选 项 可 能 ； 另 一 种 情 况 为 ， 则 ，即 B,D 选项可能。当 时，由 和 为减函数即可得到 不再存在零点。 5、答案：B 解析：作出 的图像可知若 有四个不同的解，则 ，且在这四个根中， 关 于 直 线 对 称 ， 所 以 ， ， 所 以 ， 即 ， 所 以 ，由 可得 的范围是 6、答案：B 解析：不妨设 ，作出 的图像可知若 与 有四个不同交点，则 ，且 关于 轴对称。所以有 即 因为 ，所以 ， 求出该表达式的范围即为  f x       0f a f b f c       , ,f a f b f c  0,1x    0f x   f x  1,a 0x a      0, 0, 0f a f b f c    0 ,x b c x c   0f c   f x  f x  f x  f x a  0,1a  1 2,x x 1x   1 2 2x x   3 41x x  2 3 2 4log loga x x   3 4 1 2 2 a a x x             1 2 3 4 1 1 12 2 2 a ag a x x x x              0,1a   g a 10, 2             1 2 3 4f x f x f x f x a     f x y a  y f x  0,1a  1 2 3 41 , ,x x x x  6x  2 1 2 2 1 2 3 4 log log 1 12 x x x x x x            3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 2 2 2 4 20x x x x x x x xx x x x         3 4 3 412 12x x x x           3 4 4 4 4 1 2 2 2 12 20, 8,10x x x x xx x        0,12