函数之函数与方程讲义、课件-2025届高三数学一轮复习

2025届高考数学一轮复习教案讲义（原卷版）——函数之函数与方程 【知识梳理】 1.函数的零点 (1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使 的实数x叫做函数y＝f(x)的零点. (2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系： 2.函数零点存在定理 (1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；② <0. (2)结论：函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得 ，这个c也就是方程f(x)＝0的解. [常用结论] 1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根. 2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件. 3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)＝2x的零点为0.(　　) (2)图象连续的函数y＝f(x)(x∈D)在区间(a，b)⊆D内有零点，则f(a)·f(b)<0.(　　) (3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点.(　　) 2.(必修一P143例1改编)函数f(x)＝的零点个数为(　　) A.3 B.2 C.7 D.0 3.(必修一P144T2改编)函数f(x)＝log2x＋x－2的零点所在的区间为(　　) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) 4.函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则实数a的值为________. 考点一　函数零点所在区间的判断 例1 (1)(2024·昆明诊断)函数f(x)＝x＋1－logx的零点所在的区间为(　　) A. B. C. D. (2)(2024·广州质检)定义开区间(a，b)的长度为b－a.经过估算，函数f(x)＝－x的零点属于开区间________(只需写出一个符合条件，且长度不超过的开区间即可). 方法总结　确定函数零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)＜0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点. (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断. 训练1 (1)根据表格中的数据可以判定方程ln x－x＋2＝0的一个根所在的区间为(　　) x 1 2 3 4 5 ln x 0 0.693 1.099 1.386 1.609 x－2 －1 0 1 2 3 A.(1，2) B.(2，3) C.(3，4) D.(4，5) (2)(2024·长沙调研)函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(　　) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) 考点二　函数零点个数的判断 例2 (1)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 (2)(2024·杭州调研)已知在R上的函数f(x)满足对于任意实数x都有f(2＋x)＝f(2－x)，f(7＋x)＝f(7－x)，且在区间[0，7]上只有x＝1和x＝3两个零点，则f(x)＝0在区间[0，2 024]上根的个数为(　　) A.404 B.405 C.406 D.203 方法总结　函数零点个数的判定有下列几种方法 (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点. (2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[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和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点. (3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点. 训练2 (1)(2024·海南质检)函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 (2)函数f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，当0≤x＜2时，f(x)＝x2－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[－3，3]上与x轴的交点个数为(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 考点三　函数零点的应用 角度1　根据零点个数求参数范围 例3 (多选)(2024·聊城调研)已知函数f(x)＝x|x－a|－2有三个不同的零点，则实数a的取值可以为(　　) A.0 B.2 C.3 D.4 角度2　根据零点范围求参数范围 例4 已知函数f(x)＝3x－.若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C.(－∞，0) D. 方法总结　已知函数有零点求参数值或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取值范围. (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决. (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. 训练3 (1)函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　) A.(0，3) B.(1，3) C.(1，2) D.[2，＋∞) (2)(2024·重庆诊断)已知函数f(x)＝且a∈N*，记g(x)＝f(x)＋t，若存在实数t使得g(x)有两个不同的零点，则正整数a的最大值为________. 函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解. 一、判断嵌套函数的零点个数 例1 (2024·山东省实验中学诊断)已知函数f(x)＝则函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数是(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 二、由嵌套函数零点的情况求参数 例2 (2024·重庆质检)已知函数f(x)＝若关于x的方程[f(x)]2＋(m－4)f(x)＋2(2－m)＝0有五个不同的实数根，则实数m的取值范围是(　　) A.[1，3) B.(0，2) C.[1，2) D.(0，1) 训练 (1)已知函数f(x)＝则函数g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零点个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.3 (2)函数f(x)＝若函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________. 习题演练 1.(2024·北京朝阳区质检)函数f(x)＝的零点的个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 2.设函数f(x)＝2x＋的零点为x0，则x0所在的区间是(　　) A.(－4，－2) B.(－2，－1) C.(1，2) D.(2，4) 3.(2024·沈阳调研)若函数f(x)＝a＋x＋lg x(1<x<10)有零点，则a的取值范围为(　　) A.(－10，－1) B.(1，10) C.(1，11) D.(－11，－1) 4.(多选)(2024·泰州质检)已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，它的部分函数值如表所示，则(　　) x 1 2 3 4 5 6 y 202.301 52.013 －10.581 3.273 －10.733 －156.314 A.f(x)在区间(2，3)上不一定单调 B.f(x)在区间(5，6)内可能存在零点 C.f(x)在区间(5，6)内一定不存在零点 D.f(x)至少有3个零点 5.(2024·南阳质检)已知函数f(x)＝81ln x－－80的零点位于区间(k，k＋1)内，则整数k＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 6.(2024·湖北部分重点高中联考)已知函数f(x)＝则“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的(　　) A.充分不必要条件 　　　　 B.必要不充分条件 C.充要条件 　　　　 D.既不充分也不必要条件 7.(2024·福州联考)已知函数f(x)＝sin πx＋，则y＝f(x)的图象在(－2，4)内的零点之和为(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 8.(2024·安徽名校联考)已知定义域为R的偶函数f(x)的图象是连续不断的曲线，且f(x＋2)＋f(x)＝f(1)，f(x)在[0，2]上单调递增，则f(x)在区间[－100，100]上的零点个数为(　　) A.100 B.102 C.200 D.202 9.函数f(x)＝·cos x的零点个数为________. 10.(2024·杭州质检)函数f(x)满足以下条件： ①f(x)的定义域为R，其图象是一条连续不断的曲线； ②∀x∈R，f(x)＝f(－x)； ③当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，>0； ④f(x)恰有两个零点，请写出函数f(x)的一个解析式________________. 11.若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2＝________. 12.已知函数f(x)＝且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________. 13.(2024·保定模拟)已知x>0，函数f(x)＝2x＋x－5，g(x)＝x2＋x－4，h(x)＝log2x＋x－3的零点分别为a，b，c，则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.b<a<c D.b<c<a 14.(2024·杭州段测)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，f(－x)＝f(x＋2)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x3－x2＋x，则方程4f(x)－x＋2＝0所有的根之和为(　　) A.6 B.12 C.14 D.10 15.(2024·石家庄模拟)已知函数f(x)＝若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则x1x2＝________，(x3－3)·(x4－3)的取值范围是________. 16.已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|<n，则称函数f(x)与g(x)互为“n度零点函数”.若f(x)＝32－x－1与g(x)＝x2－aex互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为________. 第 54 页 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高考数学一轮复习讲义 课件——函数之函数与方程 知识梳理 1.函数的零点 (1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使_________的实数x叫做函数y＝f(x)的零点. (2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系： f(x)＝0 x轴 f(x)＝0 3 2.函数零点存在定理 (1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②________<0. (2)结论：函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得________，这个c也就是方程f(x)＝0的解. f(a)·f(b) f(c)＝0 4 常用结论 1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根. 2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件. 3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点. 诊断自测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)＝2x的零点为0.(　　) (2)图象连续的函数y＝f(x)(x∈D)在区间(a，b)⊆D内有零点，则f(a)·f(b)<0.(　　) (3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点.(　　) √ 解析　(2)f(a)·f(b)＜0是连续函数y＝f(x)在(a，b)内有零点的充分不必要条件，故(2)错误. × √ B 解得x＝－2或x＝e，故f(x)有2个零点. 3.(必修一P144T2改编)函数f(x)＝log2x＋x－2的零点所在的区间为(　　) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) B 解析　函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个根， 且f(1)＝－1，f(2)＝1，则f(1)f(2)＜0， 故f(x)的零点所在的区间为(1，2). 4.函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则实数a的值为____________. 解析　当a＝0时，f(x)＝－x－1， 令f(x)＝0得x＝－1， 故f(x)只有一个零点为－1. 当a≠0时，则Δ＝1＋4a＝0， 考点一　函数零点所在区间的判断 C 解析　由题易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 方法总结 确定函数零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)＜0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点. (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断. 训练1 (1)根据表格中的数据可以判定方程ln x－x＋2＝0的一个根所在的区间为(　　) C x 1 2 3 4 5 ln x 0 0.693 1.099 1.386 1.609 x－2 －1 0 1 2 3 A.(1，2) B.(2，3) C.(3，4) D.(4，5) 解析　设f(x)＝ln x－x＋2＝ln x－(x－2)， 易知函数f(x)在(1，＋∞)上的图象连续， 由表格数据得f(1)＞0，f(2)＞0，f(3)＝ln 3－(3－2)＝1.099－1＝0.099＞0， f(4)＝ln 4－2＝1.386－2＜0，f(5)＜0，则f(3)·f(4)＜0， 即在区间(3，4)上，函数f(x)存在一个零点， 即方程ln x－x＋2＝0的一个根所在的区间为(3，4)，故选C. (2)(2024·长沙调研)函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(　　) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) C 所以函数f(x)最多只有一个零点. 因为f(0)＝5－lg 1＝5>0，f(1)＝3－lg 3>0， f(2)＝1－lg 5>0，f(3)＝－1－lg 7<0， 所以函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(2，3).故选C. 考点二　函数零点个数的判断 例2 (1)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 B 解析　法一　∵f(0)f(1)＝(－1)×1＝－1<0，且函数在定义域上单调递增且连续， ∴函数f(x)在区间(0，1)内有且只有1个零点. 法二　设y1＝2x，y2＝2－x3， 在同一坐标系中画出两函数的图象如图所示， 在区间(0，1)内，两图象的交点个数即为f(x)的零点个数. 故函数f(x)在区间(0，1)内有且只有1个零点. (2)(2024·杭州调研)已知在R上的函数f(x)满足对于任意实数x都有f(2＋x)＝f(2－x)，f(7＋x)＝f(7－x)，且在区间[0，7]上只有x＝1和x＝3两个零点，则f(x)＝0在区间[0，2 024]上根的个数为(　　) A.404 B.405 C.406 D.203 C 解析　因为f(2＋x)＝f(2－x)，f(x)关于直线x＝2对称，且f(5＋x)＝f(－x－1)； 因为f(7＋x)＝f(7－x)， 故可得f(5＋x)＝f(－x＋9)； 故可得f(－x－1)＝f(－x＋9)， 则f(x)＝f(x＋10)， 故f(x)是以10为周期的函数. 又f(x)在区间[0，7]上只有x＝1和x＝3两个零点， 根据函数对称性可知，f(x)在一个周期[0，10]内也只有两个零点， 又区间[0，2 024]内包含202个周期， 故f(x)在[0，2 020]上的零点个数为202×2＝404， 又f(x)在(2 020，2 024]上的零点个数与在(0，4]上的零点个数相同，有2个. 故f(x)在[0，2 024]上有406个零点， 即f(x)＝0在区间[0，2 024]上有406个根. 方法总结 函数零点个数的判定有下列几种方法 (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点. (2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[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和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点. (3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点. 训练2 (1)(2024·海南质检)函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 C 解析　函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数即函数f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象的交点个数， 在同一直角坐标系中，分别作出f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象，如图所示， 由图可知，两图象有2个交点，故原函数有2个零点，故选C. (2)函数f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，当0≤x＜2时，f(x)＝x2－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[－3，3]上与x轴的交点个数为(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 B 解析　令f(x)＝x2－x＝0， 即x＝0或x＝1， 所以f(0)＝0，f(1)＝0， 因为函数的最小正周期为2， 所以f(2)＝0，f(3)＝0，f(－2)＝0，f(－1)＝0，f(－3)＝0， 所以函数y＝f(x)的图象在区间[－3，3]上与x轴的交点个数为7. 考点三　函数零点的应用 CD 解析　当x≤0时，f(x)<0恒成立， 即f(x)在(－∞，0]上无零点， 所以当x>0时，f(x)有三个零点， 即x|x－a|＝2有三个不相等的正根， 要有两个不相等的正根x2，x3(x2<x3)，且x2≠x1，x3≠x1. 若x2－ax＋2＝0有两个正根， B 由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0， 则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域. 所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增. 方法总结 已知函数有零点求参数值或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取值范围. (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决. (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. A 2 解析　当x>a时，f(x)＝2x－3单调递增， 当－1<x≤a时，f(x)＝log2(x＋1)单调递增. 由题意，若存在实数t使得g(x)有两个不同的零点， 即存在实数t使得方程f(x)＝－t有两个不相等的根， 即函数f(x)的图象与直线y＝－t有两个交点， 所以当点P(a，log2(a＋1))在点Q(a，2a－3)上方， 即log2(a＋1)>2a－3时，符合题意. 因为log2(2＋1)>22－3＝1，log2(3＋1)<23－3＝5， 结合y＝2x－3与y＝log2(x＋1)的图象可得正整数a的最大值为2. 　 嵌套函数的零点问题 函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解. D 所以由函数零点存在定理可知，存在t1∈(1，2)，使得f(t1)＝0； 当t≤0时，f(t)＝t2＋2t， 由f(t)＝t2＋2t＝0，解得t2＝－2，t3＝0. 作出函数t＝f(x)＋1，直线t＝t1，t＝－2，t＝0的图象如图所示， 由图象可知，直线t＝t1与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点； 直线t＝0与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点； 直线t＝－2与函数t＝f(x)＋1的图象有且只有一个交点. 综上，函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数为5. C 则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(1)＝0， 作出f(x)的大致图象如图所示. 令t＝f(x)，则t2＋(m－4)t＋2(2－m)＝0， 则t1＝2，t2＝2－m. 由图可知，直线y＝2与f(x)的图象有2个交点， 所以直线y＝2－m与f(x)的图象必须有3个交点， 则0<2－m≤1， 解得1≤m<2，故选C. A 解析　当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1的导数为f′(x)＝12x2－12x， 当0<x<1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1， 作出函数f(x)的图象，g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3， 可令g(t)＝0，t＝f(x)， 可得3t2－10t＋3＝0， 当t＝3时，可得f(x)＝3有一个实根， 即g(x)有一个零点， 综上，g(x)共有四个零点. [－1，＋∞) 解析　设t＝f(x)，令f(f(x))－a＝0，则a＝f(t).在同一坐标系内作y＝a，y＝f(t)的图象(如图). 当a≥－1时，y＝a与y＝f(t)的图象有两个交点. 设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)， 则t1<－1，t2≥－1. 当t1<－1时，t1＝f(x)有一解；当t2≥－1时，t2＝f(x)有两解. 综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点. 习题演练 C 解析　当x≤0时，令x2＋2x－3＝0， 则(x－1)(x＋3)＝0， 解得x＝1(舍去)或x＝－3. 当x>0时，令ex－2＝0， 解得x＝ln 2， 所以f(x)的零点个数为2.故选C. B 解析　易知f(x)在R上单调递增且f(x)的图象是连续不断的曲线， 所以x0∈(－2，－1). 3.(2024·沈阳调研)若函数f(x)＝a＋x＋lg x(1<x<10)有零点，则a的取值范围为(　　) A.(－10，－1) B.(1，10) C.(1，11) D.(－11，－1) D 解析　因为函数y＝x＋a，y＝lg x均在(1，10)上单调递增， 所以f(x)＝a＋x＋lg x在(1，10)上单调递增. 若函数f(x)＝a＋x＋lg x(1<x<10)有零点， 4.(多选)(2024·泰州质检)已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，它的部分函数值如表所示，则(　　 ) ABD A.f(x)在区间(2，3)上不一定单调 B.f(x)在区间(5，6)内可能存在零点 C.f(x)在区间(5，6)内一定不存在零点 D.f(x)至少有3个零点 x 1 2 3 4 5 6 y 202.301 52.013 －10.581 3.273 －10.733 －156.314 解析　由题表可知f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0， 所以f(2)f(3)<0，f(3)f(4)<0，f(4)f(5)<0， 因为函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 所以函数f(x)在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)均存在零点， 即f(x)至少有3个零点，故D正确； 对于A，由于只知道f(2)，f(3)的函数值， 故无法判断f(x)在区间(2，3)上的单调性，故A正确； 对于B，C，虽然f(5)<0，f(6)<0，但是函数f(x)在(5，6)内的取值情况未知， 所以函数f(x)在(5，6)内可能存在零点，故B正确，C错误.故选ABD. B 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(x)的图象是连续不断的曲线. 因为f(2)＝81ln 2－83<0，f(3)＝81ln 3－81>0，f(2)·f(3)<0， 所以函数f(x)的零点位于区间(2，3)内，故k＝2.故选B. C 解析　当x<2时，f(x)＝2x＋x单调递增，且f(x)的图象是连续不断的曲线. f(－1)＝2－1－1<0，f(0)＝20＋0>0， 由函数零点存在定理可知，f(x)＝2x＋x在(－∞，2)上有唯一零点，且该零点为负数； 若f(x)在[2，＋∞)上有零点， 综上所述，当a≤－2时，f(x)有2个零点； 当f(x)有2个零点时，a≤－2， 所以“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的充要条件.故选C. B 由图象可知y＝f(x)在(－2，4)内有四个零点，零点之和为4.故选B. 8.(2024·安徽名校联考)已知定义域为R的偶函数f(x)的图象是连续不断的曲线，且f(x＋2)＋f(x)＝f(1)，f(x)在[0，2]上单调递增，则f(x)在区间[－100，100]上的零点个数为(　　) A.100 B.102 C.200 D.202 A 解析　令x＝－1，得f(1)＋f(－1)＝f(1)， 即f(－1)＝0， 因为f(x)为偶函数， 所以f(1)＝0， 则f(x＋2)＋f(x)＝f(1)＝0， 则f(x＋2)＝－f(x)， 所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)， 所以f(x)是以4为周期的函数. 因为f(x)在[0，2]上单调递增， 则f(x)在[－2，0]上单调递减， 所以f(x)在一个周期内有两个零点， 故f(x)在区间[－100，100]上的零点个数为50×2＝100.故选A. 6 解析　令36－x2≥0，解得－6≤x≤6， ∴f(x)的定义域为[－6，6]. 令f(x)＝0得36－x2＝0或cos x＝0， 由36－x2＝0得x＝±6， 又x∈[－6，6]， 故f(x)共有6个零点. f(x)＝x2－1(答案不唯一) 解析　因为∀x∈R，f(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函数， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(x)恰有两个零点，所以f(x)图象与x轴只有2个交点， 所以函数f(x)的一个解析式可以为f(x)＝x2－1(答案不唯一). 11.若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2＝________. 1 (1，＋∞) 解析　方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根， 即f(x)＝－x＋a有且只有一个实根， 即函数y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点. 如图，在同一直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝－x＋a的图象，其中a表示直线y＝－x＋a在y轴上的截距. 由图可知，当a≤1时，直线y＝－x＋a与y＝f(x)有两个交点； 当a>1时，直线y＝－x＋a与y＝f(x)只有一个交点. 故实数a的取值范围是(1，＋∞). 13.(2024·保定模拟)已知x>0，函数f(x)＝2x＋x－5，g(x)＝x2＋x－4，h(x)＝log2x＋x－3的零点分别为a，b，c，则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.b<a<c D.b<c<a C 解析　因为f(x)＝2x＋x－5单调递增， 由函数零点存在定理可知，f(x)有唯一零点a，且1.6<a<2； 因为g(x)＝x2＋x－4在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0， g(1.6)＝1.62－2.4＝2.56－2.4>0， 由函数零点存在定理可知，g(x)有唯一零点b，且1<b<1.6； 因为h(x)＝log2x＋x－3在(0，＋∞)上单调递增，且h(2)＝1＋2－3＝0， 则h(x)有唯一零点c＝2， 所以b<a<c.故选C. 14.(2024·杭州段测)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，f(－x)＝f(x＋2)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x3－x2＋x，则方程4f(x)－x＋2＝0所有的根之和为(　　) A.6 B.12 C.14 D.10 D 解析　因为f(－x)＋f(x)＝0，x∈R， 所以f(x)为奇函数. 又因为f(－x)＝f(x＋2)， 所以f(x)的图象关于直线x＝1对称. 所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)， 得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)， 所以f(x)的一个周期为4. 所以f(x)在[0，1]上单调递增，且f(0)＝0，f(1)＝1. 可得在(－2，2)与(2，6)上均有两个交点，且关于(2，0)对称，加上(2，0)点，共5个点， 所以这5个交点的横坐标之和为2×2×2＋2＝10.故选D. 1 (0，27) 因为f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，x1＜x2＜x3＜x4. 所以0＜y＜27， 即(x3－3)(x4－3)的取值范围是(0，27). 16.已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|<n，则称函数f(x)与g(x)互为“n度零点函数”.若f(x)＝32－x－1与g(x)＝x2－aex互为 “1度零点函数”，则实数a的取值范围为_____________. 解析　由题意可知f(2)＝0，且f(x)在R上单调递减， 所以函数f(x)只有一个零点2， 由f(x)与g(x)互为“1度零点函数”，得|2－β|<1. 由|2－β|<1，得1<β<3， 所以函数g(x)＝x2－aex在区间(1，3)上存在零点. 所以h(x)在区间(1，2)上单调递增，在区间(2，3)上单调递减， 2.(必修一P143例1改编)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋ln x，x＞0))的零点个数为(　　) A.3 B.2 C.7 D.0 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋x－2＝0，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－1＋ln x＝0，)) 0或－ ∴a＝－. 所以函数f(x)＝x＋1－logeq \f(1,2)x的零点所在的区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，故选C. 例1 (1)(2024·昆明诊断)函数f(x)＝x＋1－logeq \f(1,2)x的零点所在的区间为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq \f(1,4)＋1－logeq \f(1,2)eq \f(1,4)＝－eq \f(3,4)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq \f(1,3)＋1－logeq \f(1,2)eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)－logeq \f(1,2)eq \f(1,3)＝log22eq \f(4,3)－log23＝ log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,27)))eq \s\up12(\f(1,3))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)＋1－logeq \f(1,2)eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)>0， 又f(1)＝－eq \f(1,2)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(1,2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(1,3))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(1,3))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(\f(1,3))>0，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<0， 所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上有零点，且eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，符合题意， 所以函数f(x)＝eq \f(1,2x)－xeq \f(1,3)的零点属于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))(答案不唯一). (2)(2024·广州质检)定义开区间(a，b)的长度为b－a.经过估算，函数f(x)＝eq \f(1,2x)－xeq \f(1,3)的零点属于开区间___________________(只需写出一个符合条件，且长度不超过eq \f(1,6)的开区间即可). (答案不唯一) 解析　因为y＝eq \f(1,2x)，y＝－xeq \f(1,3)都是减函数， 所以f(x)＝eq \f(1,2x)－xeq \f(1,3)是减函数，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 解析　因为函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递减，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 角度1　根据零点个数求参数范围 例3 (多选)(2024·聊城调研)已知函数f(x)＝x|x－a|－2有三个不同的零点，则实数a的取值可以为(　　) A.0 B.2eq \r(2) C.3 D.4 解得a＝x－或a＝x＋. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,x2＋x3＝a>0，))解得a>2eq \r(2)，排除A，B； 当a＝3时，令f(x)＝0，得x1＝eq \f(\r(17)＋3,2)，x2＝1，x3＝2，符合题意. 当a＝4时，令f(x)＝0，得x1＝2＋eq \r(6)，x2＝2－eq \r(2)，x3＝2＋eq \r(2)，符合题意.故选CD. 当x>0时，y＝x－eq \f(2,x)单调递增，且x－eq \f(2,x)∈R， 则方程a＝x－有一个正根x1， 则方程a＝x＋eq \f(2,x)，即x2－ax＋2＝0， 角度2　根据零点范围求参数范围 例4 已知函数f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))) C.(－∞，0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) 解析　由f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x)＝0，可得a＝3x－eq \f(1,x)， 令g(x)＝3x－，其中x∈(－∞，－1)， 所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))). 因此，实数a的取值范围是. 由于函数y＝3x，y＝－eq \f(1,x)在区间(－∞，－1)上均单调递增， 当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝3x－eq \f(1,x)<g(－1)＝3－1＋1＝eq \f(4,3)， 又g(x)＝3x－>0， 由函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内得，f(1)·f(2)＝(2－2－a)(4－1－a)＝(－a)×(3－a)<0，解得0<a<3. 训练3 (1)函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　) A.(0，3) B.(1，3) C.(1，2) D.[2，＋∞) 解析　因为函数y＝2x，y＝－eq \f(2,x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a在(0，＋∞)上单调递增， (2)(2024·重庆诊断)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3，x>a，,log2（x＋1），－1<x≤a))且a∈N*，记g(x)＝f(x)＋t，若存在实数t使得g(x)有两个不同的零点，则正整数a的最大值为 ________. 因为f(1)＝－1＜0，f(2)＝ln 2－＞0， 一、判断嵌套函数的零点个数 例1 (2024·山东省实验中学诊断)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln x－\f(1,x)，x＞0，,x2＋2x，x≤0，))则函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数是(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析　令t＝f(x)＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln x－\f(1,x)＋1，x＞0，,（x＋1）2，x≤0.)) 当t＞0时，f(t)＝ln t－eq \f(1,t)，则函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增， 二、由嵌套函数零点的情况求参数 例2 (2024·重庆质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0.))若关于x的方程[f(x)]2＋(m－4)f(x)＋2(2－m)＝0有五个不同的实数根，则实数m的取值范围是(　　) A.[1，3) B.(0，2) C.[1，2) D.(0，1) 解析　设h(x)＝x－eq \f(1,x)，x>0，则h′(x)＝1＋eq \f(1,x2)>0， 训练 (1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x<0，,4x3－6x2＋1，x≥0，))则函数g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零点个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.3 解得t＝3或， 当t＝eq \f(1,3)，即f(x)＝eq \f(1,3)时，g(x)有三个零点； (2)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln（－x－1），x<－1，,2x＋1，x≥－1，))若函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是____________. 1.(2024·北京朝阳区质检)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3，x≤0，,ex－2，x>0))的零点的个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 2.设函数f(x)＝2x＋eq \f(x,3)的零点为x0，则x0所在的区间是(　　) A.(－4，－2) B.(－2，－1) C.(1，2) D.(2，4) f(－2)＝－<0，f(－1)＝－>0， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1<0，,a＋11>0，))解得－11<a<－1.故选D. 5.(2024·南阳质检)已知函数f(x)＝81ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x－3)－80的零点位于区间(k，k＋1)内，则整数k＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　因为函数y＝81ln x，y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x－3)－80在(0，＋∞)上均单调递增， 6.(2024·湖北部分重点高中联考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋x，x<2，,x2＋2a，x≥2，))则“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的(　　) A.充分不必要条件 　　　　 B.必要不充分条件 C.充要条件 　　　 　 D.既不充分也不必要条件 当x≥2时，令x2＋2a＝0，解得x＝eq \r(－2a)或x＝－eq \r(－2a)(舍去)， 则eq \r(－2a)≥2，即a≤－2，此时f(x)在[2，＋∞)上只有唯一零点，且该零点为 正数. 又函数y＝sin πx与函数y＝－eq \f(1,x－1)的图象都关于点(1，0)对称， 7.(2024·福州联考)已知函数f(x)＝sin πx＋eq \f(1,x－1)，则y＝f(x)的图象在(－2，4)内的零点之和为(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 解析　由f(x)＝sin πx＋eq \f(1,x－1)＝0可得sin πx＝－eq \f(1,x－1)， 则函数y＝sin πx与函数y＝－eq \f(1,x－1)的图象在(－2，4)内交点的横坐标即为函数y＝f(x)的零点. 作出函数y＝sin πx与函数y＝－eq \f(1,x－1)的大致图象，如图所示. ∴x为－，－，，. 9.函数f(x)＝eq \r(36－x2)·cos x的零点个数为________. 由cos x＝0得x＝＋kπ，k∈Z， 10.(2024·杭州质检)函数f(x)满足以下条件： ①f(x)的定义域为R，其图象是一条连续不断的曲线； ②∀x∈R，f(x)＝f(－x)； ③当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0； ④f(x)恰有两个零点，请写出函数f(x)的一个解析式_______________________. 因为当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0， 解析　x1，x2分别是函数y＝ex，函数y＝ln x与函数y＝eq \f(1,x)的图象的交点A，B的横坐标， 所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,x1)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,x2)))两点关于y＝x对称，则x1＝eq \f(1,x2)，因此x1x2＝1. 12.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是____________. 且f(1.6)＝21.6－3.4＝eq \r(5,（21.6）5)－eq \r(5,（3.4）5)＝eq \r(5,256)－eq \r(5,454.354 24)<0，f(2)＝4＋2－5＝1>0， 又因为x∈[0，1]时，f′(x)＝3x2－2x＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3))) eq \s\up12(2)＋eq \f(2,3)>0， 由题意如图所示：可得直线y＝eq \f(1,4)(x－2)与y＝f(x)的交点的横坐标为方程4f(x)－x＋2＝0的根， 15.(2024·石家庄模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log3x|，0＜x＜3，,sin \f(π,6)x，3≤x≤15，))若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则x1x2＝________，(x3－3)·(x4－3)的取值范围是________. 解析　作出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log3x|，0＜x＜3，,sin \f(π,6)x，3≤x≤15))的图象，如图所示， 所以由图可知，－log3x1＝log3x2，eq \f(x3＋x4,2)＝9，且3＜x3＜6，即x1x2＝1， 所以(x3－3)(x4－3)＝x3x4－3(x3＋x4)＋9＝x3(18－x3)－45＝－xeq \o\al(2,3)＋18x3－45， 因为y＝－xeq \o\al(2,3)＋18x3－45在(3，6)上单调递增， 由g(x)＝x2－aex＝0，得a＝. 令h(x)＝eq \f(x2,ex)，则h′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)＝eq \f(x（2－x）,ex)， 且h(1)＝，h(2)＝，h(3)＝>， 要使函数g(x)在区间(1，3)上存在零点，只需a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(4,e2))). $$ 2025届高考数学一轮复习教案讲义（解析版）——函数之函数与方程 【知识梳理】 1.函数的零点 (1)概念：对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点. (2)函数的零点、函数的图象与x轴的交点、对应方程的根的关系： 2.函数零点存在定理 (1)条件：①函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线；②f(a)·f(b)<0. (2)结论：函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解. [常用结论] 1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根. 2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件. 3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)＝2x的零点为0.(　　) (2)图象连续的函数y＝f(x)(x∈D)在区间(a，b)⊆D内有零点，则f(a)·f(b)<0.(　　) (3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点.(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√ 解析　(2)f(a)·f(b)＜0是连续函数y＝f(x)在(a，b)内有零点的充分不必要条件，故(2)错误. 2.(必修一P143例1改编)函数f(x)＝的零点个数为(　　) A.3 B.2 C.7 D.0 答案　B 解析　由或 解得x＝－2或x＝e，故f(x)有2个零点. 3.(必修一P144T2改编)函数f(x)＝log2x＋x－2的零点所在的区间为(　　) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) 答案　B 解析　函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个根， 且f(1)＝－1，f(2)＝1，则f(1)f(2)＜0， 故f(x)的零点所在的区间为(1，2). 4.函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则实数a的值为________. 答案　0或－ 解析　当a＝0时，f(x)＝－x－1， 令f(x)＝0得x＝－1， 故f(x)只有一个零点为－1. 当a≠0时，则Δ＝1＋4a＝0，∴a＝－. 考点一　函数零点所在区间的判断 例1 (1)(2024·昆明诊断)函数f(x)＝x＋1－logx的零点所在的区间为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由题易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， f＝＋1－log＝－<0， f＝＋1－log＝－log＝log22－log23＝log2<0， f＝＋1－log＝>0， 所以函数f(x)＝x＋1－logx的零点所在的区间为，故选C. (2)(2024·广州质检)定义开区间(a，b)的长度为b－a.经过估算，函数f(x)＝－x的零点属于开区间________(只需写出一个符合条件，且长度不超过的开区间即可). 答案　(答案不唯一) 解析　因为y＝，y＝－x都是减函数， 所以f(x)＝－x是减函数，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 又f(1)＝－<0，f＝－<0，f＝－>0， 即f·f<0， 所以函数f(x)在上有零点，且－＝，符合题意， 所以函数f(x)＝－x的零点属于(答案不唯一). 方法总结　确定函数零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)＜0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点. (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断. 训练1 (1)根据表格中的数据可以判定方程ln x－x＋2＝0的一个根所在的区间为(　　) x 1 2 3 4 5 ln x 0 0.693 1.099 1.386 1.609 x－2 －1 0 1 2 3 A.(1，2) B.(2，3) C.(3，4) D.(4，5) 答案　C 解析　设f(x)＝ln x－x＋2＝ln x－(x－2)，易知函数f(x)在(1，＋∞)上的图象连续， 由表格数据得f(1)＞0，f(2)＞0，f(3)＝ln 3－(3－2)＝1.099－1＝0.099＞0，f(4)＝ ln 4－2＝1.386－2＜0，f(5)＜0，则f(3)·f(4)＜0， 即在区间(3，4)上，函数f(x)存在一个零点， 即方程ln x－x＋2＝0的一个根所在的区间为(3，4)，故选C. (2)(2024·长沙调研)函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(　　) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) 答案　C 解析　因为函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)在上单调递减，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， 所以函数f(x)最多只有一个零点. 因为f(0)＝5－lg 1＝5>0，f(1)＝3－lg 3>0， f(2)＝1－lg 5>0，f(3)＝－1－lg 7<0， 所以函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(2，3).故选C. 考点二　函数零点个数的判断 例2 (1)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案　B 解析　法一　∵f(0)f(1)＝(－1)×1＝－1<0，且函数在定义域上单调递增且连续， ∴函数f(x)在区间(0，1)内有且只有1个零点. 法二　设y1＝2x，y2＝2－x3， 在同一坐标系中画出两函数的图象如图所示， 在区间(0，1)内，两图象的交点个数即为f(x)的零点个数. 故函数f(x)在区间(0，1)内有且只有1个零点. (2)(2024·杭州调研)已知在R上的函数f(x)满足对于任意实数x都有f(2＋x)＝f(2－x)，f(7＋x)＝f(7－x)，且在区间[0，7]上只有x＝1和x＝3两个零点，则f(x)＝0在区间[0，2 024]上根的个数为(　　) A.404 B.405 C.406 D.203 答案　C 解析　因为f(2＋x)＝f(2－x)，f(x)关于直线x＝2对称，且f(5＋x)＝f(－x－1)； 因为f(7＋x)＝f(7－x)， 故可得f(5＋x)＝f(－x＋9)； 故可得f(－x－1)＝f(－x＋9)， 则f(x)＝f(x＋10)， 故f(x)是以10为周期的函数. 又f(x)在区间[0，7]上只有x＝1和x＝3两个零点， 根据函数对称性可知，f(x)在一个周期[0，10]内也只有两个零点， 又区间[0，2 024]内包含202个周期， 故f(x)在[0，2 020]上的零点个数为202×2＝404， 又f(x)在(2 020，2 024]上的零点个数与在(0，4]上的零点个数相同，有2个. 故f(x)在[0，2 024]上有406个零点， 即f(x)＝0在区间[0，2 024]上有406个根. 方法总结　函数零点个数的判定有下列几种方法 (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点. (2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[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和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点. (3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点. 训练2 (1)(2024·海南质检)函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案　C 解析　函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数即函数f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象的交点个数， 在同一直角坐标系中，分别作出f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象，如图所示， 由图可知，两图象有2个交点，故原函数有2个零点，故选C. (2)函数f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，当0≤x＜2时，f(x)＝x2－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[－3，3]上与x轴的交点个数为(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案　B 解析　令f(x)＝x2－x＝0， 即x＝0或x＝1， 所以f(0)＝0，f(1)＝0， 因为函数的最小正周期为2， 所以f(2)＝0，f(3)＝0，f(－2)＝0，f(－1)＝0，f(－3)＝0， 所以函数y＝f(x)的图象在区间[－3，3]上与x轴的交点个数为7. 考点三　函数零点的应用 角度1　根据零点个数求参数范围 例3 (多选)(2024·聊城调研)已知函数f(x)＝x|x－a|－2有三个不同的零点，则实数a的取值可以为(　　) A.0 B.2 C.3 D.4 答案　CD 解析　当x≤0时，f(x)<0恒成立， 即f(x)在(－∞，0]上无零点， 所以当x>0时，f(x)有三个零点， 即x|x－a|＝2有三个不相等的正根， 解得a＝x－或a＝x＋. 当x>0时，y＝x－单调递增，且x－∈R， 则方程a＝x－有一个正根x1， 则方程a＝x＋，即x2－ax＋2＝0， 要有两个不相等的正根x2，x3(x2<x3)，且x2≠x1，x3≠x1. 若x2－ax＋2＝0有两个正根， 则 解得a>2，排除A，B； 当a＝3时，令f(x)＝0，得x1＝，x2＝1，x3＝2，符合题意. 当a＝4时，令f(x)＝0，得x1＝2＋，x2＝2－，x3＝2＋，符合题意.故选CD. 角度2　根据零点范围求参数范围 例4 已知函数f(x)＝3x－.若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C.(－∞，0) D. 答案　B 解析　由f(x)＝3x－＝0，可得a＝3x－， 令g(x)＝3x－，其中x∈(－∞，－1)， 由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0， 则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域. 由于函数y＝3x，y＝－在区间(－∞，－1)上均单调递增， 所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增. 当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝3x－<g(－1)＝3－1＋1＝， 又g(x)＝3x－>0， 所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为. 因此，实数a的取值范围是. 方法总结　已知函数有零点求参数值或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取值范围. (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决. (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. 训练3 (1)函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　) A.(0，3) B.(1，3) C.(1，2) D.[2，＋∞) 答案　A 解析　因为函数y＝2x，y＝－在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)＝2x－－a在(0，＋∞)上单调递增， 由函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1，2)内得，f(1)·f(2)＝(2－2－a)(4－1－a)＝(－a)×(3－a)<0，解得0<a<3. (2)(2024·重庆诊断)已知函数f(x)＝且a∈N*，记g(x)＝f(x)＋t，若存在实数t使得g(x)有两个不同的零点，则正整数a的最大值为________. 答案　2 解析　当x>a时，f(x)＝2x－3单调递增， 当－1<x≤a时，f(x)＝log2(x＋1)单调递增. 由题意，若存在实数t使得g(x)有两个不同的零点，即存在实数t使得方程f(x)＝－t有两个不相等的根， 即函数f(x)的图象与直线y＝－t有两个交点， 所以当点P(a，log2(a＋1))在点Q(a，2a－3)上方， 即log2(a＋1)>2a－3时，符合题意. 因为log2(2＋1)>22－3＝1，log2(3＋1)<23－3＝5，结合y＝2x－3与y＝log2(x＋1)的图象可得正整数a的最大值为2. 函数的零点是命题的热点，常与函数的性质和相关问题交汇.对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，设中间函数为t，通过换元将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解. 一、判断嵌套函数的零点个数 例1 (2024·山东省实验中学诊断)已知函数f(x)＝则函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数是(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 答案　D 解析　令t＝f(x)＋1＝ 当t＞0时，f(t)＝ln t－， 则函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(1)＝－1＜0，f(2)＝ln 2－＞0， 所以由函数零点存在定理可知，存在t1∈(1，2)，使得f(t1)＝0； 当t≤0时，f(t)＝t2＋2t， 由f(t)＝t2＋2t＝0，解得t2＝－2，t3＝0. 作出函数t＝f(x)＋1，直线t＝t1，t＝－2，t＝0的图象如图所示， 由图象可知，直线t＝t1与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点； 直线t＝0与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点；直线t＝－2与函数t＝f(x)＋1的图象有且只有一个交点. 综上，函数y＝f[f(x)＋1]的零点个数为5. 二、由嵌套函数零点的情况求参数 例2 (2024·重庆质检)已知函数f(x)＝若关于x的方程[f(x)]2＋(m－4)f(x)＋2(2－m)＝0有五个不同的实数根，则实数m的取值范围是(　　) A.[1，3) B.(0，2) C.[1，2) D.(0，1) 答案　C 解析　设h(x)＝x－，x>0， 则h′(x)＝1＋>0， 则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(1)＝0， 作出f(x)的大致图象如图所示. 令t＝f(x)，则t2＋(m－4)t＋2(2－m)＝0， 则t1＝2，t2＝2－m. 由图可知，直线y＝2与f(x)的图象有2个交点， 所以直线y＝2－m与f(x)的图象必须有3个交点， 则0<2－m≤1，解得1≤m<2，故选C. 训练 (1)已知函数f(x)＝则函数g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零点个数为(　　) A.4 B.5 C.6 D.3 答案　A 解析　当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1的导数为f′(x)＝12x2－12x， 当0<x<1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1， 作出函数f(x)的图象，g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3， 可令g(t)＝0，t＝f(x)， 可得3t2－10t＋3＝0， 解得t＝3或， 当t＝，即f(x)＝时，g(x)有三个零点； 当t＝3时，可得f(x)＝3有一个实根， 即g(x)有一个零点， 综上，g(x)共有四个零点. (2)函数f(x)＝若函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________. 答案　[－1，＋∞) 解析　设t＝f(x)，令f(f(x))－a＝0，则a＝f(t).在同一坐标系内作y＝a，y＝f(t)的图象(如图). 当a≥－1时，y＝a与y＝f(t)的图象有两个交点. 设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)， 则t1<－1，t2≥－1. 当t1<－1时，t1＝f(x)有一解； 当t2≥－1时，t2＝f(x)有两解. 综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点. 习题演练 1.(2024·北京朝阳区质检)函数f(x)＝的零点的个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案　C 解析　当x≤0时，令x2＋2x－3＝0， 则(x－1)(x＋3)＝0， 解得x＝1(舍去)或x＝－3. 当x>0时，令ex－2＝0，解得x＝ln 2， 所以f(x)的零点个数为2.故选C. 2.设函数f(x)＝2x＋的零点为x0，则x0所在的区间是(　　) A.(－4，－2) B.(－2，－1) C.(1，2) D.(2，4) 答案　B 解析　易知f(x)在R上单调递增且f(x)的图象是连续不断的曲线， f(－2)＝－<0，f(－1)＝－>0， 所以x0∈(－2，－1). 3.(2024·沈阳调研)若函数f(x)＝a＋x＋lg x(1<x<10)有零点，则a的取值范围为(　　) A.(－10，－1) B.(1，10) C.(1，11) D.(－11，－1) 答案　D 解析　因为函数y＝x＋a，y＝lg x均在(1，10)上单调递增， 所以f(x)＝a＋x＋lg x在(1，10)上单调递增. 若函数f(x)＝a＋x＋lg x(1<x<10)有零点， 则解得－11<a<－1.故选D. 4.(多选)(2024·泰州质检)已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，它的部分函数值如表所示，则(　　) x 1 2 3 4 5 6 y 202.301 52.013 －10.581 3.273 －10.733 －156.314 A.f(x)在区间(2，3)上不一定单调 B.f(x)在区间(5，6)内可能存在零点 C.f(x)在区间(5，6)内一定不存在零点 D.f(x)至少有3个零点 答案　ABD 解析　由题表可知f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0， 所以f(2)f(3)<0，f(3)f(4)<0，f(4)f(5)<0， 因为函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，所以函数f(x)在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)均存在零点， 即f(x)至少有3个零点，故D正确； 对于A，由于只知道f(2)，f(3)的函数值， 故无法判断f(x)在区间(2，3)上的单调性，故A正确； 对于B，C，虽然f(5)<0，f(6)<0，但是函数f(x)在(5，6)内的取值情况未知， 所以函数f(x)在(5，6)内可能存在零点，故B正确，C错误.故选ABD. 5.(2024·南阳质检)已知函数f(x)＝81ln x－－80的零点位于区间(k，k＋1)内，则整数k＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　B 解析　因为函数y＝81ln x，y＝－－80在(0，＋∞)上均单调递增， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(x)的图象是连续不断的曲线. 因为f(2)＝81ln 2－83<0，f(3)＝81ln 3－81>0，f(2)·f(3)<0， 所以函数f(x)的零点位于区间(2，3)内，故k＝2.故选B. 6.(2024·湖北部分重点高中联考)已知函数f(x)＝则“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的(　　) A.充分不必要条件 　　　　 B.必要不充分条件 C.充要条件 　　　　 D.既不充分也不必要条件 答案　C 解析　当x<2时，f(x)＝2x＋x单调递增，且f(x)的图象是连续不断的曲线. f(－1)＝2－1－1<0，f(0)＝20＋0>0， 由函数零点存在定理可知，f(x)＝2x＋x在(－∞，2)上有唯一零点，且该零点为负数； 当x≥2时，令x2＋2a＝0，解得x＝或x＝－(舍去)， 若f(x)在[2，＋∞)上有零点， 则≥2，即a≤－2，此时f(x)在[2，＋∞)上只有唯一零点，且该零点为正数. 综上所述，当a≤－2时，f(x)有2个零点； 当f(x)有2个零点时，a≤－2， 所以“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的充要条件.故选C. 7.(2024·福州联考)已知函数f(x)＝sin πx＋，则y＝f(x)的图象在(－2，4)内的零点之和为(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 答案　B 解析　由f(x)＝sin πx＋＝0可得sin πx＝－， 则函数y＝sin πx与函数y＝－的图象在(－2，4)内交点的横坐标即为函数y＝f(x)的零点. 又函数y＝sin πx与函数y＝－的图象都关于点(1，0)对称， 作出函数y＝sin πx与函数y＝－的大致图象，如图所示. 由图象可知y＝f(x)在(－2，4)内有四个零点，零点之和为4.故选B. 8.(2024·安徽名校联考)已知定义域为R的偶函数f(x)的图象是连续不断的曲线，且f(x＋2)＋f(x)＝f(1)，f(x)在[0，2]上单调递增，则f(x)在区间[－100，100]上的零点个数为(　　) A.100 B.102 C.200 D.202 答案　A 解析　令x＝－1，得f(1)＋f(－1)＝f(1)， 即f(－1)＝0， 因为f(x)为偶函数， 所以f(1)＝0， 则f(x＋2)＋f(x)＝f(1)＝0， 则f(x＋2)＝－f(x)， 所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)， 所以f(x)是以4为周期的函数. 因为f(x)在[0，2]上单调递增， 则f(x)在[－2，0]上单调递减， 所以f(x)在一个周期内有两个零点， 故f(x)在区间[－100，100]上的零点个数为50×2＝100.故选A. 9.函数f(x)＝·cos x的零点个数为________. 答案　6 解析　令36－x2≥0，解得－6≤x≤6， ∴f(x)的定义域为[－6，6]. 令f(x)＝0得36－x2＝0或cos x＝0， 由36－x2＝0得x＝±6， 由cos x＝0得x＝＋kπ，k∈Z， 又x∈[－6，6]， ∴x为－，－，，. 故f(x)共有6个零点. 10.(2024·杭州质检)函数f(x)满足以下条件： ①f(x)的定义域为R，其图象是一条连续不断的曲线； ②∀x∈R，f(x)＝f(－x)； ③当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，>0； ④f(x)恰有两个零点，请写出函数f(x)的一个解析式________________. 答案　f(x)＝x2－1(答案不唯一) 解析　因为∀x∈R，f(x)＝f(－x)， 所以f(x)是偶函数， 因为当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(x)恰有两个零点， 所以f(x)图象与x轴只有2个交点， 所以函数f(x)的一个解析式可以为f(x)＝x2－1(答案不唯一). 11.若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2＝________. 答案　1 解析　x1，x2分别是函数y＝ex，函数y＝ln x与函数y＝的图象的交点A，B的横坐标， 所以A，B两点关于y＝x对称，则x1＝，因此x1x2＝1. 12.已知函数f(x)＝且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________. 答案　(1，＋∞) 解析　方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，即f(x)＝－x＋a有且只有一个实根， 即函数y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点. 如图，在同一直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝－x＋a的图象，其中a表示直线y＝－x＋a在y轴上的截距. 由图可知，当a≤1时，直线y＝－x＋a与y＝f(x)有两个交点；当a>1时，直线y＝－x＋a与y＝f(x)只有一个交点. 故实数a的取值范围是(1，＋∞). 13.(2024·保定模拟)已知x>0，函数f(x)＝2x＋x－5，g(x)＝x2＋x－4，h(x)＝log2x＋x－3的零点分别为a，b，c，则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.b<a<c D.b<c<a 答案　C 解析　因为f(x)＝2x＋x－5单调递增， 且f(1.6)＝21.6－3.4＝－＝－<0， f(2)＝4＋2－5＝1>0， 由函数零点存在定理可知，f(x)有唯一零点a，且1.6<a<2； 因为g(x)＝x2＋x－4在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0， g(1.6)＝1.62－2.4＝2.56－2.4>0， 由函数零点存在定理可知，g(x)有唯一零点b，且1<b<1.6； 因为h(x)＝log2x＋x－3在(0，＋∞)上单调递增，且h(2)＝1＋2－3＝0，则h(x)有唯一零点c＝2， 所以b<a<c.故选C. 14.(2024·杭州段测)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，f(－x)＝f(x＋2)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x3－x2＋x，则方程4f(x)－x＋2＝0所有的根之和为(　　) A.6 B.12 C.14 D.10 答案　D 解析　因为f(－x)＋f(x)＝0，x∈R， 所以f(x)为奇函数. 又因为f(－x)＝f(x＋2)， 所以f(x)的图象关于直线x＝1对称. 所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)， 得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)， 所以f(x)的一个周期为4. 又因为x∈[0，1]时，f′(x)＝3x2－2x＋1＝3＋>0， 所以f(x)在[0，1]上单调递增，且f(0)＝0，f(1)＝1. 由题意如图所示：可得直线y＝(x－2)与y＝f(x)的交点的横坐标为方程4f(x)－x＋2＝0的根， 可得在(－2，2)与(2，6)上均有两个交点，且关于(2，0)对称，加上(2，0)点，共5个点， 所以这5个交点的横坐标之和为2×2×2＋2＝10.故选D. 15.(2024·石家庄模拟)已知函数f(x)＝若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则x1x2＝________，(x3－3)·(x4－3)的取值范围是________. 答案　1　(0，27) 解析　作出函数f(x)＝的图象，如图所示， 因为f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，x1＜x2＜x3＜x4. 所以由图可知，－log3x1＝log3x2，＝9， 且3＜x3＜6，即x1x2＝1， 所以(x3－3)(x4－3)＝x3x4－3(x3＋x4)＋9＝x3(18－x3)－45＝－x＋18x3－45， 因为y＝－x＋18x3－45在(3，6)上单调递增， 所以0＜y＜27， 即(x3－3)(x4－3)的取值范围是(0，27). 16.已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|<n，则称函数f(x)与g(x)互为“n度零点函数”.若f(x)＝32－x－1与g(x)＝x2－aex互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为________. 答案　 解析　由题意可知f(2)＝0，且f(x)在R上单调递减， 所以函数f(x)只有一个零点2， 由f(x)与g(x)互为“1度零点函数”，得|2－β|<1. 由|2－β|<1，得1<β<3， 所以函数g(x)＝x2－aex在区间(1，3)上存在零点. 由g(x)＝x2－aex＝0，得a＝. 令h(x)＝，则h′(x)＝＝， 所以h(x)在区间(1，2)上单调递增，在区间(2，3)上单调递减， 且h(1)＝，h(2)＝，h(3)＝>， 要使函数g(x)在区间(1，3)上存在零点， 只需a∈. 学科网（北京）股份有限公司 $$