第5章 1.1 利用函数性质判定方程解的存在性-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版）

该高中数学单元复习课件聚焦函数零点与方程解的关系，系统梳理函数零点概念、零点存在定理及应用，通过知识导学明确概念内涵与定理条件，结合评价自测（判一判、做一做）强化易混点辨析，构建“概念-定理-应用”的逻辑知识网络。 其亮点在于采用“概念辨析-题型突破-分层训练”复习策略，如通过零点存在定理可逆性分析培养数学思维，设计根的分布问题应用提升数学语言表达能力，随堂达标与课后精练分层设置，助力学生巩固知识，教师精准把握学情提高复习效率。

第五章　函数应用 §1 方程解的存在性及 方程的近似解 1.1 利用函数性质判定方程解的存在性 (教师独具内容) 课程标准：1.结合学过的函数图象，了解函数零点与方程解的关系.2.结合具体连续函数及其图象的特点，了解函数零点存在定理． 教学重点：1.函数零点的概念.2.函数零点存在定理及其应用． 教学难点：运用函数零点存在定理判断函数零点所在的区间及函数零点的个数． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　函数零点的概念 使得f(x0)＝0的数x0称为_______________，也称为______________.__________就是函数y＝f(x)的图象与x轴交点的________． 方程f(x)＝0的解 函数f(x)的零点 横坐标 f(x)的零点 核心概念掌握 5 知识点二　零点存在定理 若函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象是__________的曲线，并且在区间端点的函数值__________，即__________ ，则在开区间(a，b)内，函数y＝f(x) ___________零点，即在区间(a，b)内相应的方程f(x)＝0 ____________解． 这里说“在区间(a，b)内，方程f(x)＝0至少有一个解”，只说明了____________ ________，并不能判断________________． 当____________时，方程f(x)＝0也可能有解． 一条连续 一正一负 f(a)·f(b)<0 至少有一个 至少有一个 方程f(x)＝0解的存在 具体有多少个解 f(a)·f(b)>0 核心概念掌握 6 1．函数的零点不是一个点，而是一个数，一个使函数值为0的实数． 2．一个函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点必须同时满足：①函数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.这两个条件缺一不可． 3．零点存在定理只能判断出零点的存在性，而不能判断出零点的个数．如图(1)(2)，虽然都有f(a)·f(b)<0，但图(1)中函数在区间(a，b)内有4个零点，图(2)中函数在区间(a，b)内仅有1个零点． 核心概念掌握 7 4．零点存在定理是不可逆的，因为f(a)·f(b)<0可以推出函数y＝f(x)在区间(a，b)内存在零点．但是，已知函数y＝f(x)在区间(a，b)内存在零点，不一定推出f(a)·f(b)<0.如图(3)，虽然在区间(a，b)内函数有零点，但f(a)·f(b)>0. 5．如果单调函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有唯一的零点，即存在唯一的c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有的函数都有零点．(　　) (2)函数y＝f(x)的零点是一个点．(　　) (3)函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的解．(　　) (4)若函数y＝f(x)的图象是连续不断的，且f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内有且只有一个零点．(　　) (5)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，则f(a)·f(b)<0.(　　) √ × × × × 核心概念掌握 9 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)函数f(x)＝x2＋3x的零点是________． (2)若函数f(x)在区间(2，5)上单调递减，且图象是一条连续不断的曲线，f(2)·f(5)<0，则函数f(x)在区间(2，5)上零点的个数是______． (3)已知函数y＝f(x)的定义域为R，图象连续不断，若计算得f(1)<0，f(1.25)<0，f(1.5)>0，则可以确定零点所在的最小区间为___________． 0和－3 1 (1.25，1.5) 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　求函数的零点 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】　求函数零点的方法 函数的零点就是对应方程的根，求函数的零点常有两种方法： (1)令f(x)＝0，解方程f(x)＝0所得的根就是函数的零点； (2)画出函数y＝f(x)的图象，图象与x轴交点的横坐标就是函数的零点． 核心素养形成 14 【跟踪训练】 1．若函数f(x)＝x2＋x－a的一个零点是－3，求实数a的值，并求函数f(x)其余的零点． 解:由题意知f(－3)＝0， 即(－3)2－3－a＝0，则a＝6， ∴f(x)＝x2＋x－6. 解方程x2＋x－6＝0，得x＝－3或2. ∴函数f(x)其余的零点是2. 核心素养形成 15 若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间(　　) A．(a，b)和(b，c)内 B．(－∞，a)和(a，b)内 C．(b，c)和(c，＋∞)内 D．(－∞，a)和(c，＋∞)内 题型二　判断函数零点所在的区间 解析 ∵f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)·(x－c)＋(x－c)(x－a)，∴f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)，∵a<b<c，∴f(a)>0，f(b)<0，f(c)>0，∴f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)和(b，c)内． 核心素养形成 16 【感悟提升】　确定函数零点所在区间的方法 (1)判断一个函数是否有零点，首先看函数f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，并且是否存在f(a)·f(b)<0，若存在，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点． (2)对于连续函数f(x)，若存在f(a)·f(b)<0，则f(x)在区间(a，b)内有零点，若只有一个零点，则称此零点为变号零点，反过来，若f(a)与f(b)不变号，而是同号，即不满足f(a)·f(b)<0，也不能说函数无零点，如f(x)＝x2，f(－1)·f(1)＝1>0，但0是f(x)的零点． 核心素养形成 17 解析：解题的关键是ex与x＋2的差的符号，构造函数f(x)＝ex－x－2，将求方程ex－x－2＝0的根所在的区间转化为求函数的零点问题．令f(x)＝ex－x－2，由表格中数据知f(－1)＝0.37－1＝－0.63<0，f(0)＝1－2＝－1<0，f(1)＝2.72－3＝－0.28<0，f(2)＝7.39－4＝3.39>0，f(3)＝20.09－5＝15.09>0，由于f(1)·f(2)<0，所以根据表格可知，根所在的最小区间为(1，2)． 【跟踪训练】 2．根据表格中的数据，可以判定方程ex－x－2＝0的一个根所在的最小区间为________． x －1 0 1 2 3 ex 0.37 1 2.72 7.39 20.09 x＋2 1 2 3 4 5 (1，2) 核心素养形成 18 题型三　判断函数零点的个数 核心素养形成 19 核心素养形成 20 【感悟提升】　判断函数零点个数的方法 (1)直接求出函数的零点进行判断． (2)结合函数图象进行判断． (3)借助函数的单调性进行判断．若函数f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且在区间(a，b)上单调，满足f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在区间(a，b)上有且仅有一个零点，如图所示． 核心素养形成 21 解析：函数y＝a|x|－|logax|(0<a<1)的零点的个数即方程a|x|＝|logax|(0<a<1)的根的个数，也就是函数f(x)＝a|x|(0<a<1)与g(x)＝|logax|(0<a<1)的图象的交点的个数．画出函数f(x)＝a|x|(0<a<1)与g(x)＝|logax|(0<a<1)的图象，如图所示，观察可得函数f(x)＝a|x|(0<a<1)与g(x)＝|logax|(0<a<1)的图象的交点的个数为2，从而函数y＝a|x|－|logax|的零点的个数为2. 【跟踪训练】 3．已知0<a<1，则函数y＝a|x|－|logax|的零点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 核心素养形成 22 题型四　函数零点的应用 已知关于x的方程x2－2ax＋4＝0，在下列条件下，求实数a的取值范围． (1)一个根大于1，一个根小于1； (2)一个根在(0，1)内，另一个根在(6，8)内． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 【感悟提升】　解决根的分布问题的注意事项及方法 解决此类问题可设出方程对应的函数，根据函数的零点所在的区间分析区间端点函数值的符号，建立不等式(组)，使问题得解．当函数解析式中含有参数时，要注意分类讨论． 核心素养形成 25 (－∞，0] 核心素养形成 26 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 2．已知f(x)是定义域为R的奇函数，且在(0，＋∞)内有1012个零点，则f(x)的零点个数为(　　) A．1012 B．1013 C．2024 D．2025 解析：∵f(x)为奇函数，且在(0，＋∞)内有1012个零点，∴在(－∞，0)内也有1012个零点，又f(0)＝0，∴f(x)共有2024＋1＝2025个零点． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 3．(多选)若函数f(x)的图象在R上连续不断，且满足f(0)<0，f(1)>0，f(2)>0，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)在区间(0，1)上一定有零点 B．f(x)在区间(0，1)上一定没有零点 C．f(x)在区间(1，2)上可能有零点 D．f(x)在区间(1，2)上一定有零点 解析：因为f(0)<0，f(1)>0，f(2)>0，所以f(0)·f(1)<0.又函数f(x)的图象在R上连续不断，由函数零点存在定理，可得f(x)在区间(0，1)上一定有零点．又f(1)·f(2)>0，因此无法判断f(x)在区间(1，2)上是否有零点．故选AC. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 4．已知函数f(x)的图象是不间断的，且有如下的x，f(x)对应值表： 则函数f(x)在区间[－2，2]内的零点个数至少为_____． x －2 －1.5 －1 －0.5 0 f(x) －3.51 1.02 2.37 1.56 －0.38 x 0.5 1 1.5 2 f(x) 1.23 2.77 3.45 4.89 3 解析：由f(－2)·f(－1.5)<0，f(－0.5)·f(0)<0，f(0)·f(0.5)<0可知，函数f(x)在区间[－2，2]内至少有3个零点． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 5．已知函数f(x)＝x2－2x－3，x∈[－1，4]． (1)画出函数y＝f(x)的图象，并写出其值域； (2)当m为何值时，函数g(x)＝f(x)＋m在[－1，4]上有两个零点？ 解：(1)依题意，得f(x)＝(x－1)2－4，x∈[－1，4]，其图象如图所示．由图可知，函数f(x)的值域为[－4，5]． (2)∵函数g(x)＝f(x)＋m在[－1，4]上有两个零点． ∴方程f(x)＝－m在x∈[－1，4]上有两相异的实数根， 即函数y＝f(x)与y＝－m的图象有两个交点． 由(1)所作图象可知，－4<－m≤0， ∴0≤m<4. ∴当0≤m<4时，函数y＝f(x)与y＝－m的图象有两个交点，即当0≤m<4时，函数g(x)＝f(x)＋m在[－1，4]上有两个零点． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 课后课时精练 一、选择题 1．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的部分对应值如下表： 不求a，b，c的值，判断方程ax2＋bx＋c＝0的两根所在的区间是(　　) A．(－3，－1)和(2，4) B．(－3，－1)和(－1，1) C．(－1，1)和(1，2) D．(－∞，－3)和(4，＋∞) 解析：因为f(－3)＝6>0，f(－1)＝－4<0，所以方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)在(－3，－1)内必有根．又f(2)＝－4<0，f(4)＝6>0，所以在(2，4)内必有根． x －3 －2 －1 0 1 2 3 4 f(x) 6 m －4 －6 －6 －4 n 6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 2．对于函数f(x)，若f(－1)·f(3)<0，则(　　) A．方程f(x)＝0一定有实数解 B．方程f(x)＝0一定无实数解 C．方程f(x)＝0一定有两实根 D．方程f(x)＝0可能无实数解 解析：因为函数f(x)的图象在[－1，3]上未必连续，故尽管f(－1)·f(3)<0，但方程f(x)＝0在(－1，3)上不一定有实数解． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 二、填空题 6．已知函数f(x)＝x2－ax－b的两个零点分别是2和3，则函数g(x)＝bx2－ax－1的零点是________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 7．函数f(x)＝3ax＋1－2a在区间(－1，1)上存在一个零点，则a的取值范围是 ____________________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 8．若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________． 解析：由f(x)＝|2x－2|－b＝0，得|2x－2|＝b.在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b 的图象，如图所示，则当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点． (0，2) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 三、解答题 9．已知f(x)＝2(m＋1)x2＋4mx＋2m－1. (1)当m满足什么条件时，函数f(x)有两个零点？ (2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，且x1<0<x2，求实数m的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 10．已知关于x的方程4x2－2(m＋1)x＋m＝0，若该方程的一根在区间(0，1)上，另一根在区间(1，2)上，求实数m的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 11．已知函数f(x)＝2a·4x－2x－1. (1)当a＝1时，求函数f(x)的零点； (2)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 　　　　　　　　　　　　　 R 判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出． (1)f(x)＝x2＋7x＋6； (2)f(x)＝1－log2(x＋3)； (3)f(x)＝2x-1－3； (4)f(x)＝eq \f(x2＋4x－12,x－2). 解　(1)解方程f(x)＝x2＋7x＋6＝0，得x＝－1或x＝－6，所以函数的零点是－1，－6. (2)解方程f(x)＝1－log2(x＋3)＝0，得x＝－1，所以函数的零点是－1. (3)解方程f(x)＝2x－1－3＝0，得x＝log26，所以函数的零点是log26. (4)解方程f(x)＝eq \f(x2＋4x－12,x－2)＝0，得x＝－6，所以函数的零点为－6. 函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x<0，,x2－1，x>0))的零点个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　解法一：方程x＋2＝0(x<0)的根为x＝－2，方程x2－1＝0(x>0)的根为x＝1，所以函数f(x)有2个零点：－2与1. 解法二：画出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x<0，,x2－1，x>0))的图象，如图所示，观察图象可知，f(x)的图象与x轴有2个交点，所以函数f(x)有2个零点． 解　(1)方程x2－2ax＋4＝0的一个根大于1，一个根小于1，设f(x)＝x2－2ax＋4，结合二次函数的图象与性质及零点存在定理，得f(1)＝5－2a<0，解得a>eq \f(5,2). (2)方程x2－2ax＋4＝0的一个根在(0，1)内，另一个根在(6，8)内，结合二次函数的图象与性质及零点存在定理， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝4>0，,f（1）＝5－2a<0，,f（6）＝40－12a<0，,f（8）＝68－16a>0，)) 解得eq \f(10,3)<a<eq \f(17,4). 【跟踪训练】 4．函数f(x)＝ax2－2x＋1，若y＝f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))内有零点，则实数a的取值范围为________． 解析：由f(x)＝ax2－2x＋1＝0得a＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)＋1.若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))内有零点，则f(x)＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))内有解，当－eq \f(1,2)≤x<0或0<x≤eq \f(1,2)时，可得a＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)≤0.故实数a的取值范围为(－∞，0]． 1．函数y＝4x－2的零点是(　　) A．2 B．(－2，0) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)) D .eq \f(1,2) 解析：令y＝4x－2＝0，得x＝eq \f(1,2).∴函数y＝4x－2的零点为eq \f(1,2). 3．函数y＝lg x－eq \f(9,x)的零点所在的大致区间是(　　) A．(6，7) B．(7，8) C．(8，9) D．(9，10) 解析: 令y＝f(x)＝lg x－eq \f(9,x)，因为f(9)＝lg 9－1<0，f(10)＝lg 10－eq \f(9,10)＝1－eq \f(9,10)>0，所以f(9)·f(10)<0，所以y＝lg x－eq \f(9,x)在区间(9，10)上有零点，故选D. 4．若x0是方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝xeq \s\up10(\f(1,3))的解，则x0属于区间(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) 解析：∵x0是方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝xeq \s\up7(\f(1,3))的解，∴x0是函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－xeq \s\up7(\f(1,3))的零点．f(x)单调递减，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up13(\f(1,2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up13(\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\up13(\f(1,3))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up13(\f(1,3))>0，所以x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))). 5．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx＋1，x≤0，,log2x，x>0，))下列是关于函数y＝f(f(x))＋1的零点个数的判断，其中正确的是(　　) A．当k>0时，有3个零点 B．当k<0时，有2个零点 C．当k>0时，有4个零点 D．当k<0时，有1个零点 解析：当k>0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx＋1，x≤0，,log2x，x>0))的大致图象如图1所示．此时f(f(x))＋1＝0，即f(f(x))＝－1，有f(x)＝m∈(－∞，0)，f(x)＝eq \f(1,2)两种情况．又f(x)＝m∈(－∞，0)有两根，f(x)＝eq \f(1,2)也有两根，故函数y＝f(f(x))＋1有4个零点． 当k<0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx＋1，x≤0，,log2x，x>0))的大致图象如图2所示． 此时f(f(x))＋1＝0，即f(f(x))＝－1，只有f(x)＝eq \f(1,2)一种情况，此时f(x)＝eq \f(1,2)仅有1个根，即函数y＝f(f(x))＋1有1个零点．综上，当k>0时，函数y＝f(f(x))＋1有4个零点；当k<0时，函数y＝f(f(x))＋1只有1个零点．故选CD. 解析：由题意知，方程x2－ax－b＝0的两根为2，3，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋3＝a，,2×3＝－b，))即a＝5，b＝－6，∴方程bx2－ax－1＝－6x2－5x－1＝0的两根为－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)，即为函数g(x)的零点． －eq \f(1,2)，－eq \f(1,3) 解析：由零点存在定理，得f(1)·f(－1)<0，即(3a＋1－2a)(－3a＋1－2a)<0，整理得(a＋1)(－5a＋1)<0，解得a<－1或a>eq \f(1,5). (－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞)) 解：(1)由题意， 知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（m＋1）≠0，,（4m）2－4×2（m＋1）（2m－1）>0，)) 解得m<1且m≠－1. (2)根据二次函数的图象，可知函数f(x)的两个零点满足x1<0<x2，有两种情况(如图)：开口向上与开口向下． 所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（m＋1）>0，,f（0）＝2m－1<0)) 或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（m＋1）<0，,f（0）＝2m－1>0，)) 解得－1<m<eq \f(1,2). 所以实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))). 解：设f(x)＝4x2－2(m＋1)x＋m，则函数f(x)的图象与x轴的交点分别在区间(0，1)和(1，2)内，画出示意图(如图)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝m＞0，,f（1）＝4－2（m＋1）＋m＜0，,f（2）＝4×22－2×2（m＋1）＋m＞0，)) 解得2＜m＜4，所以实数m的取值范围为(2，4)． 解:(1)当a＝1时，f(x)＝2·4x－2x－1. 令f(x)＝0，即2·(2x)2－2x－1＝0， 解得2x＝1或2x＝－eq \f(1,2)(舍去)． 所以x＝0.所以函数f(x)的零点为0. (2)若f(x)有零点，则方程2a·4x－2x－1＝0有解． 于是2a＝eq \f(2x＋1,4x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4). 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)>0，所以2a>eq \f(1,4)－eq \f(1,4)＝0，即a>0. 故实数a的取值范围为(0，＋∞)． 12．已知函数f(x)＝(log2x)2＋4log2x＋m，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，4))，m为常数． (1)设函数f(x)存在大于1的零点，求实数m的取值范围； (2)设函数f(x)有两个互异的零点α，β，求实数m的取值范围，并求αβ的值． 解：　令log2x＝t，由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，4))， 则g(t)＝t2＋4t＋m(t∈[－3，2])． (1)由于函数f(x)存在大于1的零点，所以方程t2＋4t＋m＝0在t∈(0，2]内存在实数根， 由t2＋4t＋m＝0，得m＝－t2－4t，t∈(0，2]，所以实数m的取值范围是[－12，0)． (2)函数f(x)有两个互异的零点α，β，则函数g(t)在[－3，2]内有两个互异的零点t1，t2，其中t1＝log2α，t2＝log2β，又g(t)表示的二次函数图象开口向上，对称轴为直线t＝－2∈[－3，2]，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝16－4m>0，,g（－3）≥0，,g（2）≥0，)) 解得3≤m<4， 所以实数m的取值范围是[3，4)． 根据根与系数的关系，可知t1＋t2＝－4， 即log2α＋log2β＝－4， 所以log2(αβ)＝－4，αβ＝2－4＝eq \f(1,16). $