高中数学经典题型全解析：第9课 函数图像与零点专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以函数性质为纲，构建“图象识别-零点判定-复合应用”三阶解题体系，融合数形结合与逻辑推理，实现从概念理解到复杂问题解决的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数图象研究|7小节12典例|解析式/定义域/值域/奇偶性多维判图法|从单一性质到综合变换，形成图象分析思维链| |零点定理应用|3小节8典例|二分法/投石问路/虚拟零点设而不求|从存在性判定到参数范围求解，深化函数与方程思想| |复合函数零点|3小节10典例|换元拆解法/内外层方程转化|从简单零点到复合方程，构建层级化解题模型| |二次根分布|2小节7典例|数形结合/根与系数关系|从定性判断到定量计算，强化分类讨论能力|

第九课 函数的图象与函数零点 1.利用函数性质研究函数的图象 1.1 从函数解析式判断函数的图象 【典例】 1.A【解析】由图象知，函数应为偶函数，排除选项D . 选项B，C是分段的二次函数，图象不符合， 故图中的图象对应的函数解析式是A. 2.D【解析】当时，，排除B. 当时，则弧长所对圆心角， 向上移动的距离为， 此时，， ∴. ∴的图象是下凹的，故选D. 3.【解析】设票价为元，里程为公里，根据题意，如果某空调汽车运行路线中设20个汽车站（包括起点站和终点站），那么汽车行驶的里程约为19公里， 自变量的取值范围是． 由空调汽车票价制定的规定，可得到以下函数解析式： 根据这个函数解析式，可画出函数图象. 1.2从函数的定义域判断图象渐近线 【典例】 1.B【解析】函数的图象是由反比例函数向右平移1个单位得到，然后向上在平移1个单位得到.故选B. 2. A【解析】由得函数的定义域为，且，排除B，D，在定义域内取，得，排除C，故选A. 1.3从函数的值域判断图象的上下位置 【典例*】 1.A【解析】考虑的取值情况，令，即，得，解得，或，此时图象应在轴上方，只有A符合. 2.C【解析】由图象知，函数应为偶函数，当时，；排除选项A，B; 对于D，，其图象在轴的上方不存在， 故图中的曲线对应的函数解析式是C. 3. A.【解析】易知函数是定义在上的偶函数，排除C； 取，得，即图象过原点，所以选A. 1.4从函数的奇偶性，判断图象的对称性 【典例】 1.D【解析】由，得，故为偶函数，其图象关于轴对称.故选D. 2.A【解析】定义域为关于原点对称，又，故函数为奇函数，图象关于原点对称，故选A. 3.B【解析】由于为常数，所以直线是一组平行直线系，再加上正六边形的对称性，可见，函数定义域关于原点对称，前后三角形也可以对称出现，所以函数是偶函数，图象关于轴对称．故选B． 1.5从函数的特征点排除不合要求的图象 【典例1】 1.A【解析】由函数是偶函数，排除选项B,C，当时，，排除选项D.故选 A 2.B.【解析】由题意，有，得. 对于A，函数的图象不经过点， 对于C，函数的图象不经过点， 对于D，函数的图象不经过点，故选B. 3.B【解析】当时，由图象知，，而C,D中，排除C,D . 当时，由图象知，，而A中, 排除A.故选B. 4.A【解析】(法1)由图象可知， ∴，解得. ∴； 当时∴，选A. （法2）得,，两式相加的，选A 【典例2*】 1.B【解析】因为为偶函数，∴它的图象关于轴对称，排除A、C选项； 当，即时，，排除D选项，故选B. 2.A.【解析】函数为偶函数，图象关于轴对称，排除B，C，当时，.排除D. 3.D【解析】函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B. 取，排除C；取，排除A，故选D. 1.6从函数变换看函数图象的对称性 【典例】 1. D【解析】由图(1)和图(2)的关系可知，图(2)是由图(1)在轴左侧的部分及其关于轴对称图形构成的，故选D． 2.A【解析】 的图象是保留的图象中位于上半平面内的部分，及与轴的交点，将的图象中位于下半平面内的部分以轴为对称翻折到上半面中去而得到，故选A 3.D【解析】从曲线的走向可知，从曲线的位置看，是由的图象向左平移个单位长度而得到，故即.故选D. 4.D【解析】函数与，答案A没有幂函数图象， 对于B，中，中，不符合， 对于C，中，中，不符合， 对于D，中，中，符合，故选D. 1.7从函数的变化趋势判断函数图象的趋势 【典例1】 1.C【解析】函数定义域中有负数，排除A，函数不是偶函数，排除D. 对于B,C，当时增长速度比增长速度快，与B不符合，排除B,故选C. 2. A【解析】，函数图象关于原点对称，又， 函数单调递增，因此选A. 3.【解析】如图所示，当的长小于半圆时，函数的值增加的越来越快，当的长大于半圆时，函数的值增加的越来越慢，所以函数的图像是D. 【典例2】 1.3【解析】在同一坐标系内分别画出两个函数交点有3个，，故所求零点个数为3. 2.B 【解析】做直线，直线与四个幂函数交点分别为，，，，由图象可知：， ∴，应选B． 3.C【解析】做直线，由图象可知,直线与四个函数交点从下到上分别为，∴，应选C． 2.函数的零点 2.1函数的零点其实并不是点 【典例】 1.【解析】由得，即函数的零点是. 2. 4【解析】令，则，解得，即函数的零点是4. 3. 【解析】令，解得，即函数的零点是. 2.2函数的零点就是相应方程的解 1.B【解析】令得，有两实根，无实根故选B 2.－，－ 【解析】由韦达定理知，∴的零点是－，－. 3. 【解析】，零点只能是，则没有实数解，，所以. 2.3 零点对于函数图象作图的重要性 【典例1】 1.【解析】 函数定义域，函数的唯一零点，由得， 当，函数的单调增；当，函数的单调减； 当，时极小值是，图象如图所示． 【典例2*】 1.【解析】设，又，易得在上 单调减，在上单调增，图象如图极小值是，所以. 2.【解析】零点为.易得函数在上递减.； 在上递增，函数在时取最小值，由图象可知：所以， 即. 3.【解析】设函数，定义域为，得，易得函数在上增，在上单调减. 时，； ，； ，， 直线是渐近线，图象如图所以或，即. 2.4 函数零点的对称性与周期性 【典例】 1.D【解析】∵函数在上的是奇函数∴ ∵周期是，∴; ∵, ∴即 因此根跟的个数可能是5个；故选D 2.【解析】由得函数的对称轴为, 从而知函数不是奇函数,由 ,从而知函数的周期为, 又而所以所以 故函数是非奇非偶函数; (II) 又 故在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解, 从而可知函数在[0,2005]上有402个解,在[-2005.0]上有400个解, 所以函数在[-2005,2005]上有802个解. 3.零点存在性定理 3.1二分法确定函数在某区间上存在零点 【典例1】 1.B【解析】∵ ，由零点的存在性定理选B. 2.2【解析】在同一平面直角坐标系中，画出函数与的图象. 显然交点横坐标在区间内.当时，，.由于， 因此，从而判定，故. 【典例2】 1.（4）【解析】当时，，得，故函数在区间内无零点，排除（1）（3）∵ ∴在区间内有零点.所以（4）正确. 2.【解析】. 设的两个实数根为（不妨设），则，因为在区间中至少有一个极值点，所以. 由，解得. 3.【证明】，令，，函数在单调递减，因为，， 所以函数在上有唯一零点，可设，其中. 所以函数在区间增，在减， 故是函数在上存在极大值点. 3.2 投石问路证明公共点的存在性 【典例1】 1.【证明】．因为，从而当，，单调递减； 当时，，单调递增．所以当时，有极小值． 因，所以在内有一个零点． 因为，所以在之间有一个零点．从而有两个不同的零点． 2.【解析】求导得在为增函数，在为减函数，函数在处取得最大值，即，方程无解， 所以函数的图象没有交点. 3.【解析】求导得在处取得最大值. 当时，在递增区间上，且，. 故函数的图象与在区间上有且仅有1个交点. 4.【证明】求导得，在处取得最大值. 当时，在单调递增区间 上，且，，， 函数与的图象在区间上有1个交点； 又函数区间上单调递减，存在，可取，， 所以，函数与的图象在区间上也有1个交点. 这样确保与的图象在区间上有且仅有两个交点. 5.【证明】求导得，则在为增函数， 当时.，取，， 因此当，有.所以函数的图象恰有一个公共点. 3.3 虚拟零点“设而不求” 【典例1*】 1.【证明】定义域为，， ， 即，解为，且， 则,， 又易知，所以. 令， 则，故函数在上递增，则. 故. 2.【解析】，由题意知消去， 得有唯一解．令， 则， 解得或；解得， 所以在区间，上是增函数，在上是减函数， 又，. 故借助函数的图象分析可得，实数的取值范围． 3.【解析】的定义域为，． 由得． 令，，从而在单调递增，所以． 当时，方程有一个根，即存在唯一零点； 可设在的唯一零点为， 当时，；当时，． 故在单调递减，在单调递增，则． 由于，得，又，得， 故 ． 即，当时，． 4.二次函数的根的分布 4.1数形结合判断二次函数的零点个数 1. 【解析】由可得，解得 2. 【解析】令，开口向上得 ，解得 3.【解析】(Ⅰ)∵的解集为， ∴，且0，3分别为方程的两个根，∴ 又，即 由①②③可解得， ∴. (Ⅱ)证法一：∵，则，当时，， ∴函数在内至少有一个零点； 当时，， ∴函数在内至少有一个零点； 综上所述，在区间内至少有一个零点． 证法二：∵，则，而， 所以或至少有一个大于0，∴在区间内至少有一个零点． 4.【解析】由于是函数的两个零点，∴， 则，又， ∴ . 当且仅当时取等号， ∴的最大值为. 5.【解析】(Ⅰ)∵，∴，. ∵， 当时，，函数有一个零点； 当时，，函数有两个零点． (Ⅱ)证明：令， 则， ， ∴． ∵，∴， 即在内必有一个实根．即存在，使成立． 4.2 根与系数关系只能判断根的正负 【典例1】 1.【解析】设，， 解得． 2. 【解析】，，解得． 3. 【解析】由已知方程在区间上有唯一解， 即满足即.解得,∴． 5.数形结合研究函数的零点 5.1函数零点个数就是函数图象与轴交点个数 【典例1】 1. 【解析】要使与 轴有4个交点，且， 即，故的取值范围是． 2．1【解析】要使与 轴有3个交点，则，故的取值是1． 3．2【解析】 因为函数是偶函数，图象关于轴对称，零点是对称的. 当时，,要使与轴有3个交点，则， 故的取值是2． 4.6【解析】当时，，，当时，， 画出函数在时和时的图象，由于在定义域上是偶函数，图象关于轴对称，如图所示，作直线，则与函数交点个数为6个． 5.4【解析】当时，，，当时，， 画出函数在和的图象， 由于在定义域上是奇函数，图象关于原点轴对称，如图所示，作直线， 由图象知与函数交点个数为4个． 【典例2】 1. 【解析】当时，令，解得； 当时，令，解得， 所以函数有两个零点． 2.【解析】. 当时，，此区间上函数不存在零点； 当时，，，函数存在一个零点； 当时，，函数存在零点. 故函数的零点的个数是2. 5.2 函数零点个数可化为两函数图象交点个数 【典例】 1.11【解析】函数的图象在区间内零点的个数， 等价于函数与直线在区间内公共点的个数. 由图可知共11个交点，即函数零点共11个． 2.3【解析】函数的图象在区间内零点的个数， 等价于函数与函数的图象在区间内公共点的个数． 在上有1个交点；因为，说明函数与函数的图象有一个交点，但是该点显然不是曲线与抛物线的切点， 故此函数与函数的图象应该是在此相交， 所以函数在区间上有2个. 由图可知共3个交点，即函数零点共3个． 3. 3【解析】函数的图象在区间内零点的个数， 等价于函数与函数的图象在区间内公共点的个数． 在上有1个交点； 因为，说明函数与函数的图象有一个交点， 但是该点显然不是曲线与抛物线的切点， 故此函数与函数的图象应该是在此相交， 所以函数在区间上有2个.由图可知共3个交点，即函数零点共3个． 4.3【解析】函数的图象在区间内零点的个数， 等价于函数与函数的图象在区间内公共点的个数. 在上有1个交点； 因为，说明函数与函数的图象有一个交点， 但是该点显然不是曲线与抛物线的切点， 故此函数与函数的图象应该是在此相交， 所以函数在区间上有2个.由图可知共3个交点，即函数零点共3个． 5.20【解析】函数的图象在区间内零点的个数， 等价于函数与函数的图象在区间内公共点的个数. 由图可知在上有8个交点； 因为，说明函数与函数的图象有一个交点， 但是该点显然不是曲线与抛物线的切点， 故此函数与函数的图象应该是在此相交， 所以函数在区间上有2个交点. 函数图象在上有10个交点，根据对称性函数图象在上也有10个交点. 综上，函数零点共20个． 6. 3 【解析】∵在是奇函数∴，即，∴． 当时，与的交点只有1个， 比较在点处的斜率与的大小可得． 又，故共有3个零点． 5.3分离参数求解函数的零点 【典例】 1. 【解析】函数的定义域内单调增， 则图象经过点， 因此可得方程组， 可见是方程的两个不等的解，对方程两边求对数，即， 再分离参数，得， 故 可划归为与的交点问题， 根据函数的图象如图， 容易判断直线与函数的图象有两个交点时， 满足，则． 2. 【解析】利用函数性质，其最大值为，等号成立的条件， 而二次函数的最小值为，等号成立的条件， 那么方程有解时有，即． 3. 【解析】当时, 不等式恒成立；当时， 等价于不等式成立，即成立，即，即，解得． 4. 【解析】易知函数在上有一个零点， 所以由题意得方程在上恰有一解，即在上恰有一解. 令，，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以. 5．【解析】令，即，两边取对数，得即， 再分离参数，得， 故可化归为与的交点问题， 根据函数图象，易得． 6.【解析】的定义域为，．由得． 令，， 从而在单调递增，所以． 当时，方程有一个根，即存在唯一零点； 当时，方程没有根，即没有零点． 5.4对数函数图象的特殊性 【典例*】 1.3【解析】注意与在上有两个交点，共个交点. 2.2【解析】构造，， 单调递减，， 所以当时，有一个零点，即与的图象有一个交点； 结合图象知时有一个交点，综上交点个数为2. 3. 2【解析】由图象知，两函数有两个交点． 6.换元法求复合函数的零点 6.1换元法求符合方程根的个数 【典例】 1.1或【解析】令，则， 当时，，解得，即， ①若时，，解得或，又，； ②若时，，；当时无解． 综上，或． 2. 【解析】设，则，可见， 所以，借助函数图象，有，． 3.6 【解析】设，， 则极值点为或，易求出，. 由两个函数图象知：当 时,方程有两个解，. 而方程有三个解；方程也有三个解,故此时方程6个解. 同理可得，当时,方程5个解； 当时,方程4个解； 当时,方程个解. 因此，方程最多有6个解. 6.2换元法求复合函数的零点 【典例】 1.【解析】由题意得，利用换元法，令，， 令得，，解得，即函数的零点是. 2.1【解析】设，即, 如图考查图象，方程有1个解；方程有1个解.故原方程有1个解. 如图考查图象，方程有3个解；方程有2个解.故原方程有5个解. 4．1【解析】设，即, 如图考查图象， 方程有1个解；方程有1个解. 故原方程有1个解. 5.5【解析】令，则，当时，，解得或， 又，，即，当时，，解得； 当时，，不符合，舍去.综上得. 6.3 换元法拆解不等式求复合函数不等式的解集 【典例】 1. 【解析】作函数的图象，令，则，因为，由图象知，；所以，又因为仅有，由图象可得． 7.复合方程 7.1 换元法解复合一元二次方程 【典例】 1. 【解析】令，设关于的方程的两根为，， 由题意可知方程和一共产生12个实根， 即，且. 记，则函数在内有两个不同的零点， 则 2.【解析】令，设关于的方程的两根为，， 由题意可知方程和一共产生5个实根， 即的直线和的图象有5个交点， 所以，中有一个为1，另一个为大于0且不等于1的实数， 易得实数的取值范围是． 3.【解析】由图象可知，方程在上有两个不同的根，即，解得. 4.【解析】由已知得，即， 当时，，方程的解集中恰好有一个元素． 当时即时，，方程的解集中恰好有一个元素． 当且时，，，． 是原方程的解当且仅当，即；是原方程的解当且仅当，即．于是满足题意的．综上，的取值范围为． 7.2换元法求解形如的复合方程 【典例】 1.3【解析】，由题意知的两根为， 设，关于的方程可以化为，且是的根. 因对于方程即直线与函数图象有一个交点， 所以该方程有1个实根； 对于方程，由于，直线与函数图象有2个交点， 所以该方程有2个实根； 可见，两个方程及的实根共有3个实根， 也就是方程的不同实根个数是3个. ( 7.2变式1图 ) 2.3【解析】，由题意知的两根为，设， 关于的方程可以化为，且是的根. 对于方程即直线与函数图象有两个交点，所以该方程有2个实根； 对于方程，由于，直线与函数图象有1个交点， 所以该方程有1个实根； 可见，两个方程及的实根共有3个实根， 也就是方程的不同实根个数是3个. 3.【解析】，易得单调增区间.减区间是，， 则是极大值. ( 7.2变式3图 )若，则直线与函数的图象必定有两个公共点， 方程只有这两个实数解． 4.【解析】，易得单调增区间，减区间是，， 则是极大值.若， 则直线与函数的图象有一个或两个或三个公共点， 方程可能有1或2或3个实数解． ( 7.2变式4图 ) ( 7.2变式5图 ) 5.【解析】，易得单调减区间，增区间是，， 则是极大值.若， 则直线与函数的图象有一个公共点，方程有1个实数解． 6.【解析】，易得单调减区间，增区间是，，则是极小值. 若，则直线与函数的图象有两个公共点，方程有2实数解． ( 7.2变式6图 ) 7.3 使成立解是函数的不动点 【典例】 1. 或【解析】，解得或.所以所求的不动点为或. 2.【解析】 又 解得，或. 3.【解析】依题意有,化简为，由韦达定理, 得 ，解得，代入表达式， 由，得， 又，若，则不止有两个不动点，， 故. 4.【解析】因，故． 由条件知，于是， 即，解得，则. 7.4不动点个数的判定 【典例】 1.【解析】由得，函数没有不动点， 即方程无解，故，解得. 2.【解析】令，令（负值舍去）,将代入得，. 3.【解析】由题设知=，即(). ∵，∴，且，∴. 又∵，∴，∴满足的条件为且. 4.【解析】是上的奇函数，，即， 故原点是函数的不动点．若函数还有不动点， 则由为奇函数，，， ，这说明也是函数的不动点，由题意知，它为有限个． 因此，函数的图象上的不动点除原点外是有限个成对出现的，且原点也为其不动点，故它的个数是奇数． 7.5满足的为的“稳定点” 【典例】 1. 既是不动点,又是稳定点【解析】令，解得, , 令，解得， 故函数有一个稳定点,既是不动点,又是稳定点. 2.不动点，稳定点有，【解析】令的解为，，故函数有两个不动点. 令，因为不动点必为稳定点，所以该方程一定有两解， 由此因式分解，可得，还有另外两解， 故函数的稳定点有，.其中是稳定点，但不是不动点. 3.C【解析】设，则方程化为，因为在上递增， 所以的根等价于，即， 所以或或，所以所有根的平方和等于4，故选C. 4.A【解析】函数为增函数，所以， 又因为存在使，即有稳定点， 所以它必有不动点，使得， 即在有解, 整理可得，，在有解， 令，， ∵， ∴在单调递增，，，，故选择A. 5.【解析】由易得.， （1）当时，显然成立； （2）当时，记，令，则，可知 即和的解只能为，故必须无解，解得， 综上：. 6.【解析】没有实数根就是与直线没有交点； 若，抛物线在直线上方，则，对一切恒成立，于是； 若，抛物线在直线下方，则，对一切恒成立，于是.综上所述，没有实数根. 7.【解析】（Ⅰ）证明：当时，显然成立； 设时，有()成立， 则，即时，命题成立. ∴对一切,若，则. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，稳定不动点只需满足，由， 得,∴或 ∴稳定不动点为和. 8.【证明】若函数有不动点，显然它也有稳定点； 若函数有稳定点，即，设，则，即和都在函数的图象上， 假设，因为是增函数，则，即，与假设矛盾； 假设，因为是增函数，则，即，与假设矛盾； 故，即,有不动点. 8.含有条件的取值范围问题 ( 8.1变式1图 )8.1 条件对的约束作用 【典例】 1. 【解析】由图知：有四个实根的条件为. 由四个实根知，当时得知， ∴.又时，的根为, 因此. ( 8.1变式3图 )2.B 【解析】由题可知，， 若有则，即，解得. 3.【解析】由题意画出函数图像如图所示，要满足存在实数， 使得关于的方程有三个不同的根，则，解得， 故的取值范围是. 8.2 利用对称图形中等高点横坐标之和为定值消元 【典例*】 1.D【解析】由知的图象有对称轴，方程的6个根在轴上对应的点关于直线对称，． 2.C【解析】 由得⇒⇒， 则，而，故，∴. 3.20【解析】不妨设，由对称性知， 所以. 4.-8【解析】由已知，定义在在上是奇函数的图象一定过原点， 又在区间上是增函数.所以方程在区间有且只有一个根，不妨设为， ∵∴也是一个根，记为， ∴， ∵∴是周期为8的周期函数， ∴不妨设此根为； 同理，∴. 8.3 利用函数中隐含的消元 【典例】 1.【解析】因为，则， ，，,所以. 2. 【解析】， ，，得. 又 .令得. 所以，因此，，. 8.4 利用二次方程的根与系数关系消元 【典例】 1.【解析】设四个实根，由可得， 所以； .因为，，则， ， 又， 故的取值范围是. 8.5 条件可现实与的替换 【典例】 1. 【解析】当时，因为，易得，所以 故的取值范围是． 2.（0，12）【解析】，， ∵，∴， ∴， ，的取值范围是． ( 4 ) 学科网（北京）股份有限公司 $第九课 函数的图象与函数零点 1 学科网（北京）股份有限公司 1.利用函数性质研究函数的图象 1.1 从函数解析式判断函数的图象 1.2从函数的定义域判断图象渐近线 1.3从函数的值域判断图象的上下位置 1.4从函数的奇偶性，判断图象的对称性 1.6从函数变换看函数图象的对称性 1.7从函数的变化趋势判断函数图象的趋势 2.函数的零点 2.1函数的零点其实并不是点 2.2函数的零点就是相应方程的解 2.3零点对于函数图象作图的重要性 2.4函数零点的对称性与周期 3.零点存在性定理 3.1二分法确定函数在某区间上存在零点 3.2投石问路证明公共点的存在性 3.3 虚拟零点“设而不求” 4.二次函数的根的分布 4.1数形结合判断二次函数的零点个数 4.2根与系数关系只能判断根的正负 5.数形结合研究函数的零点个数 5.1函数零点个数就是函数图象与轴交点个数 5.2 函数零点个数可化为两函数图象交点个数 5.3分离参数求解函数的零点 5.4对数函数图象的特殊性 6.换元法求复合函数的零点 6.1换元法求符合方程根的个数 6.2换元法求复合函数的零点 6.3换元法拆解不等式求复合函数不等式的解集 7.复合方程 7.1 换元法解复合一元二次方程 7.2 换元法求解形如的复合方程 7.3 使成立解是函数的不动点 7.4不动点个数的判定 7.5满足的为的“稳定点” 8.含有条件的取值范围问题 8.1条件对的约束作用 8.2利用对称图形中等高点横坐标之和为定值消元 8.3利用函数中隐含的消元 8.4利用二次方程的根与系数关系消元 8.5条件可现实的替换 1.利用函数性质研究函数的图象 1.1 从函数解析式判断函数的图象 【典例】如图，动点从边长为的正方形的顶点出发，按逆时针方向依次经过点，又回到点．设表示点的行程，表示两点之间的距离，则关于的函数图象是（ ） A. B. C. D. 【解析】根据题意，易得关于的函数为，时，，排除B； 当或时，与不成线性关系，图象不是直线，排除A，C， 故选D. 【评注】判断函数的图象最好的方法是求出函数的解析式，反之根据函数解析是可以准确判断函数的图象. 【变式1】 已知函数的图象如图所示，则的解析式是（ ） A． B．C． D． 【变式2】如图，半径为1的半圆与等边三角形夹在两平行线之间，，与半圆相交于两点，与三角形两边相交于两点．设弧的长为，，若从平行移动到，则函数的图象大致是(　　) 【变式3】某市郊空调公共汽车的票价按下列规则制定： （1）乘坐汽车5公里以内，票价2元； （2）5公里以上，每增加5公里，票价增加1元（不足5公里按5公里计算）． 已知两个相邻的公共汽车站间相距约为1公里，如果沿途（包括起点站和终点站）设20个汽车站，请根据题意，写出票价与里程之间的函数解析式，并画出函数的图象． 1.2从函数的定义域判断图象渐近线 【典例】函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ） A． B． C． D． 【解析】函数的定义域为，由渐近线知，所以； 当时，，所以； 当时，有，即，得.即. 故选 C. 【评注】一般地，对于分式函数使得其分母为零的的值，往往可得函数图象的渐近线方程.如本题 ，渐近线就是，也就是说函数值只能无限接近于,但是绝对不能等于. 【变式1】函数图象是（ ） 【变式2】函数的图象大致是 ( ) A. B. C. D. 1.3从函数的值域判断图象的上下位置 【典例*】函数的图象大致为 A. B. C. D. 【解析】此函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A；对于函数在区间上为正值，函数为负值，函数在此区间上应为负数，故排除B； 通过C，D两个选项可以看出，两个选项的主要区别是在时C选项分别趋于正无穷，而我们知道在时，函数正负交替的，而函数都为正值，C是错的。 故选D. 【评注】根据函数的值域，就是要考虑函数值的分布情况，即通过图象上点的上、下位置来判断图象.本题中，既从区间内的函数的值域来判断，又从函数值的符号判断在上的变化趋势，当然也可以选择特殊位置的点或便于计算的点也可以判断. 【变式1】判断函数的大致图象可能为(　　) 【变式2*】已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A． B． C． D． 【变式3】函数的图象大致是 ( ) A. B. C. D. 1.4从函数的奇偶性，判断图象的对称性 【典例】函数的部分图象可能是(　　) 【解析】因为，，为奇函数，所以函数图象关于原点对称，排除B，C，D，故选A. 【评注】从函数的奇偶性，可以判断图象的对称性： 若函数对定义域内的任意满足，则为偶函数，其图象关于轴对称； 若函数对定义域内的任意满足，则为奇函数，其图象关于坐标原点对称. 【变式1】函数的图象关于（ ） A.原点对称 B.直线对称 C.轴对称 D.轴对称 【变式2】函数的图象（ ） A.关于原点对称 B.关于直线对称 C.关于轴对称 D.关于直线对称 【变式3】如图，在直角坐标平面内有一个边长为，中心在原点的正六边形，．直线（为常数）与正六边形交于两点，记的面积为，则函数的图象（ ） A.关于轴对称 B.关于轴对称 C.关于原点对称 D.关于直线对称 1.5从函数的特征点排除不合要求的图象 【典例1】函数的图象大致是 ( ) A. B. C. D. 【解析】（法１）由已知得，故函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除D； 取，得，排除A； 当时，，则， 令，得，所以函数在上为减函数，排除C. 故选B. （法２）可判断函数是偶函数，排除D； 取，得，排除A； 当时，B、C明显区别是图形在轴的上下有别，， 排除C. 故选B. 【评注】研究函数的图象，可以从函数的定义域、值域、奇偶性等函数性质去判断，但是有时这些手段用尽也无济于事，就要观察函数的特殊点的位置的差别就很有效. 【变式1】函数图象是（ ） 【变式2】若函数且的图象如右图所示，则下列函数图象正确的是（ ） A. B. C. D. 【变式3】已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B． C． D． 【变式4】已知函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ） A． B． C． D． 【典例2*】函数的图象大致是（　　） 【解析】函数是偶函数，排除A，C；当时，，排除D.故选B. 【评注】对三角函数的图象问题一般从函数奇偶性、特殊点去判断，特殊点的选取一般选取0，，等值进行判. 【变式1】 函数 的图象是（ ） A B C D 【变式2】函数的图象大致是(　　) 【变式3】函数的图象大致为(　　) 1.6从函数变换看函数图象的对称性 【典例】函数)的图象大致为(　　) 【解析】图象是保留中位于右半面内的部分及与轴的交点，去掉左半平面内的部分；再利用偶函数的性质，将右半平面内的部分以轴为对称轴翻转到左半平面中去而得到，将函数的图象向上整体平移一个单位即得的图象，结合图象知选A. 【评注】图象的对称变换： ①与的图象关于轴对称； ②与的图象关于轴对称； ③与的图象关于原点对称； ④的图象是保留的图象中位于上半平面内的部分，及与轴的交点，将的图象中位于下半平面内的部分以轴为对称翻折到上半面中去而得到； ⑤图象是保留中位于右半面内的部分及与轴的交点，去掉左半平面内的部分，而利用偶函数的性质，将右半平面内的部分以轴为对称轴翻转到左半平面中去而得到； ⑥奇函数的图象关于原点成中心对称图形，偶函数的图象关于轴成轴对称图形． 【变式1】已知下图(1)中的图象对应的函数为，则下图(2)中的图象对应的函数在下列给出的四个式子中，可能是( ) A．； B．； C．； D．． 【变式2】函数的图象是 （ ）  【变式3】已知函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ） A． B． C． D． 【变式4】在同一直角坐标系中，函数的图象可能是（ ） A B C D 1.7从函数的变化趋势判断函数图象的趋势 【典例1】已知函数；则的图象大致为（ ） A B C D 【解析】（法1）由知，当时，即在右边，，， 所以且 故选B. （法2*）设，，由得；由得， 当时，是增函数，是减函数， 当时，，是减函数，是增函数，排除A,C,D; 故选B. 【评注】函数的单调性反映了图象的升降趋势，因此可以利用单调性判断函数的图象,对于函数的变化快慢也会影响到函数与的单调性. 【变式1】在区间上,当时,当足够大时,指数的增长速度比对数增长速度要快. 已知函数的图象如图所示，则的解析式值能是（ ） A. B． C. D. 【变式2】导数是判断函数的变化趋势的量化手段 函数的部分图象可能是（ ） 【变式3】如图所示，单位圆中的长为,表示与弦AB所围成的弓形面积的２倍，则函数)的图象是 （ ） A B C D 【典例2】函数的图象大致是（ ） 【解析】当时，函数值应为正值，所以排除选项B； 当时解析式没有意义，故排除选项A； 当足够大时，考虑指数函数比幂函数增长快，所以函数值越来越小，排除选项D。 故选C. 【评注】在区间上,当时,当足够大时,随着的增大,的增长速度越来越快,会超过并远远大于的增长速度,指数函数值增长非常快,因而常称这种现像为”指数爆炸”. 【变式1】函数与函数图象的交点个数是 . 【变式2】若四个幂函数在同一坐标系中的图象如图所示，则的大小顺序是 （　　） A. B. C. D. 【变式3】设都是不等于1的正数，在同一坐标系中的图象如图所示，则的大小顺序是（ ） A． B． C． D． 2.函数的零点 2.1函数的零点其实并不是点 【典例】二次函数的零点是（ ） A．和3 B．1和 C．和 D．和 【解析】令，则，解得或，即方程有两个实数根就是零点.故选A. 【评注】函数的零点就是方程实数根，即函数的图象与轴交点的横坐标．即：方程有实数根函数的图象与轴有交点函数有零点. 【变式1】已知函数，则函数的零点是 . 【变式2】函数的零点是 . 【变式3】函数的零点是 . 2.2函数的零点就是相应方程的解 【典例】已知函数 的图象如下，则（ ） A． B． C． D． 【解析】，所以．当时，， 当时，， 所以 ，故．故选A． 【评注】三次函数有三个根，则．求函数的零点的方法就是令，求出它的解，有几个解，就有几个零点，反之亦然．注意函数零点与方程的解的区别，因为整式方程可以有重根，而零点不然。 【变式1】函数的图象与轴交点的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】二次函数有2个零点，则. 若函数的零点是2和3，则函数的零点是 . 【变式3】若有唯一零点，则或. 已知函数存在唯一的零点，则的取值范围是 . 2.3 零点对于函数图象作图的重要性 【典例1】画出函数的图象． 【解析】定义域是,函数的唯一零点， 当时； ；当，函数的单调增；当，函数的单调减；当，时极小值是，图象如图所示. 【评注】抓住零点，实际上就是抓住图象与轴交点的横坐标,从函数的零点可以看出函数图象中的重要信息. 【变式】画出函数的图象． 【典例2*】已知函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为 ． 【解析】若函数恰有两个不同的零点等价函数有两个不同交点． 当时,函数图象如图，所以，即. 当时， ，解得，（舍）， ，令，得， 当，，为减函数； 当，，为增函数， 故是函数的一个极小值点，极小值为. 当时，，函数图象如图，所以若或函数恰有两个不同的零点，即， 所以 【评注】当，，函数图象无限靠近轴，此时轴成为函数的渐近线.这一点可以借助函数的零点分布情况间接地判断。 如本题，若按照函数在上单调递减，很容易误判该函数图象从轴左上方穿过轴到达极小值点，也就是说在极值点左侧，函数应该还有一个零点．但是我们发现，当的零点只有，因此，轴应该是函数的渐近线. 【变式1*】若方程在区间上恰有一个解，则实数的值是 . 【变式2*】若方程有两个解，则实数的取值范围是 . 【变式3*】若方程在区间上恰有一个解，则实数的取值范围是 . 2.4 函数零点的对称性与周期性 【典例】若函数的图象关于直线对称，则的最大值为 . 【解析】因为函数的图象关于直线对称， 故其零点关于直线的对称点也是函数的零点. 由解得. 因此，，等号成立当且仅当，即. 【评注】（1）函数图象成轴对称的函数零点也是对称的，函数零点的对称轴是函数图象轴对称轴， （2）具有零点的周期性函数，函数的零点具有周期性。 【变式1】定义在R上的函数既是奇函数，又是周期函数，是它的一个正周期.若将方程在闭区间上的根的个数记为，则可能为 A.0 B.1 C.3 D.5 【变式2*】设函数在上满足，，且在闭区间［0，7］上，只有． （Ⅰ）试判断函数的奇偶性； （Ⅱ）试求方程=0在闭区间［-2005，2005］上的根的个数，并证明你的结论． 3.零点存在性定理 3.1二分法确定函数在某区间上存在零点 【典例1】若函数唯一的一个零点同时在区间，，，内，那么下列命题中正确的是(　　) A．函数在区间(0,1)内有零点　　　　 B．函数在区间(0,1)或(1,2)内有零点　 C．函数在区间[2,16)上无零点　 D．函数在区间(1,16)内无零点　 【解析】由题意可确定零点在区间，，，内同时成立，即，，，，同时成立，则同号， 故C不成立，而的正负号不确定，故A和D不确定． 若与同号，则，函数在区间(1,2)内有零点； 若与同号，则，函数在区间(0,1)内有零点，故选B． 【评注】二分法：对于在区间上连续不断，且满足的函数，通过不断地把函数的零点所在区间一分为二，使区间两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法． 【变式1】函数零点所在的大致区间是(　　) A． B． 　C．和 D． 【变式2】若是方程式的解，，则为______． 【典例2】函数的零点所在的大致区间是(　　) A．　　　　 　B． C． D．与 【解析】． 当时，，所以， 故函数在上没有零点，排除A,D. ， ,， 因为,即，， 所以在内存在一个零点．故选B． 【评注】函数图象在上连续不断且，则在内至少存在一个零点． 【变式1】已知函数. （1）在区间内均有零点； （2）在区间内均无零点； （3）在区间内有零点，在区间内无零点；（4）在区间内无零点，在区间内有零点. 上述关于函数的描述，正确的是______． 【变式2*】已知函数.设在区间中至少有一个极值点，求实数的取值范围. 【变式3*】求证：函数在区间上存在极大值点. 3.2 投石问路证明公共点的存在性 【典例1】已知函数，，设，讨论曲线与曲线公共点的个数. 【解析】令，则，. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以在上的最小值为. 当时，曲线与直线无公共点； 当时，曲线与直线恰有一个公共点； 当时，在区间内存在，使得，在内存在，使得，由的单调性知，曲线与直线在上恰有两个公共点． Comment by Administrator: ？？？ 综上所述，若，曲线与曲线无公共点； 若，曲线与曲线恰有一个公共点； 若，曲线与曲线有两个公共点． 【评注】运用数形结合只能完成判断交点的问题，但是没有完成证明的任务.想证明直线和曲线相交，必须找到比这条直线高和低的两点，而且在区间上函数图象是连续的不间断的，才能证明有交点. 如果说有一个交点，还应该补充说明区间上单调.当然有时我们也可以避免以图代证. 【变式1】连续函数在上单调递增，，则在上必定存在唯一零点 已知函数，求证：f(x)有且仅有两个零点. 【变式2】若，则方程无解，等价于直线与的图象无交点 已知与，求证：函数的图象没有交点. 【变式3】若，直线与连续函数的图象至少有一个交点 已知与，求证：函数的图象在上有且仅有一个交点. 【变式4】赋值法可以设出想要的以满足． 已知与，求证：函数的图象有且仅有2个交点. 【变式5*】由于直线是可以移动的，赋值法设出的应该总位于可能的交点的两侧 已知与，求证：函数的图象恰有一个公共点. 3.3 虚拟零点“设而不求” 【典例*】已知函数，证明：. 【证明】的定义域为，易证在上单调递增. 又，，故有唯一的实根，设其为，且， 由得，. 当时，；当时，.从而当时，取得最小值. 故（这里的不是方程的根， 显然）所以，故. 【评注】本题中的导函数单调递增，且满足零点存在性，因此导函数必存在零点，但是方程是超越方程，我们无法用初等方法求解，因此可以设解为,不求解的值而是转化为等量替换问题. 【变式1*】 函数有两个极值点，，求证. 【变式2*】已知函数（为常数），设函数的导函数为，若存在 唯一的实数，使得与同时成立，求实数的取值范围. 【变式3*】设函数．证明：当时，． 4.二次函数的根的分布 4.1数形结合判断二次函数的零点个数 【典例】若，则函数的两个零点分别位于区间(　 ) A．和内 B．和内 C．和 D．和 【解析】因为，所以，，， 可知，在区间和内分别存在一个零点， 又函数是二次函数，最多有两个零点，函数的两个零点分别位于和内， 故选A． 【评注】二次函数的零点判定往往借助于二次方程根的判别式，本题很难处理.如果借助于图象和零点存在定理也是很好的方法. 【变式1】若函数在内恰有一个零点，则的取值范围是　　　 ． 【变式2】方程的两个不等实根均在区间外，则实数的取值范围为　　　 ． 【变式3】设函数，， (Ⅰ)若的解集为，求的表达式； (Ⅱ)若，求证：函数在区间内至少有一个零点. 【变式4】设函数.已知，若是函数的两个零点，且，其中，求的最大值 【变式5】已知二次函数. (Ⅰ)若，试判断函数的零点个数； (Ⅱ)若对任意，且，，试证明存在，使成立. 4.2 根与系数关系只能判断根的正负 【典例】(Ⅰ)已知方程有一个正根一个负根，则实数的取值范围为　　 ． (Ⅱ)已知方程的两个不等实根均大于1，则实数的取值范围为　　 ． 【解析】(Ⅰ)由方程有一个正根一个负根得，即, 则实数的取值范围为． (Ⅱ)由方程的两个不等实根均大于1，设， 根据二次函数图象可得，解得． 【评注】（1）一元二次方程的有一个正根一个负根时，只要即可；（2）一元二次方程的两个不等实根均大于1，只要对应二次函数的图象零点在1的右侧，由于图象开口向上，只要同时满足三个条件：． 【变式1】方程的两个不等实根均在区间内，则实数的取值范围为　　 ． 【变式2】方程的两个不等实根一个在区间，一个在区间内，则实数的取值范围为　　　　 ． 【变式3】已知函数，若函数在上存在唯一的极值点，则实数的取值范围为 　　　　 ． 5.数形结合研究函数的零点 5.1函数零点个数就是函数图象与轴交点个数 【典例1】已知函数，若有两个零点，则实数的取值范围是 . 【解析】因为函数是偶函数，图象关于轴对称，零点是对称的. 当时，，结合图象， 要使函数与轴有一个交点，只要或， 解得或，故的取值范围是． 【评注】求函数的零点，就要解方程，该方程的解就是函数的零点．而方程的几何意义就是函数图象与轴的交点横坐标，因此函数零点个数就是看函数与轴交点个数． 【变式1】已知函数，若有四个零点，则实数的取值范围是 ． 【变式2】已知函数，若有3个零点，则实数的取值是 ． 【变式3】已知函数，若有3个零点，则实数的取值是 ． 【变式4】已知定义域是的偶函数，当时，，当时， ，则与函数交点个数为 ． 【变式5】已知定义域是R的奇函数，当时，，当时，，则与函数交点个数为 ． 【典例2】 已知函数，求函数的零点个数. 【解析】当时，此区间上函数不存在零点； 当时，令，得； 当时，，解得． 故函数的零点的个数是2． 【评注】分段函数的零点需要分段求解，可通过作图观察，也可以直接解方程获得． 【变式1】函数的零点是 ． 【变式2】已知函数,函数,求函数的零点的个数. 5.2 函数零点个数可化为两函数图象交点个数 【典例】设函数是定义域为，周期为2的周期函数，且当时，；已知函数 则函数的图象在区间内零点的个数为 ． 【解析】函数的图象在区间内零点的个数，等价于函数与函数的图象在区间内公共点的个数. 如图做出函数的图象，由图象可知在上有4个交点，在上有8个交点；因为，说明函数与函数的图象有一个交点，但是该点显然不是曲线与抛物线的切点，故此函数与函数的图象应该是在此相交，所以函数在区间上有个.综上，函数零点共14个． 【评注】判断函数在某个区间是否存在零点的方法： （1）当方程易解时，可解方程，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，观察图象与轴是否有交点来判断． 【变式1】设函数是定义域为，周期为2的周期函数，且当时，，函数的图象在区间内零点的个数为 ． 【变式2】设函数，函数的图象在区间内零点的个数为 ． 【变式3】设函数，函数的图象在区间内零点的个数为 ． 【变式4】设函数 ，函数的图象在区间内零点的个数为 ． 【变式5】已知函数 ，设函数是定义域为，周期为2的周期函数，且当时，，则函数的图象在区间内零点的个数为 ． 【变式6】已知奇函数的定义域为，且当x≤0时，则函数的零点个数是 ． 5.3分离参数求解函数的零点 典例】对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数．若是倍值函数，则实数的取值范围是 ． 【解析】因为，所以在上是增函数，所以， 即是方程的两个不等的正实数根，问题等价于方程有两个不等的正 根．设，易得， 即． 【评注】函数图象有如下特点： 1）函数在上为增函数，在上为减函数，在处取得极大值； 2）函数的零点是1，因此当时，图象在轴的下方，当时，图象在轴的上方，随着的增大，图象逐渐靠近轴，即轴为函数图象的渐近线. 【变式1】已知函数的定义域与值域均为，则实数的范围为_______． 【变式2*】已知有实数解,则实数的范围是 ． 【变式3】若不等式对于任意实数恒成立，则实数的范围为 ． 【变式4*】若函数 在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为 ． 【变式5*】函数图象与轴有三个不同的交点，则实数的取值范围是_________． 【变式6*】设函数．讨论的导函数的零点的个数. 5.4对数函数图象的特殊性 【典例*】函数的图象和函数的图象的交点个数是 ． 【解析】如图，当时，，由图象可知和有一个交点． 当时，， 和有一个公共点. 下面判断在区间上是否有交点. 令，， 令得，， 当时，，为减函数； 当时，，为增函数， 故是其一个极小值点，因为，所以，又因为， 所以在必有一个交点．故有3个交点． 【评注】本题中抛物线那段图象和对数函数的交点在简图中体现得一目了然，所以由数形结合可直接下结论；而直线上的那段图象和对数函数的交点个数在图象上不太直观，必须通过移项构造新函数结合零点存在性定理严格证明. 【变式1】函数的图象和函数的图象的交点个数是 . 【变式2*】函数的图象和函数的图象的交点个数是 . 【变式3】函数的图象和函数的图象交点个数是 . 6.换元法求复合函数的零点 6.1换元法求符合方程根的个数 【典例】设函数，方程的实数解是_____. 【解析】设.图象如上图（1）， 方程的解是.考查函数图象，如图（2）， 当，方程只有一个解； 当，方程只有一个解. 故原方程的实数解是4,1. 【评注】 复合方程的求解过程： 第一步,通过引进中间变量将复合方程分为简单方程，一般分为两层：内层方程和外层方程. 第二步，解外层方程.确定根，……. 第三步，将，……依次代入内层方程，分别解关于的方……. 第四步，综合：关于的方程，……的根都是的根. 【变式1】已知函数，，则 . 【变式2】设函数，则满足方程的的范围为 ． 【变式3】已知函数，，则方程（为正实数）的实数根最多有______个． 6.2换元法求复合函数的零点 【典例】函数，则函数的零点个数是______. 【解析】设，,,,.当，如图考查图象，方程有3个解；当，方程有2个解.故原方程有5个解. 【评注】求函数的零点就是求方程的解，设，从而把原复合函数方程分解为两个独立的方程，即和.先研究后者，获得相应的的解，再把的值分别代入前者，便可得到不同的关于的方程，再进一步求解，最终得到复合函数的零点的值或范围. 【变式1】已知函数，则函数的零点是______. 【变式2】函数，则方程的解的个数为______. 【变式3】已知函数，则函数的零点个数是______. 【变式4】已知函数，则函数的零点个数是______. 【变式5】已知函数，则的零点是 . 6.3 换元法拆解不等式求复合函数不等式的解集 【典例】已知函数，则不等式的解集是_________． 【解析】（法1）当时，，，解得； 当时，，, 解得; 当时，,原不等式或，解得． 综上，原不等式的解集为． （法2）设，则，根据函数图象得，解得，所以，再令，得，根据图象，，所以不等式的解集是. 所以，原不等式的解集为． 【评注】复合函构成的不等式数，可以令内层函数为得到一个方程，从原不等式就变成了，一般地，我们需要先解不等式，获得的取值范围，带入方程，最终得到关于的不等式并求解原不等式的解集. 【变式1】 设函数若，则实数的取值范围是 ． 7.复合方程 7.1 换元法解复合一元二次方程 【典例】已知函数是定义域为的偶函数. 当时， 若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（ ） A． B． C. D． 【解析】因为函数是定义域为上的偶函数，所以在和上递增， 在和上递减，当时，函数取得最大值；当时，取得最小值； 时,直线是渐近线.设，要使方程 有且只有6个不同实数根，则必有两个根，，有两种情况符合题意： （1），且，此时，则； （2），，此时同理可得， 综上可得的范围是.故选C. 【评注】换元后的方程的两根为，，那么原方程就变成两个方程，而这两个方程的解才是原方程的解．要使得原方程有6个解，根据原函数的图象特点，则两个方程的解个数应该是2个和4个．其中有两个解． 【变式1】已知函数是定义在上的偶函数，且当时，.若关于的方程恰好有12个不同实数解，则的取值范围为 . 【变式2】已知函数，关于的方程有5实数根，求实数的取值范围. 【变式3】已知函数，若函数有6个不同的零点，求实数的取值范围． 【变式4】已知，函数，若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围． 7.2换元法求解形如的复合方程 【典例】已知函数有两个极值点,若,则关于的方程的不同实根个数为 . 【解析】设，关于的方程可以化为. 因为函数有极值点，所以是两个不同的实数根， 由可知得单调增区间，减区间是，； 是关于的方程的两个不同实数根.由得及，. 对于方程，直线与函数图象有两个交点，所以该方程有2个实根； 对于方程，由于，直线与函数图象有1个交点，所以该方程有1个实根； 可见，两个方程及的实根共有3个实根，也就是方程的不同实根个数是3个. 【评注】对于三次函数，其导函数为，原函数存在两个极值点，必定是方程的两个根.那么求解方程的实数根，也就等价于求解两个方程的实数根. 【变式1】已知函数有两个极值点,若,则关于的方程的不同实根个数为 . 【变式2】已知函数有两个极值点,若,则关于的方程的不同实根个数为 . 【变式3】已知函数有两个极值点，若，，判断方程的实数解的个数. 【变式4】已知函数有两个极值点，若，，判断方程的实数解的个数. 【变式5】已知函数有两个极值点，若，，判断方程的实数解的个数. 【变式6】已知函数有两个极值点，若，， 判断方程的实数解的个数． 7.3 使成立解是函数的不动点 【典例】对于函数，若存在，使成立，则称为的“不动点”，求函数的不动点 【解析】由题意，，解得或．所以的不动点为或. 【评注】函数的不动点是指函数值等于自变量时的取值，即方程的解． 【变式1】函数对于其定义域内的某一数，有，则称是的一个不动点.已知函数，则函数的不动点为 . 【变式2】对于函数,定义域为,若存在使,则称为的图象上的不动点,由此函数的图象上不动点的坐标为 . 【变式3】对于函数，若存在，使成立，则称为为的不动点.如果函数有且只有两个不动点0，2，且，求函数的解析式. 【变式4】若实数满足，则称为的不动点．已知函数， 其中为常数．若存在一个实数，使得既是的不动点，又是的极值点．求实数的值. 7.4不动点个数的判定 【典例】对于函数，若存在，使成立，则称为的“不动点”．已知函数．若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围. 【解析】因为恒有两个相异的不动点,所以方程恒有两个相异的根，即方 程恒有两个相异的根, 故有恒成立, 所以, 解得． 【评注】不动点是方程的根，不动点的个数即为方程根的个数. 【变式1】对于定义在R上的函数，存在，使成立，则称为的不动点，若二次函数没有不动点，则实数的取值范围是 . 【变式2】已知函数，若存在，使，则称为函数的不动点，现已知该函数有且仅有一个不动点，求的值，并求出不动点； 【变式3】对于函数有适合的时，这个叫做的不动点.为使有绝对值相等且符号相反的两个不动点，求所满足的条件. 【变式4】设函数的定义域为，若存在，使成立，则称以为坐标的点是函数的图象上的“不动点”．已知定义在实数集上的奇函数存在有限个不动点。 求证：必有奇数个不动点． 7.5满足的为的“稳定点” 【典例】对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”.函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若，且，求实数的取值范围； 【解析】（Ⅰ）若，则显然成立；若，设，，，故. （Ⅱ）有实根，.又，所以， 即的左边有因式，从而有. ，要么没有实根，要么实根是方程的根. 若没有实根，则； 若有实根且实根是方程的根，则由方程， 得，代入，有.由此解得， 再代入得，由此，故的取值范围是. 【评注】不动点是方程的根，稳定点是方程的根.不动点是稳定点的充分不必要条件。 【变式1】函数的不动点和稳定点分别为 . 【变式2】函数的不动点和稳定点分别为 . 【变式3】方程的所有实根的平方和等于（ ） A. 0 B. 2 C.4 D.前三个答案都不对 【变式4*】设函数（为自然对数的底数）.若存在使成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【变式5】设，，则满足条件的所有实数的取值分别为 . 【变式6】已知函数，且没有实数根，是否有实数根？并证明你的结论. 【变式7】已知函数，设函数, , , …,… （Ⅰ）求证：如果存在一个实数，满足，那么对一切，都成立； （Ⅱ）若实数满足，则称为稳定不动点，试求出所有这些稳定不动点. 【变式8】求证：若函数单调递增，则它的不动点与稳定点是完全等价的. 8.含有条件的取值范围问题 8.1 条件对的约束作用 【典例】已知函数，若存在实数满足其中，则的取值范围是 . 【解析】做出函数图象， 当时，，满足， 则点活动范围受到限制， 其中， 即的取值范围是. 【评注】说明函数图像上存在四个等高的点，而且必须同时存在，相互制约.因此在求某个字母的取值范围时，都要同时考虑其他字母的感受. 【变式1】已知，若关于的方程有四个实根，且，则的取值范围是 . 【变式2】已知函数若，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式3】已知函数 其中，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则的取值范围是 . 8.2 利用对称图形中等高点横坐标之和为定值消元 【典例*】已知函数若互不相等，且，则的取值范围是( ) A．（1，2014） B．（1，2015） C．（2，2015） D．[2，2015] 【解析】由，不妨设，由正弦曲线的对称性， 可得与关于直线对称，因此； 当直线时，由，解得，可得， 因此可得，即． 故选C． 【评注】本题求的是的取值范围，也就是多元最值类型的问题，消元是我们的主要目标.而根据对称性，可得，把的取值范围转化为的范围．的范围可以根据直线活动范围获得. 【变式1】设函数对都满足,且方程恰有6个不同的实数根，则（ ） A．0 B．9 C．12 D．18 【变式2】已知函数，且，则(　　) A． B． C． D． 【变式3*】已知，在区间上关于的方程有四个不同的根，则 . 【变式4】已知定义在上的奇函数满足，且在区间上是增函数.若方程在区间上有四个不同的根则 . 8.3 利用函数中隐含的消元 【典例】已知函数，若均不相等，且，则的取值范围是 . 【解析】设，，所以； 由，所以 故的取值范围是. 【评注】等式实质上就是，由于，因此从而，于是.本题的取值范围就变成了的范围，实现了消元目标. 【变式1】已知，，,则的取值范围是 . 【变式2】已知函数，若存在实数满足，其中，则的取值范围是 . 8.4 利用二次方程的根与系数关系消元 【典例】已知，若关于的方程有四个实根，则的取值范围是 . 【解析】画函数的图象，由图知：有四个实根的条件为. 设四个实根， 当时，得，所以, 当时，得知，所以 所以，∴；于是，. 【评注】对于方程遇到二次方程要注意根与系数关系确定的值；直线的高度受到四个根的限制.注意：方程的实根之间相互制约着根的取值范围. 【变式】已知，若关于的方程有四个实根，则这四根之和的取值范围是 . 8.5 条件可现实与的替换 【典例】已知函数，若存在，当时，，求的取值范围. 【解析】由图象知，，， 设在上是单调增函数，可求， 故的取值范围是. 【评注】求的取值范围其实就是二元最值问题，消元是最好的选择.本题中，的取值范围转化为二次函数在上值域. 【变式1】已知函数，若存在，当时， ，则的取值范围是 . 【变式2】已知函数，若存在实数，且，则的取值范围是 . $