函数零点讲义修订稿

《函数的零点》讲义一、函数零点的定义在数学中，函数的零点是一个非常重要的概念。

那什么是函数的零点呢？简单来说，如果函数 y ＝ f(x) 在某个值 x₀处，使得 f(x₀) ＝ 0，那么 x₀就被称为函数 f(x) 的零点。

比如说，对于一次函数 y ＝ 2x 6，令 y ＝ 0，即 2x 6 ＝ 0，解得 x ＝ 3，所以 3 就是这个函数的零点。

再比如二次函数 y ＝ x² 4x ＋ 3，令 y ＝ 0，即 x² 4x ＋ 3 ＝ 0，通过因式分解得到（x 1)（x 3) ＝ 0，解得 x ＝ 1 或 x ＝ 3，那么 1 和 3就是这个二次函数的零点。

函数的零点从几何意义上看，就是函数图象与 x 轴交点的横坐标。

二、函数零点存在性定理有了函数零点的定义，接下来我们要了解一个非常重要的定理——函数零点存在性定理。

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，并且 f(a) 与 f(b) 的乘积小于 0，那么在区间（a, b) 内至少存在一个零点，即存在 c ∈（a, b)，使得 f(c) ＝ 0。

这个定理为我们判断函数在某个区间内是否存在零点提供了有力的工具。

举个例子，函数 f(x) ＝ x² 2x 3 在区间－2, 4 上，f(－2) ＝（－2)²2×（－2) 3 ＝ 5，f(4) ＝ 4² 2×4 3 ＝ 5，f(－2)×f(4) ＞ 0，所以不能确定在区间（－2, 4) 内是否存在零点。

但如果函数 f(x) ＝ x² 2x 8，f(－2) ＝（－2)² 2×（－2) 8 ＝ 0，f(4) ＝ 4² 2×4 8 ＝ 0，f(－2)×f(4) ＝ 0×0 ＝ 0，所以可以确定在区间（－2, 4) 内存在零点。

需要注意的是，函数零点存在性定理只是说在区间内至少存在一个零点，但并不能确定零点的个数。

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第三章§3.7　利用导数研究函数的零点函数零点问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题，以及函数零点与其他知识的交汇问题，一般作为解答题的压轴题出现.题型一　利用函数性质研究函数的零点例1　(2023·辽宁实验中学模拟)已知函数f(x)＝e x cos x.由题得f ′(x )＝e x (cos x －sin x )42e 2则h′(x)＝a(cos x－x sin x)，令φ(x)＝cos x－x sin x，当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在区间(0，x0)上单调递增；思维升华利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.跟踪训练1　(2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)ln x＋－2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围.结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点.综上，a≤0或a＝1或a＝e.题型二　数形结合法研究函数的零点例2　(2023·安庆模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋bx2e1－x，a，b∈R.e＝2.718 28….(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，求a和b的值；由题意得，f(2)＝a ln 2＋4b e－1，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程是y＝x＋ln 2，所以f′(2)＝1，f(2)＝2＋ln 2，(2)若a＝e，讨论导函数f′(x)的零点个数.解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1，因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，当x→2＋时，g(x)→＋∞，当x→2－时，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.g(x)的大致图象如图所示.即函数f′(x)有两个零点；即函数f′(x)没有零点.思维升华含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数.跟踪训练2　(2024·厦门模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx(a，b∈R).(1)当a＝2，b＝1时，求函数f(x)的单调区间；依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x，(2)当a＝0，b＝－1时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围.当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，由g′(x)>0，得1≤x<e；由g′(x)<0，得e<x≤e2，所以g(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减.由图象可知，题型三　构造函数法研究函数的零点例3　已知函数f(x)＝e x＋x＋4ln(2－x).(1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；又f(0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2，所以切点坐标为(0,1＋4ln 2)，所以函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2.(2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由.方法一　函数f(x)有两个零点，理由如下：令g(x)＝f′(x)，x∈(－∞，2)，令h(x)＝(2－x)2e x－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)e x，当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当0<x<2时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h (x )≤h (0)＝0，故g ′(x )≤0，所以g (x )在(－∞，2)上为减函数，所以当x <0时，g (x )>g (0)＝0，即当x <0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，0)上单调递增，当0<x <2时，g (x )<g (0)＝0，即当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，又因为f (2－e 6)＝ ＋2－e 6＋24<0，62e e －f (0)＝e 0＋0＋4ln 2>0，f (2－e －6)＝ ＋2－e －6－24<e 2－22<0，所以f (x )在区间(2－e 6,0)，(0,2－e －6)内各有一个零点，即函数f (x )有两个零点.综上，函数f (x )有两个零点.方法二　函数f (x )有两个零点，理由如下：令f (x )＝e x ＋x ＋4ln(2－x )＝0，可得e x ＝－x －4ln(2－x )，62e e －－判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)＝e x(x<2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x<2)图象交点的个数.t(x)＝e x为增函数，t(x)>0，当x→－∞时，t(x)→0，当x→－∞时，g(x)→＋∞，当－2<x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，因为g(－2)＝2－4ln 4<0，g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14>0，且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2，所以t(x)＝e x与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x<0时有一个交点，在0<x<2时有一个交点.综上，函数f(x)有两个零点.思维升华涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.跟踪训练3　(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝ (x>0).(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).知识过关(1)求f(x)的单调区间和极值；函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)与f(x)在区间(0，＋∞)上随x的变化情况如右表.2.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)，f(x)的导函数为f′(x).(1)讨论f(x)的极值点的个数；当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点；所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如右表所示.所以f(x)有一个极大值点，无极小值点.综上，当a≥0时，f(x)无极值点；当a<0时，f(x)有一个极值点.(2)当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0(m∈R)有两个不相等的实数根，求m的取值范围.当a＝2时，方程f(x)＋f′(x)＋m＝0，。

课题：《函数的零点》一、教材分析1、内容地位与作用“函数的零点”是必修1第二章《函数与方程》的第一课时。

函数与方程是高中数学的重要内容之一，函数与方程思想在新课程教学中有着不可替代的重要位置。

引入函数的零点，就是要用函数的观点统帅中学代数，把解方程问题纳入到函数的问题中。

本节要求结合函数的图象和性质来理解函数零点的概念及函数零点与方程根的关系，进而利用零点作函数的简图；通过探究的方式获得图像连续的函数在某个区间上存在零点的判定方法，为下节“二分法求方程的近似解”和后续算法的学习做好知识上和思想上的准备。

2、重点、难点和关键教学重点：函数零点的概念及求法。

教学难点：利用零点作函数图象及零点存在的判定方法。

关键：以学生熟悉的一次、二次函数为出发点，精心设计问题，将难点分解，搭建探究的平台，引导学生合作讨论、相互交流，积极参与到课堂教学中。

结合多媒体动态演示加强学生的直观感受，完善其认知结构，从而达到突破难点的效果。

二、教学目标：1、知识与技能：使学生理解函数零点的概念，领会函数的零点与方程根的关系，初步了解图像连续的函数在某个区间上存在零点的判定方法。

2、过程与方法：通过学生自主探究的过程，领悟函数与方程、数形结合、化归的数学思想以及由具体到抽象、有特殊到一般的的推理方法。

3、情感、态度、价值观：在问题的提出、探究和解决的过程中，让学生体会用联系、运动变化的观点来思考和认识问题，体验数学的内在美,激发学习热情,培养学生的创新意识和科学精神。

三、学情分析：学生大多不清楚为什么要研究函数的零点，因为在此之前他们都能用公式法求解方程的根。

所以，教学时首先解决这一问题，通过举例让学生知道，有许多方程不能用公式法求解，为了研究更多方程的根，有必要学习函数的零点，如果带着这样的疑问学习，必然会激发其求知欲，从而提高学习的效率。

四、教学方法和教学手段主要采取教师启发引导，学生探究学习的教学方法。

创设适当的问题情境，激发学生的思维，引导学生通过观察、计算、作图，思考理解问题的本质。

第4讲 函数的零点问题1. 函数的零点问题是高考的重点和难点内容，由于它和函数、方程有着密切的联系，所以需要我们熟悉函数的图象与性质，理解函数与方程等思想．2. 在使用函数零点存在性定理时要注意两点：一是当函数值在一个区间上不变号时，无论这个函数单调性如何，这个函数在这个区间上都不会有零点；二是此定理只能判断函数在一个区间上是否存在零点，而不能判断在这个区间上零点的个数．1. 函数f(x)＝lg x ＋12的零点是__________．答案：1010解析：因为lg x ＋12＝0，所以lg x ＝－12，所以x ＝10－12＝1010.2. (2018·汇龙中学)函数f(x)＝2x －2x－a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数a 的取值范围是________．答案：(0，3)解析：因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则由题意得f(1)·f(2)＝(0－a)(3－a)＜0，解得0＜a ＜3.3. (2017·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋m ，x ＜0，x 2－1，x ≥0，其中m ＞0，若函数y ＝f(f(x))－1有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．答案：(0，1) 解析：令f(f(x))＝1，得f(x)＝2或f(x)＝m －1＜0，进一步得x ＝2＋1或x ＝m －2＜0或x ＝m.因为已知m ＞0，所以只要m ＜1即可，即得0＜m ＜1.4. (2018·南京师大附中)已知函数f(x)＝a x ＋x －b 的零点x 0∈(n ，n ＋1)(n ∈Z )，其中常数a ，b 满足2a ＝3，3b ＝2，则n 的值是________．答案：－1解析：依题意得a >1，0<b <1，f (－1)＝1a－1－b <0，f (0)＝1－b >0，f (－1)·f (0)<0.又f (x )在R 上单调递增，所以x 0∈(－1，0)，n ＝－1., 一) 确定零点所在的区间, 1) 已知函数f(x)＝13ax 3＋12bx 2＋cx.若f ′(1)＝－12a ，3a>2c>2b ，试问：导函数f′(x)在区间(0，2)内是否有零点？并说明理由．解：因为f′(x)＝ax 2＋bx ＋c ，f ′(1)＝－12a ，所以a ＋b ＋c ＝－12a ，即3a ＋2b ＋2c ＝0. 因为3a>2c>2b ，所以3a>0，2b<0，即a>0，b<0.于是f′(1)＝－12a<0，f ′(0)＝c ，f ′(2)＝4a ＋2b ＋c ＝4a －(3a ＋2c)＋c ＝a －c ，① 当c>0时，因为f′(0)＝c>0，f ′(1)＝－12a<0，则f′(x)在区间(0，1)内至少有一个零点．② 当c ≤0时，因为f′(1)＝－12a<0，f ′(2)＝a －c>0，则f′(x)在区间(1，2)内至少有一个零点．故导函数f′(x)在区间(0，2)内至少有一个零点．点评：确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法：(1) 定义法：使用零点存在性定理，函数y ＝f(x)必须在区间[a ，b]上是连续的，当f(a)·f(b)<0时，函数在区间(a ，b)内至少有一个零点．(2) 图象法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如f(x)＝g(x)－h(x)，作出y ＝g(x)和y ＝h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点．已知函数f(x)＝x 3－x 2＋x 2＋14.求证：存在x 0∈(0，12)，使f(x 0)＝x 0.证明：令g(x)＝f(x)－x ＝x 3－x 2－x 2＋14，因为g(0)＝14，g(12)＝－18，所以g(0)·g(12)<0.又函数g(x)在(0，12)上是连续曲线，所以存在x 0∈(0，12)，使g(x 0)＝0，即f(x 0)＝x 0., 二) 求零点的个数, 2) 设函数g(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ＞0)，且g(1)＝－a2.(1) 求证：函数g(x)有两个零点；(2) 讨论函数g(x)在区间(0，2)内的零点个数．(1) 证明：因为g(1)＝a ＋b ＋c ＝－a2，所以3a ＋2b ＋2c ＝0.所以c ＝－32a －b ，所以g(x)＝ax 2＋bx －32a －b ，所以Δ＝(2a ＋b)2＋2a 2.因为a ＞0，所以Δ＞0恒成立．故函数g (x )有两个零点．(2) 解： 根据g (0)＝c ，g (2)＝4a ＋2b ＋c ，由(1)知3a ＋2b ＋2c ＝0，所以g (2)＝a －c .① 当c ＞0时，有g (0)＞0，因为a ＞0，所以g (1)＝－a2＜0，所以函数g (x )在区间(0，1)内有一个零点，所以函数g (x )在区间(0，2)内至少有一个零点．② 当c ≤0时，g (1)＜0，g (0)＝c ≤0，g (2)＝a －c ＞0，所以函数g (x )在区间(1，2)内有一个零点．综上所述，函数g (x )在区间(0，2)内至少有一个零点．点评：判断函数零点个数的方法：(1) 方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2) 零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[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、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．已知在区间[－4，4]上g (x )＝－18x 2－x ＋2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x ＋5）＋43（x ＋1），－4≤x ≤－1，2|x －1|－2，－1＜x ≤4，给出下列四个命题：① 函数y ＝f (g (x ))有三个零点；② 函数y ＝g (f (x ))有三个零点；③ 函数y ＝f (f (x ))有六个零点；④ 函数y ＝g (g (x ))有且只有一个零点．其中正确命题的个数是________．答案：4解析：画出函数f (x )，g (x )的草图，如图，① 设t ＝g (x )，则由f (g (x ))＝0，得f (t )＝0，则t ＝g (x )有三个不同值，由于y ＝g (x )是减函数，所以f (g (x ))＝0有 3个解，所以①正确；② 设m ＝f (x )，若g (f (x ))＝0，即g (m )＝0，则m ＝x 0∈(1，2)，所以f (x )＝x 0∈(1，2)，由图象知对应f (x )＝x 0∈(1，2)的解有3个，所以②正确；③ 设n ＝f (x )，若f (f (x ))＝0，即f (n )＝0，n ＝x 1∈(－3，－2)或n ＝0或n ＝x 2＝2，而f (x )＝x 1∈(－3，－2)有1个解，f (x )＝0对应有3个解，f (x )＝x 2＝2对应有2个解，所以f (f (x ))＝0共有6个解，所以③正确；④ 设s ＝g (x )，若g (g (x ))＝0，即g (s )＝0，所以s ＝x 3∈(1，2)，则g (x )＝x 3.因为y ＝g (x )是减函数，所以方程g (x )＝x 3只有1个解，所以④正确．故四个命题都正确．, 三) 根据函数零点的存在情况求参数, 3) (2018·南京、盐城一模)设函数f(x)是偶函数，当x ≥0时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x （3－x ），0≤x ≤3，－3x ＋1，x>3.若函数y ＝f(x)－m 有四个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．答案：⎣⎡⎭⎫1，94 解析：先画出x ≥0时的函数图象，再利用偶函数的对称性得到x<0时的图象．令y ＝0得f(x)＝m.令y ＝f(x)，y ＝m ，由图象可得要有四个不同的零点，则m ∈⎣⎡⎭⎫1，94.点评：已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围常用的方法．(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，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．(2018·南通中学练习)已知函数g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x<0，x 2－1，x ≥0，若函数y ＝g(g(x))－2m 有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．答案：⎝⎛⎦⎤12，1解析：当x<0时，g(x)＝－x ＋1>0，此时g(g(x))＝(－x ＋1)2－1＝x 2－2x ，当0≤x<1时，g(x)＝x 2－1<0，此时g(g(x))＝－(x 2－1)＋1＝－x 2＋2，当x ≥1时，g(x)＝x 2－1≥0，此时g(g(x))＝(x 2－1)2－1＝x 4－2x 2，函数y ＝g(g(x))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x<0，－x 2＋2，0≤x<1，x 4－2x 2，x ≥1，函数y ＝g(g(x))的图象如图．结合图象可得若函数y ＝g(g(x))－2m 有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤12，1., 四) 与函数零点有关的综合问题, 4) (2018·通大附中)设函数f k (x)＝2x ＋(k －1)·2－x (x ∈R ，k ∈Z )． (1) 若f k (x )是偶函数，求k 的值；(2) 设函数g (x )＝λf 0(x )－f 2(2x )－2，若g (x )在x ∈[1，＋∞)上有零点，求实数λ的取值范围．解：(1) 因为f k (x )是偶函数，所以f k (－x )＝f k (x )恒成立，即2－x ＋(k －1)·2x ＝2x ＋(k －1)·2－x ，即(k －2)(22x －1)＝0恒成立，所以k ＝2.(2) 函数g (x )＝λ(2x －2－x )－(22x ＋2－2x )－2在x ∈[1, ＋∞)上有零点，即λ(2x －2－x )－(22x ＋2－2x )－2＝0在x ∈[1，＋∞)有解，因为x ∈[1，＋∞)，所以2x －2－x >0，所以问题等价于λ＝（22x ＋2－2x ）＋22x －2－x在x ∈[1，＋∞)有解． 令p ＝2x ，则p ≥2，令u ＝p －1p，则u 在p ∈[2，＋∞)上单调递增，因此，u ≥32，λ＝u 2＋4u .设r (u )＝u 2＋4u ＝u ＋4u ，任取u 1>u 2≥32，则u 1－u 2>0，r (u 1)－r (u 2)＝(u 1＋4u 1)－(u 2＋4u 2)＝（u 1－u 2）（u 1u 2－4）u 1u 2.若u 1>u 2≥2，则u 1u 2>4，所以r (u 1)>r (u 2)，即r (u )在[2，＋∞)上单调递增；若2≥u 1>u 2≥32，则u 1u 2<4，所以r (u 1)<r (u 2)，即r (u )在⎣⎡⎦⎤32，2上单调递减， 所以函数r (u )在u ＝2时取得最小值，且最小值r (2)＝4, 所以r (u )∈[4，＋∞)，从而，满足条件的实数λ的取值范围是[4，＋∞).设函数f (x )＝⎩⎨⎧4－8⎪⎪⎪⎪x －32，1≤x ≤2，12f （x2），x >2，则函数g (x )＝xf (x )－6在区间[1，22 017]内的所有零点的和为________．答案：32(22 017－1)解析：当1≤x ≤32时，f (x )＝8x －8，所以g (x )＝8(x －12)2－8，此时当x ＝32时，g (x )max ＝0；当32<x ≤2时，f (x )＝16－8x ，所以g (x )＝－8(x －1)2＋2<0.由此可得1≤x ≤2时，g (x )max＝0.下面考虑2n －1≤x ≤2n 且n ≥2时，g (x )的最大值的情况．当2n －1≤x ≤3·2n －2时，由函数f (x )的定义知f (x )＝12f (x 2)＝…＝12n －1·f (x 2n －1)，因为1≤x 2n －1≤32，所以g (x )＝122n －5·(x －2n －2)2－8，此时当x ＝3·2n－2时，g (x )max ＝0；当3·2n －2<x ≤2n 时，同理可知g (x )＝－122n 5·(x －2n－1)2＋2≤0.由此可得2n －1≤x ≤2n 且n ≥2时，g (x )max ＝0.综上，对于一切n ∈N *，函数g (x )在区间[2n －1，2n ]上有1个零点，从而g (x )在区间[1，2n ]上有n 个零点，且这些零点为x n ＝3·2n－2，所以当n ＝2 017时，所有这些零点的和为32(22 017－1)．1. (2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ ⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x ＞0，g (x )＝f (x )＋x ＋a ，若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是________．答案：[－1，＋∞)解析：要使得函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 有两个零点，等价于方程f (x )＝－x －a 有两个实根，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有两个交点，从图象可知，必须使得直线y ＝－x －a 不在直线y ＝－x ＋1的上方，即－a ≤1⇒a ≥－1.2. (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x 2－2x ＋a(e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝________．答案：12解析：因为f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，所以f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a (e 2－x －1＋e－(2－x )＋1)＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e 1－x ＋e x －1)＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即直线x ＝1为f (x )的图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为1，所以f (1)＝12－2×1＋a (e 1－1＋e －1＋1)＝0，解得a ＝12.3. 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋（4a －3）x ＋3a ，x<0，log a （x ＋1）＋1，x ≥0(a >0，且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f (x )|＝2－x3恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是________．答案：[13，23)解析：由y ＝log a (x ＋1)＋1在[0，＋∞)上单调递减，得0<a <1.又由f (x )在R 上单调递减，得⎩⎪⎨⎪⎧02＋（4a －3）×0＋3a ≥f （0）＝1，3－4a 2≥0⇒13≤a ≤34.由y ＝|f (x )|与y ＝2－x 3的图象(图略)可知，在区间[0，＋∞)上，方程|f (x )|＝2－x3有且仅有一个解，故在区间(－∞，0)上，方程|f (x )|＝2－x 3同样有且仅有一个解，则3a <2，所以13≤a <23.当3a ≥2时，两函数图象只有一个交点，不合题意．所以a ∈[13，23)．4. (2018·天津卷)已知a ＞0，函数f(x)＝ ⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ＋a ，x ≤0，－x 2＋2ax －2a ，x ＞0，若关于x 的方程f(x)＝ax 恰有2个互异的实数根，则a 的取值范围是________．答案：(4，8)解析：当x ＞0时，方程化为－x 2＋ax －2a ＝0，即x 2－ax ＋2a ＝0，由根与系数的关系知，若此方程有实数根，则两根之和为正，两根之积为正，满足条件；当x ≤0时，方程化为x 2＋ax ＋a ＝0，同理，两根和为负，两根积为正，也满足条件，要使方程f(x)＝ax 恰有两个互异实根，两方程判别式必一正一负，由Δ1＝a 2－8a ，Δ2＝a 2－4a ，则Δ1·Δ2＜0，即a 2(a －4)(a －8)＜0，故4＜a ＜8.5. 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －a ，x ＜1，4（x －a ）（x －2a ），x ≥1.若f(x)恰有2个零点，则实数a 的取值范围是________．答案：⎣⎡⎭⎫12，1∪[2，＋∞)解析：当a ≤0或a ≥2时，f(x)＝2x －a ，x ＜1与x 轴无交点，故此时f(x)＝4(x 2－3ax ＋2a 2)，x ≥1与x 轴应有2个交点，所以⎩⎪⎨⎪⎧32a ＞1，f （1）≥0，解得a ≥1，故此时a ≥2.当0＜a ＜2时，f(x)＝2x －a ，x ＜1与x 轴有1个交点，故此时f(x)＝4(x 2－3ax ＋2a 2)，x ≥1与x 轴应有1个交点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝0，32a ≤1或f(1)＜0，解得a ＝12或12＜a ＜1，即12≤a ＜1.综上，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，1∪[2，＋∞)．(本题模拟高考评分标准，满分16分)已知函数g(x)＝ax 2－2ax －1(a ≠0)的值域为[－2，＋∞)，设函数f(x)＝g （x ）x＋2.(1) 判断函数f(x)的奇偶性；(2) 若对于任意x ∈R ，都有f (2x 2＋kx )＋f (21－x )＞0成立，求实数k 的取值范围；(3) 令h (x )＝f (|2x －1|)＋t ·(4|2x －1|－3)－2，当14<t <2时，求函数h (x )的零点个数．解： (1) 因为g (x )＝ax 2－2ax －1的值域为[－2，＋∞)，所以由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a >0，－a －1＝－2，所以a ＝1， (3分)所以g (x )＝x 2－2x －1，f (x )＝x －1x，f (x )的定义域为{x |x ∈R ，x ≠0}，f (－x )＝－x ＋1x ＝－(x －1x)＝－f (x )，所以f (x )是奇函数． (6分)(2) 不等式f (2x 2＋kx )＋f (21－x )＞0，即2x 2＋kx －12x 2＋kx ＋21－x －121－x >0，所以对于任意x ∈R ，都有2x 2＋kx －12x 2＋kx >2x －1－12x －1成立． (8分)设F (x )＝2x －12x ，则F (x )在R 上是单调增函数，所以有x 2＋kx ＞x －1，即对任意的x ∈R ，都有x 2＋(k －1)x ＋1＞0成立， 所以Δ＝(k －1)2－4＜0，即－1＜k ＜3. 故实数k 的取值范围是(－1，3). (12分)(3) 令h (x )＝f (|2x －1|)＋t ·(4||2x －1－3)－2＝0，即||2x－1－1||2x －1＋4t ||2x －1－3t －2＝0.令u ＝||2x－1>0，则u 2－(3t ＋2)u ＋4t －1＝0 (*)． 记φ(u )＝u 2－(3t ＋2)u ＋4t －1，因为14<t <2，所以对称轴x ＝3t ＋22>1.因为⎩⎪⎨⎪⎧φ（0）＝4t －1>0，φ（1）＝t －2<0，所以方程(*)的根为u 1，u 2，有0<u 1<1≤u 2. (14分)因为u ＝||2x－1，所以原方程有三个相异实根，即当14<t <2时，函数h (x )有三个零点． (16分)1. 已知方程2x＝4－x 的根在区间(k ，k ＋1)(k ∈Z )上，则k 的值为________． 答案：1解析：设f (x )＝2x ＋x －4，则f (x )在(－∞，＋∞)上递增．因为f (1)＝－1<0, f (2)＝2>0，所以方程的根在(1，2)上，即k ＝1.2. 已知二次函数f(x)＝x 2＋(2a －1)x ＋1－2a ，(1) 判断命题：“对于任意的a ∈R ，方程f (x )＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；(2) 若y ＝f (x )在区间(－1，0)及(0，12)内各有一个零点，求实数a 的取值范围．解：(1) “对于任意的a ∈R ，方程f (x )＝1必有实数根”是真命题． 依题意，f (x )＝1有实根，即x 2＋(2a －1)x －2a ＝0有实根．因为Δ＝(2a －1)2＋8a ＝(2a ＋1)2≥0对于任意的a ∈R 恒成立，即x 2＋(2a －1)x －2a ＝0必有实根，从而f (x )＝1必有实根．(2) 依题意，要使y ＝f (x )在区间(－1，0)及(0，12)内各有一个零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）>0，f （0）<0，f （12）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧3－4a >0，1－2a <0，34－a >0，解得12<a <34.故实数a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |12<a <34.3. 已知函数g(x)＝ax 2－2ax ＋1＋b(a ≠0，b<1)在区间[2，3]上有最大值4，最小值1，设f(x)＝g （x ）x.(1) 求a ，b 的值； (2) 不等式f(2x )－k·2x ≥0在x ∈[－1，1]上恒成立，求实数k 的取值范围；(3) 方程f(|2x －1|)＋k(2|2x －1|－3)＝0有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围．解：(1) g(x)＝a(x －1)2＋1＋b －a ，当a ＞0时，g(x)在[2，3]上为增函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g （3）＝4，g （2）＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧9a －6a ＋1＋b ＝4，4a －4a ＋1＋b ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0.当a<0时，g(x)在[2，3]上为减函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g （3）＝1，g （2）＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧9a －6a ＋1＋b ＝1，4a －4a ＋1＋b ＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.∵ b ＜1，∴ a ＝1，b ＝0.(2) 由(1)知g(x)＝x 2－2x ＋1，f(x)＝x ＋1x －2.故不等式f(2x )－k·2x ≥0可化为2x ＋12x －2≥k ·2x ，1＋(12x )2－2·12x ≥k ，令12x ＝t ，可得k ≤t 2－2t ＋1. ∵ x ∈[－1，1]，∴ t ∈[12，2]．记φ(t)＝t 2－2t ＋1，∴ φ(t)min ＝0，∴ k ≤0.(3) 由f (|2x －1|)＋k (2|2x －1|－3)＝0，得|2x －1|＋1＋2k|2x －1|－(2＋3k )＝0，|2x －1|2－(2＋3k )|2x －1|＋(1＋2k )＝0， |2x －1|≠0， 令|2x －1|＝t ，则方程化为t 2－(2＋3k )t ＋(1＋2k )＝0(t ≠0)．∵ 方程|2x －1|＋1＋2k|2x －1|－(2＋3k )＝0有三个不同的实数解，∴ 由t ＝|2x －1|的图象(如图)知，t 2－(2＋3k )t ＋(1＋2k )＝0有两个根t 1，t 2， 且0＜t 1＜1＜t 2或0＜t 1＜1，t 2＝1， 记φ(t )＝t 2－(2＋3k )t ＋(1＋2k )， 则⎩⎪⎨⎪⎧φ（0）＝1＋2k ＞0，φ（1）＝－k ＜0 或⎩⎪⎨⎪⎧φ（0）＝1＋2k ＞0，φ（1）＝－k ＝0，0＜2＋3k 2＜1，∴ k ＞0，即实数k 的取值范围是(0，＋∞)．请使用“课后训练·第4讲”活页练习，及时查漏补缺！。

方程的解、函数的零点一、零点的定义： (图形角度讲)我们把函数y = f (x) 的图像与横轴的交点的横坐标称为这个函数的零点 .例如：f (x) = 2x 4 f (x) = ax2 + bx + c, (a 0) f (x) = a x试分析函数f (x) 的零点与方程f (x) = 0 的根根间的关系二、函数零点与方程根间的关系1、函数f (x) 图像的零点就是方程f (x) = 0 的解2、函数的零点个数决定相应方程实数解的个数 .例如二次函数 f (x) = ax2 + bx + c, (a 0) 的零点个数等同于f (x) = 0 的根的个数问题。

如： f (x) = x2 + x - 2练习(1)函数 f(x)=x(x2－16)的零点为( )A． (0， 0)， (4， 0) B． 0， 4C． ( –4， 0)， (0， 0)， (4， 0) D．–4， 0,4(2)求函数f(x) = 4x2 12x + 9 的零点.(3)判定下列函数是否存在零点，若存在有几个①f (x) = logx+ 5, ②g(x) = 2x 6, ③m(x) = x- 1，④h(x) = x 2 12三、零点存在的判定性定理若函数 y = f (x) 在闭区间 [a,b]上满足〈(1. 图像在[a,b]上是连续的曲线，则在区间 (a, b)内， y = f (x) 至少有一个零点， 即 f (x) = 0 在区间 (a, b)内至少有一个 实数解.例如：(1)已知函数 f (x) = 3x 一 x 2 ，问:方程 f (x) = 0 在区间[一1,0]内有没有实数解？(2) 判定方程 (x 一 2)(x 一 5) = 1有两个相异的实数解， 且一个大于 5， 一个小于 2 .练 习(1)判定方程 4x 3 + x 一 15 = 0在区间[1,2] 内是否存在实数解，并说明理由 .四、零点的判定方法(1) 定义法：(2) 直接法：届方程 f(x)=0，方程有几个解，函数 f(x)就有几个零点；(3) 图像法： 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；(4) 将函数 f(x)拆成两个常见函数 f (x) = 0 一 h(x) 一 g(x) = 0 一 h(x) = g(x), 则函 数的零点个数即为 y=h(x)与 y=g(x)的图象的交点个数；例如：① 函数 f(x)=e x- 1+4x-4 在区间 x ∈[0， 1] 内是否存在零点②试判定方程 2-x 一 x = 0根的个数(5)二次函数的零点问题，通过相应的二次方程的判别式 编 来判断。

函数的零点说课稿今天我说课的题目是《函数的零点》。

下面我将从教材分析、教法和学法指导、教学过程设计、评价分析、板书设计五个方面来阐述。

【教材分析】教材的地位与作用本节课是人教B版必修1第二章第二单元第四节的内容。

函数是中学数学的核心概念，与其他知识具有广泛的联系性，而函数的零点就是其中的一个链结点,它从不同的角度,将数与形,函数与方程及不等式有机的联系在一起。

本节是在学生系统地掌握了函数的概念及性质，一次与二次函数知识后，学习方程的根与函数零点之间的关系，并结合函数的图象研究函数零点的性质。

为后面“二分法求方程的近似解”和不等式提供了基础．因此本节内容具有承前启后的作用。

教学目标根据本节课教学内容的特点以及新课标对本节课的教学要求，我制定以下教学目标：（一）知识与技能：1．理解函数零点的意义，能判断二次函数零点的存在性，会求简单函数的零点。

2．了解函数零点与方程根的关系．（二）过程与方法：体验零点概念的形成过程，提高数学知识的综合利用能力。

（三）情感、态度与价值观：让学生体会事物间的转化的辩证思想。

教材重、难点本着新课程标准的教学理念，针对教学内容的特点，我确立了如下的教学重点、难点：教学重点：函数的零点概念及求法。

教学难点：利用函数的零点作图。

【教法、学法分析】在教法上，借助多媒体及几何画板软件并采用“启发—探究—讨论”式教学模式.有利于突出重点，在学法上，以培养学生探究精神为出发点，着眼于知识的形成和发展，着眼于学生的学习体验，精心设计每个问题链，由浅入深，循序渐进，给不同层次的学生提供思考，创造，表现和成功的机会。

【教学过程】（一）实例引入，形成概念问题1：求方程2x－ｘ－６＝0的实数根方程2x－ｘ－６＝0的实数根为-2、3。

问题2画出函数y＝2x－ｘ－６的图象；并观察方程的根与函数图象与x轴的交点横坐标的关系。

方程2x－ｘ－６=0的实数根就是y＝2x－ｘ－６的图象与x轴的交点横坐标。

设计意图：以学生熟悉二次函数图象和二次方程为平台，得到二次方程实数根与二次函数图象之间的关系。

导数与函数的零点一、 基础知识 1.函数零点定义：一般地，如果函数()y f x =在x a =处有实数根，即()f x ，则称a 叫做这个函数()f x 的零点。

2.函数零点的判定和转化：关键词：根令解→零点令交点方程()0f x =有实数根令函数()0f x =有解令函数()y f x =有零点令函数()y f x = 的图像与x 轴有交点令函数()f x 与()g x 有交点 3.零点问题主要包含的题型有： （1）零点个数讨论（2）零点存在与否求参数范围 （3）函数交点问题、图像问题 （4）隐零点的证明（后面讲解） 4.思维导图二、课堂练习 1. 零点个数讨论例1.函数23()()2x f x x =−的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解答】解：函数23()()2x f x x =−的零点的个数为23()02x x −=的解的个数，也就是2y x =，与3()2x y =交点的个数，两个函数的图象如图：交点有3个． 故选：C ．变式1.若2a >，则方程321103x ax −+=在(0,2)上恰好有 个根．【答案】1【解答】解：设321()13f x x ax =−+，则2()2(2)f x x ax x x a '=−=−．当(0,2)x ∈时，2a >，20x a ∴−<，()0f x '<，()f x 在(0,2)上为减函数． 又(0)f f （2）8111(41)4033a a =⨯−+=−<，()0f x ∴=在(0,2)上恰好有1个根． 故答案为1．变式2.设函数1()(0)3f x x lnx x =−>，则()(y f x = )A ．在区间( 1e，1)，(1,)e 内均有零点 B ．在区间( 1e，1)，(1,)e 内均无零点C ．在区间(1e，1)内有零点，在区间(1,)e 内无零点D ．在区间( 1e，1)，内无零点，在区间(1,)e 内有零点 【答案】D【解答】解：由题得3()3x f x x−'=，令()0f x '>得3x >； 令()0f x '<得03x <<；()0f x '=得3x =，故知函数()f x 在区间(0,3)上为减函数，在区间(3,)+∞为增函数， 在点3x =处有极小值130ln −<； 又f （1）103=>，f （e ）103e =−<，11()103f e e=+>， 故选：D ．例题1.函数()cos(3)6f x x π=+在[0，]π的零点个数为 ．【答案】3 【解答】解：()cos(3)06f x x π=+=，362x k πππ∴+=+，k Z ∈，193x k ππ∴=+，k Z ∈， 当0k =时，9x π=，当1k =时，49x π=，当2k =时，79x π=，当3k =时，109x π=， [0x ∈，]π， 9x π∴=，或49x π=，或79x π=，故零点的个数为3， 故答案为：3变式1.已知函数2()(4)cos f x x x x =−，[2x π∈−，]2π，该函数零点的个数为 【答案】3【解答】解：函数2()(4)cos f x x x x =−，[2x π∈−，]2π，可得2(4)cos 0x x x −=，即240x x −=，解得0x =或4[2x π=∉−，]2π，舍去， cos 0x =，[2x π∈−，]2π，可得2x π=−，或2x π=， 所以函数的零点个数为3． 故答案为：3．2. 已知零点个数求参数（一个，两个，三个，复合函数的多个） 2.1无，一个，或者两个例1.已知函数()x f x e ax =−有且只有一个零点，则实数a 的取值范围为 ． 【答案】(,0){}e −∞【解答】解：函数()x f x e ax =−有且只有一个零点， ∴函数x y e =与y ax =的图象有且只有一个交点，作函数x y e =与y ax =的图象如下，结合图象知，当0a <时成立， 当0a >时，相切时成立，故0()0x xxe e e x −'==−；故1x =； 故a e =；综上所述，实数a 的取值范围为(,0){}e −∞． 故答案为：(,0){}e −∞． 变式1.函数2()(1)lnxf x x e x=与函数()g x kx =恒有两不同的交点，则k 的取值范围是 ． 【答案】421[,)2e e【解答】解：由()0f x =，可得lnx kx x =，即为2lnxk x=在区间[1，2]e 上有两个实数解． 即直线y k =和2()lnxg x x=在区间[1，2]e 上有两个交点．由312()lnxg x x −'=，可得()g x 在[1递增，在(2]e 递减，即有()g x 在x =12e； 由g （1）0=，242()g e e =， 可得当4212k e e<时，直线y k =和函数()g x 的图象有两个交点． 即有函数()f x 在区间[1，2]e 上的有两个零点． 故答案为：421[,)2e e． 例2.已知函数()(xe f x kx e x=−为自然对数的底数）有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( ) A ．(0,2) B ．2(0,)4eC ．(0,)eD ．(0,)+∞【答案】B【解答】解：()0f x =，即0xe kx x−=，0x ≠，2xe k x ∴=，令2()xe g x x =，则3(2)()x e x g x x −'=，令()0g x '=，解得2x =，当2x >或0x <时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当02x <<时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，∴当2x =时，函数有极小值，即g （2）24e =， 且当0x <，时，()(0f x ∈，)+∞，函数()(xe f x kx e x=−为自然对数的底数）有且只有一个零点，结合图象可得，204e k ∴<<，故选：B ．变式1. 已知函数()()f x lnx kx k R =−∈． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 有零点，求实数k 的取值范围； 【答案】见解答【解答】解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞． 求导数，得11()kxf x k x x−'=−=． ①若0k ，则()0f x '>，()f x 是(0,)+∞上的增函数； ②若0k >，令()0f x '=，得1x k=． 当1(0,)x k ∈时，()0f x '>，()f x 是增函数；当1(x k∈，)+∞时，()0f x '<，()f x 是减函数．综上所述，当0k 时，()f x 的递增区间为(0,)+∞；当0k >时，()f x 的递增区间为1(0,)k ，递减区间为1(k，)+∞；（2）由lnx k x =有解，由()lnxg x x=的导数为21()lnx g x x −'=，当x e >时，()0g x '<，()g x 递减；当0x e <<时，()0g x '>，()g x 递增．即有x e =处取得极大值，且为最大值1e．则有1ke． 故函数()f x 有零点，实数k 的取值范围为(−∞，1]e；2.2三个零点例3.已知函数3223,01,()5,1.x x m x f x mx x ⎧++=⎨+>⎩若函数()f x 的图象与x 轴有且只有两个不同的交点，则实数m 的取值范围为 ． 【答案】(5,0)−【解答】解：当01x 时，32()23f x x x m =++， 2()666(1)0f x x x x x '=+=+；故()f x 在[0，1]上是增函数，故若使函数()f x 的图象与x 轴有且只有两个不同的交点， 则函数()f x 在[0，1]与(1,)+∞上各有一个零点； 故0m <， 故(0)(1)050f f m ⎧⎨+>⎩， 解得，(5,0)m ∈−； 故答案为：(5,0)−．变式1.若函数3()35()f x x x a a R =−+−∈在3(3,)2−上有2个零点，则a 的取值范围是 ．【答案】{}31[,7)38【解答】解：若函数3()35f x x x a =−+−， 则2()333(1)(1)f x x x x '=−=−+， 令()0f x '>，解得：1x >或1x <−， 令()0f x '<，解得：11x −<<，故()f x 在(3,1)−−递增，在(1,1)−递减，在3(1,)2递增，故()()17f x f a =−=−极大值，()f x f =极小值（1）3a =−， 而(3)13f a −=−−，331()28f a =−，故(3)0(1)03()02f f f ⎧⎪−>⎪<⎨⎪⎪⎩或(3)0(0)0(1)0f f f −<⎧⎪>⎨⎪=⎩，解得：{}31[,7)38a ∈， 故答案为：{}31[,7)38．例3.设函数31,0()232,0x e x f x x mx x −⎧−>⎪=⎨⎪−−⎩（其中e 为自然对数的底数）有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是 ．【答案】(1,)+∞【解答】解：由分段函数可知，当0x >时，函数垂直一个零点； 故0x 时，3()32f x x mx =−−，2()33f x x m '=−，当0m 时，()0f x '，函数()f x 在0x 时，函数是增函数，不可能由零两个零点， 当0m >时，函数()f x在区间(,x −上是增函数，在(0)上是减函数， 又(0)20f =−<，所以(0f >时有两个零点，解得1m >， 实数m 的取值范围是(1,)+∞． 故答案为：(1,)+∞．变式 1.已知2(1),0(),0ln x x f x x ax x −<⎧=⎨−⎩，且()()2xg x f x =+有三个零点，则实数a 的取值范围为 ． 【答案】1(2，)+∞【解答】解：函数()()2x g x f x =+有三个零点，即方程()02xf x +=有三个根， 也就是函数()y f x =的图象与2xy =−的图象有三个不同交点． 如图：2xy =−与(1)(0)y ln x x =−<一定有一交点； 当0a 时，2(0)y x ax x =−的图象是图中虚线部分， ∴函数()y f x =的图象与2xy =−的图象有两个不同交点，不满足题意； 当0a >时，联立22x y y x ax⎧=−⎪⎨⎪=−⎩，得22(21)0x a x −−=． 若函数()y f x =的图象与2xy =−的图象有三个不同交点，则方程22(21)0x a x −−=有一0根一正根， 则2102a −>，即12a >． ∴实数a 的取值范围为：1(2，)+∞．故答案为：1(2，)+∞．变式2.已知函数()f x =若关于x 的方程()10f x m −+=恰有三个不等实根，则实数m 的取值范围为 ．【答案】(1,1)2e+ 【解答】解：当0x时，()x f x e==为(−∞，0]上的减函数， ()(0)0min f x f ∴==；当0x >时，()x f x e =，12212()xxx x e x e f x e −−'==．则1(2x ∈，)+∞时，()0f x '<，1(0,)2x ∈时，()0f x '>．()f x ∴在1(2，)+∞上单调递减，在1(0,)2上单调递增．()f x ∴的极大值为1()22f e=． 其大致图象如图所示：若关于x 的方程()10f x m −+=恰有三个不等实根，即()y f x =与1y m =−的图象有3个不同交点，则012m e<−<．得112m e<<+．∴实数m 的取值范围为1)+，故答案为：1)+．2.3复合函数多个零点 例4.已知函数()||xf x lnx =，若关于x 的方程2()(1)()0f x m f x m −++=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( ) A ．(0,)e B ．(1,)e C ．(,2)e e D ．(,)e +∞【答案】D【解答】解：当1x >时，()xf x lnx=，21()()lnx f x lnx −'=，()f x ∴在(1,)e 上单调递减，在(,)e +∞上单调递增， ∴当x e =时，()f x 取得极小值f （e ）e =，同理可得()f x 在(0,1)上单调递增， 作出()f x 的函数图象如图所示：由2()(1)()0f x m f x m −++=得()1f x =或()f x m =， 由图象可知()1f x =只有1解，()f x m ∴=有三个解，m e ∴>． 故选：D ．变式1.已知函数21(1)()(1)x x f x lnx x x⎧−<⎪=⎨⎪⎩关于x 的方程22[()](12)()0f x m f x m +−−=，有5不同的实数解，则m 的取值范围是( ) A ．1(1,)e−B ．(0,)+∞C ．1(0,)eD ．1(0,]e【答案】C 【解答】解：设lnx y x =，则21lnxy x −'=， 由0y '=，解得x e =，当(0,)x e ∈时，0y '>，函数为增函数，当(,)x e ∈+∞时，0y '<，函数为减函数． ∴当x e =时，函数取得极大值也是最大值为f （e ）1e=． 方程22[()](12)()0f x m f x m +−−=化为[()][2()1]0f x m f x −+=． 解得()f x m =或1()2f x =−．如图画出函数图象： 可得m 的取值范围是1(0,)e．故选：C ．变式2. 已知函数3211()32f x x ax bx c =+++有两个极值点1x ，2x ，若11()f x x =，则关于x 的方程2()()0f x af x b ++=的不同实根个数为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【答案】B【解答】解：函数3211()32f x x ax bx c =+++有两个极值点1x ，2x ，不妨假设12x x <，2()0f x x ax b ∴'=++=有两个不相等的实数根，∴△240a b =−>．由于方程2()()0f x af x b ++=的判别式 △'=△240a b =−>，故此方程有两解为1()f x x =或2()f x x =． 由于函数()y f x =的图象和直线1y x =的交点个数 即为方程1()f x x =的解个数；由于函数()y f x =的图象和直线2y x = 的交点个数，即为方程2()f x x =的解个数． 根据11()f x x =，画出图形，如图所示：由于函数()y f x =的图象和直线1y x =的交点个数为2，函数()y f x =的图象和直线2y x = 的交点个数为1，可得关于x 的方程1()f x x =或2()f x x =共有3个不同的实数根， 即关于x 的方程2()()0f x af x b ++=的不同实根个数为3．故选：B ．变式3.已知函数()x xf x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++−=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( ) A ．(−∞，2)(2⋃，)+∞ B ．1(1e−，)+∞C ．1(1e−，1) D ．(1,)e【答案】C【解答】解：由题意1()xxf x e −'=． 令1()0xxf x e −'=<，解得1x >； 令1()0xxf x e −'=>，解得1x <； 令1()0x xf x e−'==，解得1x =． ()f x ∴在(,1)−∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 在1x =处取极大值1e．()f x 大致图象如下：假设2m =，令()t f x =．则2210t t ++=．解得1t =−，即()1f x =−． 根据()f x 图象，很明显此时只有一个解， 故2m =不符合题意，由此排除B 、D 选项； 假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =−，21t =−． 即()2f x =−，或()1f x =−．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解， 故3m =不符合题意，由此排除A 选项． 故选：C ．变式 4.已知函数()||f x ex lnx =（其中e 是自然对数的底数）．若关于x 的方程2()2()10f x mf x m +++=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 ．【答案】2(1,)3−−【解答】解：函数()||f x ex lnx =（其中e 是自然对数的底数）． ∴①当01x <<时，()f x exlnx =−，()(1)f x e lnx '=−+当10x e <<时，()0f x '>，当11x e<<时，()0f x '<，②当1x 时，()f x exlnx =，()(1)f x e lnx '=+()0f x '>，故当1x e =时，函数()f x 有极大值1()1f e=， 当1x =时，函数()f x 有极小值0， 作出函数()f x 对应的图象如图：设()t f x =，当1t >，或0t =时，方程()t f x =有1个解， 当1t =时，方程()t f x =有2个解， 当01t <<时，方程()t f x =有3个解， 当0t <时，方程()m f x =有0个解，则方程2()2()10f x mf x m +++=等价为2210t mt m +++=，要使关于x 的方程2()2()10f x mf x m +++=恰好有4个不相等的实数根， 则方程2210t mt m +++=的两根，一个为0或大于1， 一个在区间(0,1)上，若方程2210t mt m +++=的一个根为0，则1m =−，方程可化为：220t t −=，不合题意； 若方程2210t mt m +++=的一个根大于1，一个在区间(0,1)上， 则101210m m m +>⎧⎨+++<⎩， 解得：2(1,)3m ∈−−，故答案为：2(1,)3−−三、课后练习1．已知函数2,0()()21,0x a x f x a R x x ⎧−=∈⎨−>⎩，若函数()f x 在R 上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A ．(,1)−∞− B ．(−∞，1] C ．[1−，0) D ．(0，1]【答案】D【解答】解：由于函数2,0()()21,0x a x f x a R x x ⎧−=∈⎨−>⎩在R 上有两个零点，显然12x =是函数()f x 的一个零点，故方程20x a −=在(−∞，0]上有解． 再根据当(x ∈−∞，0]时，00221x <=，可得10a >， 故选：D ．2．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且满足2,02()2,2xx x x f x x x e⎧−<⎪=⎨−⎪⎩，若函数()()F x f x m =−有六个零点，则实数m 的取值范围是( ) A ．31(e −，1)4 B ．31(e −，0)(0⋃，1)4 C ．31(e −，0] D ．31(e −，0) 【答案】D【解答】解：函数()f x 是定义在R 上的偶函数，函数()()F x f x m =−有六个零点， 则当0x 时，函数()()F x f x m =−有三个零点， 令()()0F x f x m =−=， 即()m f x =，①当02x <时，2211()()24f x x x x =−=−−+，当12x =时有最大值，即为11()24f =， 且()f x f >（2）242=−=−， 故()f x 在[0，2)上的值域为1(2,)4−，②当2x 时，2()0xxf x e −=<，且当x →+∞，()0f x →，3()x x f x e−'=， 令3()0xx f x e −'==，解得3x =， 当23x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当3x 时，()0f x '，()f x 单调递增， ()min f x f ∴=（3）31e =−， 故()f x 在[2，)+∞上的值域为31[e −，0)， 312e −>−， ∴当310m e−<<时，当0x 时，函数()()F x f x m =−有三个零点， 故当310m e −<<时，函数()()F x f x m =−有六个零点， 故选：D ．3．已知函数2()2221x f x e ax a e =−+−−，其中a R ∈，e 为自然对数的底数．若函数()f x 在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( ) A ．(2,21)e −B ．2(2,2)eC ．2(221e e −−，22)eD ．2(21,221)e e e −−−【答案】D【解答】解：函数2()2221x f x e ax a e =−+−−，2()42x f x e a ∴'=−，当0a 时，()0f x '>恒成立，函数()f x 在R 上单调递增， ∴函数()f x 在区间(0,1)至多有一个零点，不满足题意， 0a ∴>，令()0f x '=，解得122ax ln =，∴当()0f x '>时，即122ax ln >，函数单调递增，当()0f x '<时，即122ax ln <，函数单调递减，()2221min f x a alna aln e ∴=−+−−，设g （a ）2221a alna aln e =−+−−，0a >g ∴'（a ）12ln lna =+−， 令g '（a ）0=，解得2a e =，g ∴∴'（a ）0>时，即02a e <<，函数单调递增， 当g '（a ）0<时，即2a e >，函数单调递减，g ∴（a ）42222214222222110max e eln e eln e e eln e eln e =−+−−=−−+−−=−<，函数()f x 在区间(0,1)内有两个零点， ∴(0)0(1)0f f >⎧⎨>⎩， 即2221022210a e e a a e +−−>⎧⎨−+−−>⎩，解得221221e a e e −<<−− 故选：D ．4．已知函数,0()1,0lnx x f x x x >⎧=⎨+⎩若()()F x f x m =+有两个零点1x ，2x ，则12x x 的取值范围是（ ） A ．(,)e −∞ B ．(,0)−∞ C ．[e ，0] D ．[1−，0]【答案】D【解答】解：作出()f x 的图象，()()F x f x m =+有两个零点， 即()f x m =−有两个不等实根1x ，2x ， 即为121m x lnx −=+=，可得11x m =−−，2m x e −=，1m −， 则12(1)m x x m e −=−−， 可设()(1)m g m m e −=−−，()m g m me −'=，由0m >时，()0g m '>，()g m 递增， 10m −<时，()0g m '<，()g m 递减，即0m =处()g m 取得极小值，且为最小值1−， 又120x x ，即有12x x 的范围是[1−，0]． 故选：D ．5．已知函数2,0()115||,024x x f x a x x ⎧>⎪=⎨+−⎪⎩，函数2()g x x =，若函数()()y f x g x =−有4个零点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(5,)+∞ B ．15(5,)2C ．19(5,)2D ．19(5,]2【答案】B【解答】解：当0x >时，2x y =与2()g x x =有两个交点(2,4)，(4,16)． 要使函数()()y f x g x =−有4个零点， 只需：0x 时，115||24y a x =+−与2()g x x =有两个交点即可（如图）． 过点1(2−，15)4−作2()(0)g x x x =<的切线，设切点为2(,)m m切线方程为22()y m m x m −=−，把点1(2−，15)4−代入上式得52m =−，∴切线斜率为25m =−．115(0)024a +−<，解得152a <，∴实数a的取值范围为15(5,)2． 故选：B ．6．已知函数()()lnxf x kx k R x=−∈，在区间1[e ，2]e 上的有两个零点，则k 的取值范围 ， ． 【答案】42[e ,1)2e【解答】解：由()0f x =，可得lnxkx x=， 即为2lnxk x=在区间1[e ，2]e 上有两个实数解． 即直线y k =和2()lnxg x x=在区间1[e ，2]e 上有两个交点．由312()lnxg x x −'=，可得()g x 在1[e 递增，在，2]e 递减，即有()g x 在x =12e； 由21()g e e =−，242()g e e=，可得当4212k e e<时，直线y k =和函数()g x 的图象有两个交点． 即有函数()f x 在区间1[e，2]e 上的有两个零点．故答案为：42[e ，1)2e． 7．已知函数()||x f x xe =，若关于x 的方程2()2()30()f x tf x t R −+=∈有两个不等实数根，则t 的取值范围为 ．【答案】,213)2e e+ 【解答】解：,0()||,0x xxxe x f x xe xe x ⎧==⎨−<⎩，当0x 时，()0f x e xe'=+恒成立，所以()f x 在[0，)+∞上为增函数； 当0x <时，()(1)x x x f x e xe e x '=−−=−+， 由()0f x '=，得1x =−，当(,1)x ∈−∞−时，()(1)0x f x e x '=−+>，()f x 为增函数，当(1,0)x ∈−时，()(1)0x f x e x '=−+<，()f x 为减函数，所以函数()||x f x xe =在(,0)−∞上有一个最大值为11(1)(1)f e e−−=−−=， 要使方程2()2()30()f x tf x t R −+=∈有两个实数根， 令()f x m =，则方程2230m tm −+=应有两个不等根， 可得△24120t =−>，解得t >t < 由方程的根大于1e ，可得21230te e−+>，且1t e >，2132e t e +<<．故答案为：，213)2e e+．8．已知函数0()(1),0x f x ln x x =⎪−−<⎩，若函数()()F x f x kx =−有且只有两个零点，则k 的取值范围为 ． 【答案】1(2，1)【解答】解：由题意，0x，()f x ， 为双曲线2241y x −=在第一象限的部分，渐近线方程为12y x =； 由(1)y ln x =−−， 可得111y x'==−，可得0x =， 即(1)y ln x =−−在0x =处的切线方程为y x =， 此时函数()()F x f x kx =−有且只有1个零点， 若函数()()F x f x kx =−有且只有两个零点， 则k 的取值范围为1(2，1)，故答案为：1(2，1)．9．已知函数32()3(,0)f x mx mx m R m =−∈≠． （Ⅰ）求函数()f x 的单调增区间；（Ⅱ）当0m >，若函数()()1g x f x m =+−有三个零点，求m 的取值范围． 【答案】【解答】解：（Ⅰ）2()36f x mx mx '=−， 令()0f x '>，即2360mx mx −>，当0m >时，解得0x <或2x >，则函数()f x 的单调增区间是(,0)−∞和(2,)+∞； 当0m <时，解得02x <<，则函数()f x 的单调增区间是(0,2)； 综上，当0m <时，函数()f x 的单调增区间是(,0)−∞和(2,)+∞； 当0m <时，函数()f x 的单调增区间是(0,2)． （Ⅱ） 由()()1g x f x m =+−及32()3f x mx mx =−， 当0m >，32()31g x mx mx m =−+−，()3(2)g x mx x '=−，当()0g x '>，解得0x <或2x >，则函数()g x 的单调增区间是(,0)−∞和(2,)+∞；当()0g x '<，得02x <<，则函数()g x 的单调减区间是(0,2)， 所以()g x 有极大值(0)1g m =−和极小值g （2）15m =−， 因为()g x 有三个零点，则(0)10(2)150g m g m =−>⎧⎨=−<⎩，得：115m <<．10．设函数32()3f x x x =−−． （1）求()f x 的单调区间；（2）若函数()y f x m =−在[1−，2]上有三个零点，求实数m 的取值范围． 【答案】【解答】解：（1）由32()3f x x x =−−，得22()323()3f x x x x x '=−=−，当()0f x '>时，解得0x <或23x >；当()0f x '<时，解得203x <<． 故函数()f x 的单调递增区间是(,0)−∞，2(,)3+∞；单调递减区间是2(0,)3．（2）令()()h x f x m =−，则32()3h x x x m =−−−，2()32(32)h x x x x x ∴'=−=−，由（1）知，当函数()h x 在(,0)−∞上单调递增，在2(0,)3上单调递减，在2(,)3+∞上单调递增．∴函数()h x 在0x =处取得极大值(0)3h m =−−，在23x =处取得极小值285()327h m =−−， 由函数()y f x m =−在[1−，2]上有三个零点，则有：()()()10500030,285003271020h m h m h m m h ⎧−−−⎧⎪⎪>−−>⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎛⎫<−−< ⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎪−⎪⎪⎩⎩即，解得85327m −<<−，故实数a 的取值范围是85(27−，3)−． 11．给出定义在(0,)+∞上的两个函数2()f x x alnx =−，()g x x =−． （1）若()f x 在1x =处取最值．求实数a 的值；（2）若函数2()()()h x f x g x =+在区间(0，1]上单调递减，求实数a 的取值范围；（3）在（1）的条件下，试确定函数()()()6m x f x g x =−−【答案】【解答】解：（1）()2af x x x'=−由已知，f '（1）0= 即：20a −=， 解得：2a =，经检验2a =满足题意， 所以2a =．（2）2222()()()2()h x f x g x x alnx x ax x a x lnx =+=−+−=−+；1()4(1)h x x a x '=−+ 要使得2()2()h x x a x lnx =−+在区间(0，1]上单调递减，则()0h x '，即14(1)0x a x−+在区间(0，1]上恒成立；因为(0x ∈，1]，所以241x a x +；设函数24()1x F x x =+，则 ()max a F x ；2244()111()x F x x x x==++因为(0x ∈，1]，所以1[1x ∈，)+∞，所以211(())2min x x+=；所以()2max F x =，所以2a ．（3）函数()()()6m x f x g x =−−有两个零点．因为2()26m x x lnx x =−−+； 所以2()21m x x x '=−−= 当(0,1)x ∈时，()0m x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0m x '>； 所以()min m x m =（1）40=−<，324(1)(12)()0e e e m e e −−++=<，8424812(21)()0e e e m e e −++−=>； 4442()(1)2(7)0m e e e e =−+−> 故由零点存在定理可知：函数()m x 在4(e −，1)存在一个零点，函数()m x 在4(1,)e 存在一个零点， 所以函数()()()6m x f x g x =−−有两个零点． 12．已知m R ∈，函数2()()x f x x mx m e =++．（1）若函数()f x 没有零点，求实数m 的取值范围； （2）当2m >时，求函数()f x 的极大值． 【答案】【解答】解：（1）令2()()0x f x x mx m e =++=．0x e >，20x mx m ∴++=．函数()f x 没有零点，∴方程20x mx m ++=无实根． 则△240m m =−<，解得：04m <<．所以函数()f x 没有零点的实数m 的取值范围是(0,4)； （2）由2()()x f x x mx m e =++． 得：2()(2)()x x f x x m e x mx m e '=++++2(22)(2)()x x x x mx m e x x m e =+++=++．令()0f x '=，得：2x =−或x m =−． 当2m >时，2m −<−．所以，当(,)x m ∈−∞−时，()0f x '>，函数()f x 为增函数； 当(,2)x m ∈−−时，()0f x '<，函数()f x 为减函数； 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数；所以，当x m =−时，()f x 取得极大值，极大值为2()[()()]m m f m m m m m e me −−−=−+−+=．13．已知函数1()1(,0)xx f x a R a ae −=−∈≠． （1）当1a =时，求函数()f x 在(1，f （1）)处的切线；（2）若函数()f x 没有零点，求实数a 的取值范围（3）若函数()f x 恰有一个零点，试写出实数a 的取值范围．【答案】【解答】解：（1）当1a =时，1()1xx f x e −=−，2(1)2()x x e x e xf x e e −−−'==， f ∴'（1）1e =，又f （1）1=−，∴函数()f x 在(1，f （1）)处的切线为11(1)y x e+=−，即10x ey e −−−=；（2）1()1x x f x ae −=−，22(1)2()x x x xae x ae x f x a e ae −−−'==， 若0a >，则当(,2)x ∈−∞时，()0f x '>，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '<， ∴21()(2)1max f x f ae ==−，由2110ae −<，得21a e >； 若0a <，则当(,2)x ∈−∞时，()0f x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>， ∴21()(2)1min f x f ae ==−，由2110ae −>，得21a e >，a ∴∈∅． 综上，若函数()f x 没有零点，则实数a 的取值范围是21(,)e +∞； （3）由（2）知，当0a >时，函数图象大致形状如上图， 只有21()10max f x ae=−=，即21a e =时，函数()f x 恰有一个零点； 当0a <时，函数图象大致形状如下图， 函数()f x 恰有一个零点．综上，使函数()f x 恰有一个零点的实数a 的范围是0a <或21a e =．14．已知函数()xkx bf x e +=，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为0x y −=． ()I 求k ，b 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的零点个数． 【答案】 【解答】解：()()xkx bI f x e +=， ()xk kx bf x e −−∴'=曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为0x y −=， (0)1k b f e −∴'==，0(0)0bf e==， k e ∴=，0b =；（Ⅱ）1()x x f x e −=，11()x xf x e −−'=， ∴函数在(,1)−∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，当1x <时，f （1）10=>，当0x <时()0f x <，因此函数在(,1)−∞上有一个零点， 当1x >时，()0f x >恒成立，因此在(1,)+∞上没有零点， ∴函数()f x 的零点个数是1个．15．已知函数32()()f x x x x a x R =−−+∈，其中a 为实数．（Ⅰ）当1a =−时，求曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值；（Ⅲ）若函数()f x 有且仅有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】【解答】解：（Ⅰ）当1a =−时，32()1f x x x x =−−+，2()321f x x x ∴'=−−，f （2）1=，f ∴'（2）7=，∴曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为713y x =−；（Ⅱ）由()0f x '>可得13x <−或1x >，()0f x '<，可得113x −<<，∴函数的单调递增区间1(,)3−∞−，(1,)+∞，单调递减区间为1(3−，1)，()f x ∴的极大值为15()327f a −=+，极小值为f （1）1a =−； （Ⅲ）322()(1)(1)1f x x x x a x x a =−−+=−++−．由此可知x 取足够大的正数时()0f x >，取足够小的负数时()0f x <，()y f x ∴=与x 轴至少有一个交点． 函数()f x 有且仅有一个零点， ∴5027a +<或10a −>， 527a ∴<−或1a >． 声明：所有试题来自于网络，由山羊老师整理，恳请各位老师或者同学多多指点，提提意见。

《函数的零点》说课稿尊敬的各位评委、各位老师大家好：今天我说的课题是《函数的零点》，选自人教B 版必修1第二章第四节，下面我将从教材分析、教学目标分析、重难点分析、教法与学法分析、教学过程设计，效果分析六个方面来进行阐述。

一、教材分析本节课是函数应用的重要内容，它揭示了函数与方程的内在联系，不但是对函数知识的深化与拓展，而且为下一节《二分法》和后续的算法学习，不等式的学习奠定了坚实的理论基础，体现新课标理念下认知结构螺旋式上升的理念。

另外，在函数与方程的联系中，还能渗透由特殊到一般，数形结合、等价转化及函数与方程等思想。

二、教学目标分析根据本节课的内容以及新课标对本节课的教学要求，结合以上对教材的分析，我制定以下教学目标：知识与技能目标：了解函数零点的概念，理解函数的零点与相应方程根的关系，学会利用零点性质作出图象。

过程与方法目标：经历“类比—归纳—应用”的过程，培养学生转化与数形结合的能力，感悟由具体到抽象的研究方法。

能力与情感目标：通过体验函数与方程的“动”与“静”，“整体”与“局部”的联系，让学生感受数学的美，培养学生自主探究，合作交流的能力，激发学生的学习兴趣并培养学生严谨的科学态度。

三、重、难点分析重点：理解函数零点的定义及性质 难点：利用函数零点性质作图。

四、教法、学法分析以问题为纽带，采用“启发、探究、讨论”的教学模式让学生的思维活动在教师的引导下层层展开，大胆参与课堂教学。

让他们在学习过程中体会怎样发现问题，分析问题，解决问题。

达到传授知识与培养能力融为一体。

五、教学过程为了突出重点，突破难点，在教学上，我做如下设计： （一）创设情境，引入概念问题1：已知二次函数62--=x x y ①求0=y 时x 的值。

②作出函数的简图，并观察方程的根与函数图象，x 轴交点之间的关系。

学生通过观察分析易得方程062=--x x 的根就是62--=x x y 的图像与x 轴的交点横坐标。