零点问题教学文档

高中数学解决零点问题教案
一、教学目标
1. 理解零点的概念，掌握零点问题的解决方法。

2. 学会利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题。

3. 培养学生的数学思维和问题解决能力。

二、教学内容
1. 零点的概念及意义。

2. 零点问题的解决方法。

3. 利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题。

三、教学过程
1. 引入：通过一个简单的例子引入零点概念，让学生了解什么是零点。

2. 授课：介绍零点问题的解决方法，包括利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题的基本步骤。

3. 案例分析：给学生若干个实际问题，并引导他们分析问题，利用所学知识解决问题。

4. 练习：让学生进行练习，巩固所学内容。

5. 总结：总结本节课所学内容，并强调方法的运用和注意事项。

四、教学要点
1. 熟练掌握零点的概念及其解决方法。

2. 学会运用函数图象、方程、不等式等方法解决零点问题。

3. 注意理解问题的意义，加强实际问题的练习。

五、教学辅助
1. 教材课件
2. 案例练习册
六、教学效果评估
1. 课堂提问：通过提问学生并解答问题来评估学生的理解程度。

2. 练习成绩：通过练习册的成绩来评估学生的掌握程度。

3. 课堂表现：通过观察学生的课堂表现来评估学习态度和参与度。

七、教学反馈
1. 及时对学生的练习册进行批改和评价。

2. 分析学生在学习中的问题和不足，及时进行指导和辅导。

最全函数零点问题处理74页WORD版如何处理函数零点问题
函数零点指的是函数在特定点处变为零，这是在数学中一个非常重要的概念。

对于函数零点的处理，我们可以从定义、求解两方面入手。

一、定义
函数零点可以定义为一些函数在特定点处的极值，这里的极值指的是函数值变为零，这样的点叫做零点，或者叫做泰勒点，也就是一阶导数为0的点。

二、求解
要求解函数零点，首先要确定该函数的函数式，通过分析可以知道，零点是一阶导数为0的点。

因此，我们可以计算函数一阶导数的值并求解出一阶导数为0的点，即函数零点。

例如，求函数y=x^2+5x+6的零点，其一阶导数为y'=2x+5，求解得x=-2.5，代入原函数，即y=-2.5^2+5(-2.5)+6=-12.5，则函数的零点为(-2.5，-12.5)。

总之，函数零点的处理，要先定义函数零点的概念，然后通过求解函数的一阶导数求出函数的零点，以此来解决函数零点问题。

最全函数零点问题办理函数中的赋值问题 (1)第一讲赋值的意义 (1)第二讲赋值的依照和方法 (4)第三讲赋值的若干经典问题 (10)导数大题的常用找点技巧和常有模型 (15)常用的放缩公式（考试时需给出证明过程） (17)第一组：对数放缩 (17)第二组：指数放缩 (17)第三组：指对放缩 (17)第四组：三角函数放缩 (18)几个经典函数模型 (18)导数零点不能求的四种破解策略 (22)法一 :利用零点存在性定理 (22)法二 :利用函数与方程思想 (23)法三 :构造新的函数 (24)法四 :利用极限思想 (25)导数压轴题之隐零点问题 (26)直击函数压轴题中零点问题 (41)函数中的赋值问题第一讲赋值的意义函数 是一个 的 ， 之所以“ ”，是因 它涉及到函数 域的方方面面：函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性) ；求含参函数的极 或最 ； 明一 超越不等式；求解某些特其他超越方程或超越不等式以及各种 型中的参数取 范 等等．可是 下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模 卷的 准解答中，一种以 极限 言或极限 点取代 的“素描式”解 象 予关注和 正．1.从一道调研试题的标准解答说起目 1已知函数 f (x) ae xx 2bx( a,b R ) ．（ 1）略；（ 3）略；（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．2） bx2x 2解：（x有唯一解．0 ， 方程 ae0 即 a xex 2g( x) ， g ( x) x(2 x) ，令 g ( x) 0 x 1 0, x 2 2 ．e xe x① x ≤ 0 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，所以 g (x) ≥ g (0)g (x) 的取 范 是 [0,) (?)② 0 x 2 ⋯， g (x) 的取 范 是 (0,42 ) ；e③ x ≥ 2 ， g ( x) ≤ 0, g (x) 减，且恒正，所以g ( x) 的取 范 是 0,42．e所以当a 0或 a4，f ( x) 有且只有一个零点，故 a 的取 范 是a 0或 a4 ．e 2e 2疑：1．“g (x)≥ 0”与“ g( x) 的取 范 是[0, ) ”可否等价？．．．．2．也 解答的潜意 是 xg (x) ，那么其依照是什么 ?作 指 棒的省考、国考又是怎 理相关 的呢 ?答：一其中心：参数全程 描；一个基本点： 入扣．．．．．．．．．．．．．2．真题研究题目 2（ 2013 江苏 20）设函数 f (x) ln x ax, g ( x) e x ax ，其中 a 为实数．（ 1）略；（ 2）若 g (x) 在 ( 1,) 上是单调增函数，求 f (x) 的零点个数，并证明你的结论．（ 2）解：由 g ( x) 在 ( 1, ) 上单调增，得 a ≤ 1(过程略 ) ． eo时， f (x)1a 0, f ( x) Z ，1 a ≤ 0 x而 f (e a 1 ) a(1 e a 1 ) 1 0, f (e) 1ae 0 ，且 f (x) 图像不中止，依照零点定理， f (x) 有且只有一个零点．【解析 a 0 时，由 f( x) 0x 1(极大值点 )， f (x)maxln 11 】aa2oa1时, f (x) ln x 1x ．令 f ( x)1 1 0, x e ．ee x e且 x e, f (x) 0,0 x e, f (x)0 ，所以 xe 是f (x) 的极大值点，也是最大值点，所以 f ( x) ≤ f (e) 0 ，当且仅当 x e, f ( x)0 ．故 f (x) 有唯一零点 x e ．3o 0 a1时，令 f ( x)1 a 0, x 1．列表：ex ax(0, 1)1( 1, )aa af (x)f (x)Zf (x)max]所以 f ( x)maxf (1 ) ln 11 0 ．aa①在 (0, 1) 上， f (1) a 0且 f (x) 单调，所以 f ( x) 有且只有一个零点； a②在 ( 1, ) 上，显然1 1 ，注意到2 o的结论 (ln x ≤ 1x) ， aa 2ae 所以f (12 )2ln112(ln 1 1) ≤ 2(11) 0 ，同理 f ( x) 有且只有一个零点． a aa a2a ea2a由①② f ( x) 有两个零点．综上所述，当 a ≤ 0 或 a1时， f (x) 有 1 个零点；当0 a 1时， f ( x) 有 2 个零点．ee【注 1】本题第（ 2）问“ 3oa 1时”赋值点的形成过程及其多元性:e①在 (0, 1) 上，由于 1(0, 1) ，且为常数，所以理应成为直观 赋值点的首选．aa．．②在 ( 1,) 上【难点！】依照单调性，直观赋值点应在1右侧充分远处．试一试2 ，失败！ aaa表示该赋值点不够远，再改试12 ，成了！ (过程如上 ) ．显然，赋值点不唯一．a在 (0, 1) 上，也可考虑1 1, f (1) 0 (标解 )， a e a e或 a1, f (a ) ln a a 2 1 a 20 （均不及赋值 1 简略）．a在 1, )上也可考虑，1 1, f ( 11 a 1 a 1 1 1 ．( aaea a e)eln a a eeln a a 2e(ln a ea ) ≤ 011(标解 )，并注意到x 0 时， ex还可考虑 eaa【注 2】在本题 2o 结论 (ln x ≤ 1x) 的牵引下，区间e 1x 2(证略 ) ， f (e a) 1a( 1a , ) 上的三个赋值点11ae aa(12 ea) 0 ．a112 , 1e ,e a 一脉相承， a a1xe1 1 1 1井井有条：由于 ln x ≤x (当且仅当 xe ，等号成立 )，所以 e a．e e≥ xe2aa a以上赋值均为先直观，后放缩．其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大．所以，当直观 赋值受挫时，不如经过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证 )目标．现以区间 ( 1, ) 为例 ———a 【解析：在 1右侧充分远处，希望存在 x 1 ，使 f ( x 1 ) 0 ，为此，应意识到在 f (x) 的表达式中，a 对 f (x) 0 起主导作用的那一项为哪一项 ax ，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定 ln x ． 依照 ln x x 1 ( x 1)( 证略 ) ， f ( x)x 1 ax ≤ 0x ≤ 1 ，不如取 x 1 1 ，1 a1 a但 1 1 ??此路受挫，故须调整放缩的尺度】1 a a 思路一：由本题 2o结论， ln x ≤ 1x ．e11ln x2ln x 2≤ 2x 2e详解：由本题 2o 结论1 1令121) ．x2f ( x) x2ax 0 x 1(aa(ln x ≤ 1x),ln x 1112ln x 2≤ 2x 2x 2ee1 ,1在 ( ) 上，存在 x 112 , f ( x 1 ) x 12ax 111 0 ( 以下略 )．a aaa思路二：由 ln x ≤ x 1k 1时， ln x ≤ x1ln x ≤xln k 1 ．k kkk( 1) 的任意性给赋值供应了更为宽松的选择空间：x11，f (x) ln x ax ≤ k ln k 1 ax ≤ ( ka)x k 2 (k a) x k令 (1k 1 a 1 0 1 )a)x k 0 xkak 1．1(0 aka a ak(k 1) 1 0 ek不如令 k2 x 2 4 ．aa 2详解： ln x ≤ x 1 (证略 ) ， lnx2 ≤ax 1ln x ≤ ax1 ln2a x2f ( x)a x 2 ．a22a 2a2 a今取 x 24 1, f (x 2 )a 4 20 (以下略 )．a 2a2 a 2 a【追踪训练】1．思虑并解答本讲题目1(2)；2．思虑函数赋值问题有哪些依照和方法．第二讲赋值的依照和方法1．赋值的理论依照：1)不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解．2)零点存在定理 .基本模式是已知 f (a ) 的符号，研究赋值点 m (假定 m a )使得 f (m) 与 f ( a) 异号，则在 ( m, a) 上存在零点．3)一些基本的超越不等式，如：1．x 1≤ ln x ≤ x 1 ； ln x ≤ 1x ．xe2． x ≥ 1 时，x 1≤2( x 1)≤ ln x ≤x 2 1≤ x 1 ．xx 12 x23． 0 x ≤ 1 时， x 1 ≤ x 1 ≤ ln x ≤2( x 1)≤ x 1 ．x 2x x 14． e x ≥ x 1; e x ≥ ex;e x x 2 1(x 0);e xx 2 x( x ≥ 0) ．【注】应用上述不等式,一般须给出证明．2．赋值的对付方略：2.1 赋值的方法：10 直观放缩法 ．其形态是先直观试一试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证．．．．． 风险大．（参阅上节“真题研究”）20 放缩求解法 ．其形态是先适当放缩，尔后经过解不等式或方程求出赋值点，其特点是安妥、．．．．．可靠，但有 ，目 放 有点 ．（参 上 “真 研究”中的思路一，思路二）2.2 点遴 要 ：遴 点 做到三个保证，三个 先———．．．．．．．．．三个保证 ： ．．．．（ 1）保证参数能取到它的所有 ；（ 2）保证 点 x 0 落在 定区 内；（3）保证运算可行．三个 先 ： ．．．．（ 1） 先常数 点；（2） 先借助已有极 求 点 (参 2016 届南通一模 N 19 )；（ 3） 先 运算，如ln xlne， e x等．2.3 放 的分 及其目 ：放 于 ，如影随行，唇 相依．（ 1）依放 的依照划分， 可分 无条件放 和条件放 两 ．前者如，x， ln x ≤ x 1 等；e ≥ x1．．．．． ．．．．后者如 x ≤ 0 ， e x≤ 1 ． x 1， e x(1x )1等；e 1 x（ 2）依 点的个数划分，可分 点式和两点式．前者以解方程 宿；后者以解不等式宿，从某种意 上 ，后者是前者受挫 的 急之 ．一般状况下，放 的目 定于 函数的 化 起不了．．． 主 作用的那些 ；但有些 中，很 界定“主 ”与非“主 ”，此 放 的尺度取决于 目中各种因素的 合考量——— 正是 的 点．例 1（ 2015 届南 附中期中考N20）已知函数 f x1 ax2 2x2a l n x ．2（ 1）略；（ 2）略；（ 3）若曲 C ： y f x 在点 x 1 的切 l 与 C 有且只有一个公共点，求正数 a 的取 范 ．解析：（ 3）易得切y 4xa2 ，代入 y f x 整理得：2g xa x 2 1 2 x12 a ln x 0 ， 等价于函数g x 有且只有一个零点，2gxa x 1 x，其中2 a．【下一步解析：第一x, 0 恒成立（不能能），xa及 x⋯0 恒成立 , x 恒成立,0 ．】1o 当 , 0 ，即 a ⋯2 ，由 g x 0x 1，且当x 1 ， g x 0 ， g x Z ；当0 x ， g x 0 ， g x ] ．1所以 x 1是 g x 唯一的极小 点，也是最小 点．且 g 10 ，故 a ⋯ 2 足 意．2o0 即 0 a 2 ．由 gx 0x 1 1 ， x 2．【下一步解析： 比g x 两零点与 1的大小．】21o1即 a1 ， gx a x 1⋯0 ，xg x Z ，又 g 1 0 ，所以 a 1 足 ．2o1 ，即 0 a1 ，当 1 x， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 10 ．【接着研究：在,上， g x Z ，所以在右 充分 ，希望存在 x 1 ，使 g x 1 0，其他 意 到 g x0 起主 作用的那一 是a x 2 1 （ 不宜 易放 ），故放 的主要目2是几乎能够忽略不 的“2 a ln x ”，事 上，当 x 1 ， 2a ln x0 ， 所以 g xa x 21 2 x 1x 1ax 1 2x 1令4 ax 2 0x 1】222a解：又存在x 141，所以2a ln x 1 0，aa2aa．g x 1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 x 1 1 2x 1 12x 12在,x 1 内， g x 存在零点，所以 g x 最少有两个零点，不合 意．3o1 ，即 1 a2 ，在,1 上， g x 0 ， g x ] ，所以 gg 1 0 ．【接着研究：在0,上， g x Z ，所以在 x 0 右 充分近 ，希望存在 x 2 ，使 g x 2 0 ．其他 意 到g x0 起主 作用的那一 是ln x （所以不宜 易放 ）故放 的主要目是几乎能够忽略不 的“a x 21 2 x1 ”，事 上，当0 x1， a x 21 0 ，22令22 x 12 ，所以 gx22 a ln x0 x = e2 a．】2解：又存在 x 2e 2 22 a 1 ，并注意到 ax 22 10 ， 2 x 21 2 ，aa2g x 22 2 a ln x 22 2 a20 ，所以在 0, 内 g x 存在零点，2a进而 g x 最少有两个零点，不合 意．上所述， a1或 a ⋯2 ．2【附 ： e 2 a2a： ea2 112 a 2 a 】 2 a22 2ae 2 a2 a例 2（上 “ 目 1（ 2）”）已知函数f ( x)ae x x 2 bx(a, b R ) ．（ 1）（ 3）略．（ 2） b0 ，若 f (x) 在 R 上有且只有一个零点，求a 的取 范 ．正解 ： (参数 描 )依 意 f (x) ae x x 2 有唯一零点，于是：．．10 当 a 0, f (x) 0 ，不合；2 0当 a 0, f (x)x 2 有唯一零点，吻合；30 当 a 0, 一方面 f (0) a 0 ．【下一步，解析1：用直 放 法x 1 使f ( x 1 ) 0 ， 然x 1 0(why ?)．．．．．因 f ( x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以只要令x 1 0 且充分小， ae x10 ，进而f (x 1 )aex1x 12．若 x 1 某个 常数 ,因 数 a 的任意性 ,无法保证 f ( x 1 ) 0 ，故 x 1 与 a相关．不如改x 1 a 1 】另一方面 a 1 0, 并注意到 e x ≥ x1 ( 略 )．f (a 1)a2≥ a(a2a 12 0 ，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点．e 1 a (a 1)1)a2 a2 a2于是 x ≥ 0 ， f (x) 无零点，而 f (0)g ( x)x 2 ( x 0), g (x) x(2 x) ，令e xe x当 x x 0 , g ( x) 0, g( x) ] ，所以 g (x)max 上a 0 或 a4 ．e 20 ，即 ax 20 ，所以x0, f (x) x ．eg (x) 0x 0 2, 当 0 x x 0 , g ( x) 0, g (x) Z ；444 g( x 0 ) e2ae 2 ，所以 ae 2 ．【注】将零点 化 不等式恒成立 进而使“分参”不依 于形而凸 其 密性．【下一步解析 2：用放缩求解法 求 x 使 f ( x )0 ，显然 x(,0) ．．．．．． 1 11事实上 x0 时 , f ( x) aexx2a 1 x 2令0 ,解之 x 1a 】另一方面 x 1 a 0 ,使 f ( x 1 )aex1x 12a x 120, 且 x时 f (x) ae x2x 0, f (x) ]，所以在 (,0) 内 f ( x) 有唯一零点． (以下过程同上 )【下一步解析 3：仍用放缩求解法 ，．．．．．x22 令x a ，取 x 1 a1 】x 1 时， f ( x) aex a 1 xa x 0另一方面 x 1 a 1 0 ,使 f (x 1 )x22a x 10 且 x 0 时ae1x 1 a x 1f (x) ae x2x 0, f ( x) ] ，所以在 ( ,0) 内 f (x) 有唯一零点． (以下过程同上 )例 3 已知 f (x) x ln x a ，谈论 f x 的零点的个数．解：记 f x 的零点的个数为 k ． f x 的定义域为 (0, ) ， f x 1 ln x ，令 f xx1，当 x1时， f x0 , f x Z ；当 0x1时， f x 0 ， f x ] ，eee所以 x1是 f x 的唯一极小值点也是最小值点，即fxminf 1 a 1 ．eee10.当 a 1 0 ，即 a1 时， f xmin0 ,故 k0 ．ee20.当 a 1 0 ，即 a1 时， f x minf ( 1)0,k 1． e ee1 0 ，即 a 1时， f xmin0 (如右图所示 )3 . 当 a e eⅰ . a 0 时，在 0, 1 上 f x0 ,在 (1, ) 上，e e【路子一】存在 ea1， f e aae a aa(e a 1) 0 ，e由零点定理及 f ( x) 的单调性 k 1．【路子二：经过放缩，求解赋值点当 x e 时 , f ( x) x 令xa 】a 0当 x e 且 xa 时， f ( x) x a 0 ，同理 k 1．ⅱ . a 0 时，由 xln x 0 x 1，所以 k 1．ⅲ . 0 a1时， f x min a 1 0 ．一方面 11，且 f1 a0 ，另一方面ee e1时，应有 f x1【路子一：依照单调性，当 0 x0 ，不如直观试一试x 0e a 】e0 时， ex1注意到 xx 2（证略），存在 x 0 ea1 ，e21211a 2a1 1f eae aa，又 f x 图像在定义域内不中止，0 aa11内， f xk2.所以在 ，和，各有一个零点，故0 e e【路子二 ( 借助原函数极值求赋值点 )】已证在 (0,) 上 x ln x ≥ 1，且存在 a2a1， f a 22a 2 ln a a a 2a ln a 1 ≥eea2 10 ．同理 k 2.e综上所述：当 a1时， f (x) 没有零点；当 a1或 a ≤ 0 时，有 1 个零点；ee当 0 a1时，有 2 个零点．e【注】学生可能出现的认知误区是：当x0时， x ln x（或）．【追踪训练】1．解不等式： (e 1)ln x x 1 ，其中 e 为自然对数的底数．解析：记 f ( x)x 1 (e1)ln x ，则原不等式等价于f ( x) 0. f ( x) 1 e 1 ，x 令 f ( x) 0 ， x 0 e 1 ．当 x x 0 , f ( x)0, f (x) Z ；当 0 x x 0 , f (x) ] ．又一方面，存在 1 x 0 , f (1) 0, 另一方面，存在 e x 0 , f (e) 0 ，所以当且仅当 1 x e 时 f (x) 0 ，进而原不等式的解集为 (1,e) ．2．已知函数 f ( x)ln x ax 1(a R) ． (1)谈论函数 f (x) 的单调性；(2) 若 f ( x) 有两个零点 x 1 , x 2 ( x 1 x 2 ) , 求 a 的取值范围．解析： (1) 易得 f (x) 在 (0, 1 ) Z ,在 ( 1,) ] .aa(2) ①若 a ≤ 0 则 f ( x) Z , f (x) 在定义域内最多一个零点 ,不合．所以 a 0 且 f (x)maxf (1 ) ln10 a 1.aa此时，一方面1 1使 f ( 1)a 0 ；另一方面，注意到 ln x ≤ x 1(证略 ) ．于是，x 0e1 使f (x 0 ) 1 2ln 1e1 1) e2 e0 ．a 2 aaa 1 ≤ 22( a a a 依照零点定理以及f (x) 的单调性 ,可知 f ( x) 在 (0, 1 ) 和 ( 1, ) 上各有一个零点，a a所以 a 的取值范围是 (0,1) ．3．设函数 f (x)sin xax 1 x 3(a R ) 若对任意的 x ≥ 0, f ( x) ≥ 0 成立，求 a 的取值范围．6解：12．f ( x)cos x a2 x , f( x) xsin x ≥ 0 f ( x) Zf (x) ≥ f (0) 1 a1.当 a 1时 , f ( x) ≥ 0, f ( x) Z f ( x) ≥ f (0) 0 ；2.当 a 1时 , f (2 a) cos2a a 2a 2 cos2aa 2 a(a1) 0, f (0) 1 a 0 ，所以 x 0(0,2 a) 使得 f (x 0 ) 0 且在 (0, x 0 ) 内 f ( x) 0f ( x) ] , f ( x) f (0)0 与题设不符 .所以 a ≤ 1 ．第三讲 赋值的若干经典问题例 1（ 2015.新课标（ 1）文 21）设函数 f (x) e 2xa ln x ．（ 1）谈论 f ( x) 零点的个数；（ 2）略． 解：（ 1） f ( x)1 (2 xe 2x a) ．x①当 a ≤ 0 时 , f (x) 0 ，故 f ( x) 无零点；②当 a 0 时 f ( x) 零点的个数即 g (x) 2 xe 2 xa( x 0) 零点的个数，记为n ．所以在 (0,) 上 g ( x) Z ，所以 n ≤ 1 (i ) ．又 g (a) a(2e 2 a 1) 0 ．【下一步如何搜寻正数x 0 使 g (x 0 ) 0 ?】路子一 (直观放缩法 ) 【解析】假定 x ≥ 0 g (0)a 0 ，故应将 x 0 锁定在 0 右侧一点点，直观试一试后，形成以下的——详解：取 xmin{ a , 1} ， g (x 0 ) ≤ 22 1a12)0 ，依照零点定理，a e4a (e 2n ≥ 1 ( j ) 04 442由 (i ) , ( j ) n 1．x1 11路子二 (放缩求解法 )【解析】 0 x 1时 ee x 1 x 于是当 0 x 2 ，即 0 2x 1时，e1g (x)2 xa 0, xa1 ．2 x令12x1 2x2( a 1) 2详解：x 时 ex11 1 ，于是当 0 x1时， 0 2 x 1,e 2x11e xx 2 1 2xg (x)2 xa ，取a1 g ( ) 2a 0．依照零点定理 n ≥ 1 ( j ) ，1 2x 2( a 1)2 12由 (i ) , ( j ) n 1．例 2（ 2016.全（ 1）理 21）已知函数 f (x) ( x 2)e xa( x 1)2 有两个零点．（Ⅰ）求 a 的取值范围；（Ⅱ）略．解析：（Ⅰ） (参数扫描 )f ( x) ( xx2a) ．1)(e10 ) 若 a 0 ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) Z ，当 x 1, f ( x) 0, f ( x) ] ,f ( x)min f (1)e 0 ．一方面 , 当 x 1时 f (2)a 0 ；另一方面 , 当 x 1时——路子一0 且 bln a ，使 f (b)(b2) a a(b 1)2 ab(b3 ) 0 ，．．．(标解 )存在 b2 2 2所以在 x 1两侧， f ( x) 各有一个零点，满足题意．路子二 【解析：当 x 0 时 ,能对 f (x) 0 起主导作用的那一项显然是a(x 2，而 e x0,1 变化．．． 1)幅度不大，是比较理想的放缩目标． x 0 时, f ( x) (x 2) a (x 1)2 2 x 2 a( x1)2(x 1)(2ax a)( x1)(2 ax)令x 02 】a详解： x 0 时 , f ( x) x 2 a(x 1)22x 2 a (x 1)2 ( x 1)(2ax a)(x 1)(2ax) ，今取 x 02 01, f (x 0 ) (x 0 1)(2 ax 0 ) 0 ，所以在 x 1两侧，af (x) 各有一个零点，满足题意．20 ) 若 a ≤ 0 ，当 x ≤ 1, f (x) 0 ，所以 f ( x) 有两零点x 1时， f ( x) 有两零点(x2)e xa(x 1) 有两零点，但( x 2 4 x 5)e xg( x) Zg ( x)1)2g (x)( x 1)3 0( x所以 f ( x) 不存在两个零点．综上， a 的取值范围是 (0,) ．【注】顺便指出 ,在同解变形中 ,巧用起落格 ,可简化解题过程． (证明 : x 0,e xx 2 1)例 3（ 2017 全（ 2）文 21）设函数 f (x)(1 x 2 )e x ．（ 1）略；（ 2）当 x ⋯0 ， f ( x) ,ax 1，求 a 的取 范 ．解：（ 2） f2x1x 剠ax1 F xax ． 然 a 0（否 若 a ,0 ，注意到 e 2 ，x1 e 1 0F11a 3 e 21 a 31 0）．2 242 4【下一步研究a 的范 ：令 F x ax 2 2x 1 e x⋯0 恒成立a,x 2 2x 1 e xA r x ， r x x24x 1 ex0，所以 r x Z ， rxminr 0 1 ，所以 a 剠 1 a 1 】F xax 2 2x 1 e x ， hxF x ， h xx 24x 1 e x 0 ，所以 h x Z 即F xZ ， F x ⋯ F 0a 1 ．于是：o当 a ⋯1 ， F x ⋯ 0 ， F x Z ， F x⋯ F 00 ，进而 fx , ax 1 ；1 2o 当 0a 1 ，路子一 【解析当，2x 1 F x axx 1x 11．．．x x 2☆☆令1 a ．】x a 1 x 2x 1 a0 x2 解：当 0 x1 ，注意到 xx 1 ( 略 ) eF x ax x 21 x 1 1 x x 2x 1 ax 2x 1 a，今取 x 01 a 0,1F ( x 0 )x 0 2x 0 (1a )0 ，不合 意 . 上， a ⋯1 ．2路子二 ： F 0a 1 0, F (1) a 2e 0 ，又 F x Z ，故在 (0,1) 上 F x 有唯一零点 x 0 ，．．． 且在 (0, x 0 ) 上 F x 0, F ( x) ] ，所以 F (x)F (0) 0 不合 意．上 a ⋯1 ．例 4n 1, 明 : a 2 n1 （省 集 ） 数列a n 的通 a na n ln 2 ．k 1k4n【解析： 想超越不等式ln x 小于⋯有① ln x x 1(x 1) ；② ln xx21( x 1) 等．2x尔后用分项比 较法 , 将待证式两边均表示为从 n 起连续 n 项的和：．．． ．．a2na n1 L2 n 1(11 ) ； 整合并分解左边：4n k n2k 2(k 1)同时将右侧化整为零 :n 1n 22nln 2 lnnln n1 L ln2 n 1k 1 ) 21依照② lnk1 ( k 1 1 ，所以原式获证】 2k 1k k 2 k 2( k 1)2 n 1nln k 1 ．k证明：易证 ln xx21( x 1) ，令 x k 1lnk1 ( k k 1 )21 1 1 .2 xkk 2 k k 1 2 k 2( k 1)a 2na n1(11 2 L1 ) 14nn 1 n2n4n21 1L1111) 2( n2) 2(2 n 1)2n 4n 2(n111L11 1 L 11 2n2(n 1)2(n 2)2(2n1)2(n 1) 2( n2)2(2n1) 4n2n 12 n 1ln(n(11 1) )lnkk 1 1 n 2 L 2n ) ln 2 ．k n2k2(kk nn n 12 n 1【追踪训练】1．设函数 f (x)ln x ax( a R) .若方程 f ( x)a 1 x 2有解，求 a 的取值范围．2解：方程 fxa 1x 2有解函数 h xln x ax a1x 2 有零点．22h xa 1 x 2ax 11 x 1a1 x 1 ．xx① a 1时， h x ln x x x 1x 1 0 （证略）所以 h x 无零点；② a 1时， h 1a 1 0 （观察！）【下一步解析：如何赋值x 0 ,使得 h x 00 ？2当 x 1时 , h xax a 1 x 2x(a1 x令x 02a ( 1) 说明 :若不能够保证a ) 022a 1x 0 1 ，则改用两点式 ,即 h xL 令x L （参阅 ( 二)例 2 解析 3）】 解方程所获取的 0 又 2a1 且 h2a ln 2a x 0a 1 2a aln2a 0 ， a 1a 1a 12a 1 a 1由零点定理， h x 有零点．③ a 1时 a 1 x 1 0 ，所以令 h x 0x 1 （易知 x 1 是 h x 的最大值点）【下一步解析 :令 h x maxh (1) 01 a 1 , h x 无零点．于是剩下 h x maxh(1)≥ 0 a ≤ 1又 察 h 2 0 ，所以 h x 有零点】③ 1.) 1 a 1 h x maxh(1) 01 a 1 , h x 无零点；③ 2.) a ≤ 1 h xmaxh(1)≥ 0 ，又 察 h 20 ，所以 h x 有零点．上所述 a1 或 a ≤ 1．2． a 正常数，函数f ( x) ax, g( x) ln x ．明：x 0 R 使合适 x x 0 ， f (x)g( x) 恒成立．法一易 ln x ≤ 1x( 略 )又 11 ln x 1x, 用 x 代 x ln x 1 xln xx ( )ee 22 2而 x ax x a 2 x 2x a 2 ( ) .今取 x 0a 2 ，当 xx 0 ,由 () 得 x ax ,再由 ( )ax ln x . ．法二易x 0≤ 1x2ln x在 (e,) ]( 略 )(1)ln xe x;(2)ex ;(3) h( x)x于是， (1) 当 a1, ln x ≤ 1x ax ， 成立． (2) 当 a ≤ 1，取 x 01( 然 x 0e )e aee e1 1ln x ln e a 当 xx 0 ,aaax ln x ， 依旧成立．x1( 1 a )2ea上所述 x 0 R 使合适 x x 0 ,f (x)g ( x) 恒成立．3．已知 f (x) ax b ln x c ， g (x) xe 1 x（ a ,b,cR ）．（ 1）（ 2）略（ 3）当 b 2 ， a c 0 ，若 任意 定的x 00,e ，在区0,e 上 存在 t 1 ， t 2 t 1t 2 使得f t 1f t 2g x 0 ，求 数 a 的取 范 ．（ 3）略解：易得 g x 在 0，1 上 增，在1,e 上 减，故 g x max g 1 1 ，又 g 0 0 ， g ee 2 e ，所以 g x的取 范 （即 域） 0，1 ．而 f xa x 1 2ln x 定点 1，0， fxa 2．x【解析：分 令f x ⋯ 0 （无解）， f x , 0 ⋯⋯】o2，在0,e 上， f x , 0 ， fx 减，不合 意；1 当 a ,e2o当 a2，令 fx0 得 : x2，且当 x2 ， f x Z ； 0 x 2， f x ] ，并注意到eaaa ln x , x 1 进而有 fx m inf22 1 a ln a, 0 ．a 2 2【下一步解析 :需 明在2 2 上的取 范 均 包括，所以两段上的“ ”， 及a ,ef x0，10 a回避不了．】事 上，一方面在2上，f e厖 1ae 3 2 ；a ,e1 e另一方面在 2x 1 e 2 a使f x 1ae 2a3a 3a6 1 ，， 上，存在ae所以当 a ⋯3 ， f x 在两个 区 上的取 范 均包括0，1 ，e 1所以 x 00,e ，必存在 t 12 ， t 22,e ，使 f t 1f t 2g t 0 .0，aa故所求取 范 是3 , ．e 1导数大题的常用找点技巧和常有模型引子：（ 2017 年全国新1·理· 21）已知f x ae 2 x a2 e x x .（ 1） f x 的 性；（ 2）若 f x 有两个零点，求 a 的取 范 .解析： （ 1） f ' x2ae 2xa 2 e x 1 2e x 1 ae x 1若 a 0 ， f ' x0 恒成立，所以 fx 在 R 上 减；若 a0 ，令 f ' x0 ，得 e x1 , x ln1.aa当 x ln 1 ， f' x0 ，所以 f x在,ln1上 减；aa当 x ln1， f' x0 ，所以 f x在 ln1,上 增 .aa上，当 a0 ， f x 在 R 上 减； 当 a 0 ， f x 在,ln1上 减， 在ln 1, aa上 增 .（ 2 ）fx 有 两 个 零 点 ， 必 须 满 足 f x min 0 ， 即 a 0 ， 且fxminf ln11 1 ln10 .aa a构造函数 g x1 x ln x ， x 0 . 易得 g ' x110 ，所以 g x1 x ln x 单调递x减 .又由于 g 10 ，所以 1 1 ln1g 1g 11 1 0 a 1 .a aaa下面只要证明当 0 a1f x有两个零点即可，为此我们先证明当x 0时， x ln x.时，事实上，构造函数 h xx ln x ，易得 h ' x11，∴ h x min h 11 ，所以 h x0 ，即 x ln x .x当 0a 1 时， f 1aa 2 1 a eae 2 20 ，e 2e 2ef ln3 aa 31231 ln 3 131 ln 31 0 ，a 2aaaaaa其中 1 ln1， ln3a ln 1，所以 f x 在1,ln 1和 ln 1 ,ln3a上各有一个零点 .aaaaaa故 a 的取值范围是0,1 .注意： 取点过程用到了常用放缩技巧。

高三数学复习课天津七中闫中伏探究函数零点问题的解决方法一、复习目标1、知识与技能会灵活运用零点、根、交点之间的相互转化；掌握数形结合方法，能用其分析解决问题；掌握零点存在判定定理；理解参变分离，转化为函数值域解决问题。

2、过程与方法通过零点、根、交点之间的相互转化渗透数形结合，转化与化归，函数与方程的数学思想。

3、情感态度与价值观本节为方法课，培养学生如何数学地解决问题，如何将基本知识灵活运用。

二、重点、难点重点：零点、根、交点之间的相互转化；零点存在判定定理；数形结合方法，难点：函数思想，参变分离，转化为函数值域解决问题的理解。

三、教学方法自主探究，启发引导四、教学手段多媒体解题后小结：解题后小结：[]并说明理由？内是否存在零点，，在函数时当例k x f k R x x e x f k x 2k )(1,,)(1>∈-=-（６，７）Ｄ（５，６）Ｃ（３，４）Ｂ（１，２）Ａ）的解所在区间为（方程练习：7log 4=+x x 12122 079,,2log ,11log ,log ,22a b ca b c a b c A a b c B c b a C c a bD b a c=⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭<<<<<<<<问题、（天津理）设均为正数，且则（）联想：（2006年福建理压轴题） 已知函数m x x g x x x f +=+-=ln 6)(,8)(2是否存在实数m ，使得y=f(x)的图像与y=g(x)的图像有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的范围；若不存在，说明理由.解题后小结：例3（2007广东卷,理,文）已知a是实数，函数2()223f x ax x a=+--．如果函数()y f x =在区间[1,1]-上有零点，求a 的取值范围．[].200223的取值范围上有解，求，在区间：方程变式a a x x =-+[].200222的取值范围上有解，求，在区间方程例a a x x =-+[].200329:1的取值范围上有解，求，在区间方程变式a a xx =-⋅+[][]210104()32,24()62,4,2,4()().f x x mx m m h x x x x f x h x m =++<<=-∀∈∃∈=例已知-2　，若对总使得成立，求参数的取值范围()320.43.x aa a -=+∞-练习：方程（）在区间上有解，求的取值范围._______ln 2的最大值为则有公共点，与曲线、直线k x y kx y ==。

零点问题1．已知函数g(x)=ax2−2ax−1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值．1。

设f(x)=g(x)x（1）求a，b的值；（2）若不等式f(2x)﹣k∙2x≥0在x∈[−1,1]上有解，求实数k的取值范围．2．设f(x)=mx2+3(m﹣4)x﹣9(m∈R)（1）试判断函数f(x)零点的个数（2）若满足f(1−x)=f(1+x)，求m的值（3）若m=1时，存在x∈[0,2]使得f(x)−a>0(a∈R)成立，求a的取值范围．3．函数f(x)=aln(x2+1)+bx，g(x)=bx2+2ax+b，(a>0，b>0)．已知方程g(x)=0有两个不同的非零实根x1，x2．（1）求证：x1+x2<−2；（2）若实数λ满足等式f(x1)+f(x2)+3a−λb=0，求λ的取值范围．4．已知方程x2+ax+b=0．（1）若方程的解集只有一个元素，求实数a，b满足的关系式；（2）若方程的解集有两个元素分别为1，3，求实数a，b的值．5．已知函数f(x)=x2+ax+3，a∈R．（1）当a=−4时，且x∈[0,2]，求函数f(x)的值域；（2）若关于x的方程f(x)=0在(1,+∞)上有两个不同实根，求实数a的取值范围．6．已知f(x)=x2−2|x|(x∈R)．（1）若方程f(x)=kx有三个解，试求实数k的取值范围；（2）求m，n(m<n)，使函数f(x)的定义域与值域均为[m,n]．7．已知函数f(x)=−2x2+bx+c，当x=1时有最大值1．（1）若方程|f(x)|=m有4个不同实根，求实数m的取值范围，并求这4个实根的和；（2）当x∈[m,n](0<m<n)时，f(x)取值范围为[1n ,1m]，试求m，n的值．8．若方程−x2+3x−m=3−x在x∈(0,3)内有唯一解，求实数m的取值范围．9．已知函数f(x)=|x2−1|+x2+kx．（1）当k=2时，求方程f(x)=0的解；（2）若关于x的方程f(x)=0在(0,2)上有两个实数解x1，x2，求实数k的取值范围．10．（1）已知函数f(x)=2x−x2，问方程f(x)=0区间[−1,0]内是否有解，为什么？（2）若方程ax2−x−1=0在(0,1)内恰有一解，求实数a的取值范围．11．已知方程x2+2mx−m+12=0的两根都大于2，求实数m的取值范围．12．已知函数f(x)=ax2−bx+c(a＞0，b，c∈R)，f(x)=0在0<x<1上有两个互异的实根．求证：（1）b>2c且a>c；（2）f(0)f(1)<a 216．13．方程x2+(k−2)x+5−k=0的两根都大于2，求实数k的取值范围．14．已知二次函数f(x)=x2+2bx−1(b∈R)．（1）若函数y=f(x)与x轴的两个交A(x1,0)，B(x2,0)点之间的距离为2，求b的值；（2）若关于x的方程f(x)+x+b=0的两个实数根分别在区间(−3,−2)，(0,1)内，求b的取值范围．15．已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0．（1）当m=1时，判断方程根的情况．（2）若方程有两根，其中一根在区间(−1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m的取值范围．16．已知f(x)=3ax2−2ax+1在区间[−1,1]上有且只有一个零点，则实数a的取值范围．17．已知关于x的方程kx2−2(k+1)x+k−1=0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）是否存在实数k，使此方程的两个根的倒数和等于0？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．18．已知二次函数f(x)=2x2−4ax+4，在下列条件下，求实数a的取值范围．（1）一根比2大，一根比2小；（2）两根均小于2．19．设函数g(x)=ax2+bx+c(a>0)，且g(1)=−a．2（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．20．已知函数f(x)=ax2−2x+1(a≥0)．（1）试讨论函数f(x)在[0,2]的单调性；（2）若a>1，求函数f(x)在[0,2]上的最大值和最小值；（3）若函数f(x)在区间(0,2)上只有一个零点，求a的取值范围．零点问题答案1．已知函数g（x）=ax2﹣2ax﹣1+b（a＞0）在区间[2，3]上有最大值4和最小值1．设f（x）=．（1）求a，b的值；（2）若不等式f（2x）﹣k•2x≥0在x∈[﹣1，1]上有解，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）g（x）的对称轴为在直线x=1，开口向上，∴g（x）在区间[2，3]上是增函数，∴，解得．（2）由（1）可得f（x）=x+﹣2，∴f（2x）=2x+﹣2，∵f（2x）﹣k•2x≥0，即，∴，令=t，则k≤t2﹣2t+1，∵x∈[﹣1，1]，∴t∈[，2]，记h（t）=t2﹣2t+1=（t﹣1）2，则h（t）在[，2]上先减后增，∵h（）=，h（2）=1，∴h（t）max=h（2）=1，∴k≤1．2．设f（x）=mx2+3（m﹣4）x﹣9（m∈R）（1）试判断函数f（x）零点的个数（2）若满足f（1﹣x）=f（1+x），求m的值（3）若m=1时，存在x∈[0，2]使得f（x）﹣a＞0（a∈R）成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）①当m=0时，f（x）=﹣12x﹣9为一次函数，有唯一零点；②当m≠0时，由△=9（m﹣4）2+36m=9（m﹣2）2+108＞0故f（x）必有两个零点；（2）由条件可得f（x）的图象关于直线x=1对称，∴﹣=1，且m≠0，解得：m=；（3）依题原命题等价于f（x）﹣a＞0有解，即f（x）＞a有解∴a＜f（x）max∵f（x）在[0，2]上递减，∴f（x）max=f（0）=﹣9，故a的取值范围为a＜﹣9．3．函数f（x）=aln（x2+1）+bx，g（x）=bx2+2ax+b，（a＞0，b＞0）．已知方程g （x）=0有两个不同的非零实根x1，x2．（1）求证：x1+x2＜﹣2；（2）若实数λ满足等式f（x1）+f（x2）+3a﹣λb=0，求λ的取值范围．【解答】证明：（1）由方程g（x）=bx2+2ax+b=0有两个不同的非零实根，得△=4a2﹣4b2＞0，因此a＞b＞0，所以＞1；所以x1+x2=＜﹣2；解：（2）由（1）知x1x2=1，f（x1）+f（x2）+3a=aln[x12x22+（x12+x22）+1]+b（x1+x2）+3a=aln[（x12+x22）+2]+b（x1+x2）+3a=aln[（x1+x2）2]+b（x1+x2）+3a=2aln+a，由f（x1）+f（x2）+3a﹣λb=0得λ=ln+，设t=＞2，则λ=tlnt+是增函数．因此λ＞2ln2+14．已知方程x2+ax+b=0．（1）若方程的解集只有一个元素，求实数a，b满足的关系式；（2）若方程的解集有两个元素分别为1，3，求实数a，b的值．【解答】解：（1）方程x2+ax+b=0，方程的解集只有一个元素，即为二次方程有两个相等实根，可得△=0，即a2﹣4b=0；（2）若方程的解集有两个元素分别为1，3，由韦达定理可得1+3=﹣a，1×3=b，解得a=﹣4，b=3．5．已知函数f（x）=x2+ax+3，a∈R．（1）当a=﹣4时，且x∈[0，2]，求函数f（x）的值域；（2）若关于x的方程f（x）=0在（1，+∞）上有两个不同实根，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）当a=﹣4时，f（x）=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，故﹣1≤（x﹣2）2﹣1≤3，故函数f（x）的值域为[﹣1，3]；（2）∵关于x的方程f（x）=0在（1，+∞）上有两个不同实根，∴，解得，﹣4＜a＜﹣2．6．已知f（x）=x2﹣2|x|（x∈R）．（1）若方程f（x）=kx有三个解，试求实数k的取值范围；（2）求m，n（m＜n），使函数f（x）的定义域与值域均为[m，n]．【解答】解：（1）若方程f（x）=kx有三个解，当x=0时，方程x2﹣2|x|=kx，成立，即当x=0是方程的一个根，当x≠0时，等价为方程x2﹣2|x|=kx有两个不同的根，即k=x﹣，设g（x）=x﹣，则g（x）=，作出函数g（x）的图象如图：则当﹣2＜k＜2时，k=x﹣有两个不同的交点，即此时k=x﹣有两个非零的根，f（x）=kx有三个解，综上﹣2＜k＜2．（2）作出函数f（x）的图象如图：则函数f（x）的值域为[﹣1，+∞），若使函数f（x）的定义域与值域均为[m，n]．则m≥﹣1，若m=﹣1，则f（﹣1）=﹣1，由f（x）=﹣1，得x=﹣1或x=1，即当m=﹣1，n=0时，即定义域为[﹣1，0]，此时函数的值域为[﹣1，0]，满足条件．由n2﹣2|n|=n，得，若﹣1＜n≤0得，n2+2n=n，即n2+n=0，得n=0，若0＜n≤2，则函数的值域为[﹣1，0]，则由n2﹣2|n|=0，得n2﹣2n=0，得n=2，若n＞2，则n2﹣2|n|=n，得n2﹣2n=n，即n2﹣3n=0，得n=3，则当m=﹣1，n=0时，或当m=﹣1，n=2，或当m=﹣1，n=3都满足条件．7．已知函数f（x）=﹣2x2+bx+c，当x=1时有最大值1．（1）若方程|f（x）|=m有4个不同实根，求实数m的取值范围，并求这4个实根的和；（2）当x∈[m，n]（0＜m＜n）时，f（x）取值范围为[，]，试求m，n的值．【解答】解：（1）由已知得=1，f（1）=﹣2+b+c=1，解得b=4，c=﹣1；即f（x）=﹣2x2+4x﹣1；在同一坐标系中分别作出函数y=|f（x）|与y=m的图象如下，由图象知，当0＜m＜1时，两函数y=|f（x）|与y=m的图象有4个不同交点，且分别是关于直线x=1对称的两对对称点，所以方程|f（x）=m有4个不同实根，这4个不同实根的和为4．（2）因为当x∈R时，f（x）最大值为1，所以≤1，m≥1，所以当x∈[m，n]（0＜m＜n）时，f（x）单调递减，于是有，所以f（x）=在[1，+∞）上有两个不等的实根m，n，且n＞m≥1，由f（x）=得﹣2x2+4x﹣1=，2x3﹣4x2+x+1=0，（x﹣1）（2x2﹣2x﹣1）=0，解之得x1=1，x2=，x3=，所以m=1，n=．8．若方程﹣x2+3x﹣m=3﹣x在x∈（0，3）内有唯一解，求实数m的取值范围．【解答】解：原方程可化为，﹣x2+4x﹣3=m，设f（x）=﹣x2+4x﹣3，则f（x）=﹣（x﹣2）2+1，∵x∈（0，3），∴要使若方程﹣x2+3x﹣m=3﹣x在x∈（0，3）内有唯一解，∴﹣3＜f（x）≤0或f（x）=1，即﹣3＜m≤0或m=1．9．已知函数f（x）=|x2﹣1|+x2+kx．（1）当k=2时，求方程f（x）=0的解；（2）若关于x的方程f（x）=0在（0，2）上有两个实数解x1，x2，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）当k=2时，f（x）=|x2﹣1|+x2+2x=0，∴解得x=，或x=﹣（2）不妨设0＜x1＜x2＜2，因为所以f（x）在（0，1]上是单调函数，故f（x）=0在（0，1]上至多一个解，…（12分）若x1，x2∈（1，2），则x1x2=﹣＜0，故不符合题意，因此x1∈（0，1]，x2∈（1，2）．…（13分）由f（x1）=0，得k=﹣，所以k≤﹣1；由f（x2）=0，得k=﹣﹣2×2，所以﹣＜k＜﹣1故当﹣＜k＜﹣1时，方程f（x）=0在（0，2）上有两个解．10．（1）已知函数f（x）=2x﹣x2，问方程f（x）=0在区间[﹣1，0]内是否有解，为什么？（2）若方程ax2﹣x﹣1=0在（0，1）内恰有一解，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）因为f（﹣1）=2﹣1﹣（﹣1）2=﹣＜0，f（0）=20﹣02=1＞0，而函数f（x）=2x﹣x2的图象是连续曲线，所以f（x）在区间[﹣1，0]内有零点，即方程f（x）=0在区间[﹣1，0]内有解．（2）∵方程ax2﹣x﹣1=0在（0，1）内恰有一解，即函数f（x）=ax2﹣x﹣1在（0，1）内恰有一个零点，当a=0时，f（x）=﹣x﹣1在（0，1）内没有零点；∴a≠0，由△=1+4a=0可得a=﹣，解方程﹣x2﹣x﹣1=0得：x=﹣2∉（0，1）；∴函数f（x）=ax2﹣x﹣1在（0，1）内恰有一个零点，只有f（0）•f（1）＜0，即﹣1×（a﹣2）＜0，解得a＞2．故a的取值范围为（2，+∞）．11．已知方程x2+2mx﹣m+12=0的两根都大于2，求实数m的取值范围．【解答】解：设方程x2+2mx﹣m+12=0两个实数根为s、t，∴s﹣2＞0、t﹣2＞0，△=（2m）2﹣4（12﹣m）≥0，解得m≤﹣4或，m＞3，由根与系数关系可得：s+t=﹣2m，st=12﹣m，∴（s﹣2）（t﹣2）=st﹣2（s+t）+4=，12﹣m﹣2（﹣2m）+4=16+3m＞0，解得m ＞﹣，且（s﹣2）+（t﹣2）=（s+t）﹣4=﹣2m﹣4＞0，解得m＜﹣2，所以实数m的取值范围：﹣＜m≤﹣4．12．已知函数f（x）=ax2﹣bx+c（a＞0，b，c∈R，f（x）=0在0＜x＜1上有两个互异的实根．求证：（1）b＞2c且a＞c；（2）f（0）f（1）＜．【解答】证明：（1）∵函数f（x）=ax2﹣bx+c（a＞0，b，c∈R），f（x）=0在0＜x＜1上有两个互异的实根，∴，∵a＞0，由③得a＞＞0，由④得b2＞4ac，∵c＞0，∴b＞2c且a＞c；（2）f（0）f（1）=c（a﹣b+c）=a2[（﹣+1）]，由④得b2＞4ac，∴（）2＞4•，∴＜（）2，∴f（0）f（1）=a2[（﹣+1）]＜a2[（）2（（）2﹣+1）]=[（）2（﹣2）2]=[（2﹣）]2，由③得0＜＜2，∴＞0，2﹣＞0，∴（2﹣）≤=1，∴f（0）f（1）＜．13．方程x2+（k﹣2）x+5﹣k=0的两根都大于2，求实数k的取值范围．【解答】解：设f（x）=x2+（k﹣2）x+5﹣k，∵方程x2+（k﹣2）x+5﹣k=0的两根都大于2，∴，即，即﹣5＜x≤﹣4，故实数k的取值范围﹣5＜x≤﹣4．14．已知二次函数f（x）=x2+2bx﹣1（b∈R）．（1）若函数y=f（x）与x轴的两个交A（x1，0），B（x2，0）点之间的距离为2，求b的值；（2）若关于x的方程f（x）+x+b=0的两个实数根分别在区间（﹣3，﹣2），（0，1）内，求b的取值范围．【解答】解：（1）∵函数y=f（x）与x轴的两个交A（x1，0），B（x2，0）点之间的距离为2，∴|x1﹣x2|=2，由f（x）=x2+2bx﹣1=0，得x1+x2=﹣2b，x1x2=﹣1，∵|x1﹣x2|2=|x1+x2|2﹣4x1x2=4，∴4b2+4=4，即4b2=0，解得b=0．（2）∵f（x）+x+b=0，∴设g（x）=x2+（2b+1）x+b﹣1，∵方程f（x）+x+b=0的两个实数根分别在区间（﹣3，﹣2），（0，1）内，∴满足．15．已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0．（1）当m=1时，判断方程根的情况．（2）若方程有两根，其中一根在区间（﹣1，0）内，另一根在区间（1，2）内，求m的取值范围．【解答】解：（1）当m=1时，x2+2x+3=0，△=4﹣3×4=﹣8＜0，故方程没有实数根；（2）令f（x）=x2+2mx+2m+1，由题意得，，解得，﹣＜m＜．16．已知f（x）=3ax2﹣2ax+1在区间[﹣1，1]上有且只有一个零点，则实数a的取值范围．【解答】解：∵f（x）=3ax2﹣2ax+1是二次函数则a≠0，对称轴为x=∈[﹣1，1]；①△=0时4a2﹣12a=0∴a=3或a=0（舍去）；②△＞0时，当a＞0时开口向上，∴；∴∴无解；当a＜0时开口向下，∴，∴，∴﹣1＜a≤﹣，实数a的取值范围：{3}或{a|﹣1＜a≤﹣}．17．已知关于x的方程kx2﹣2（k+1）x+k﹣1=0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）是否存在实数k，使此方程的两个根的倒数和等于0？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）由题意得，；解得，＜k＜0或k＞0；（2）若方程的两个根的倒数和等于0，则x1+x2=0；由韦达定理可得，x1+x2==0，解得k=﹣1，不成立；故不存在．18．已知二次函数f（x）=2x2﹣4ax+4，在下列条件下，求实数a的取值范围．（1）一根比2大，一根比2小；（2）两根均小于2．【解答】解：（1）由题意二次函数f（x）=2x2﹣4ax+4，一根比2大，一根比2小，只需f（2）=8﹣8a+4＜0，解得．（2）方法一：函数的对称轴为x=a，两根均小于2，∴，解得．法二：由韦达定理，19．设函数g（x）=ax2+bx+c（a＞0），且g（1）=（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．【解答】解：（1）证明：∵g（1）=a+b+c=﹣，∴3a+2b+2c=0，∴c=﹣a﹣b．∴g（x）=ax2+bx﹣a﹣b，∴△=（2a+b）2+2a2，∵a＞0，∴△＞0恒成立，故函数f（x）有两个零点．（2）根据g（0）=c，g（2）=4a+2b+c，由（1）知3a+2b+2c=0，∴g（2）=a﹣c．（i）当c＞0时，有g（0）＞0，又∵a＞0，∴g（1）=﹣＜0，故函数g（x）在区间（0，1）内有一个零点，故在区间（0，2）内至少有一个零点．（ii）当c≤0时，g（1）＜0，g（0）=c≤0，g（2）=a﹣c＞0，∴函数f（x）在区间（1，2）内有一零点，综合（i）（ii），可知函数g（x）在区间（0，2）内至少有一个零点．20．已知函数f（x）=ax2﹣2x+1（a≥0）．（1）试讨论函数f（x）在[0，2]的单调性；（2）若a＞1，求函数f（x）在[0，2]上的最大值和最小值；（3）若函数f（x）在区间（0，2）上只有一个零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a=0时，函数f（x）=﹣2x+1，在[0，2]上是减函数．当a＞0时，函数f（x）=ax2﹣2x+1的图象是抛物线，开口向上，对称轴为x=，若≥2，函数f（x）=ax2﹣2x+1，在[0，2]上是减函数．若，函数f（x）=ax2﹣2x+1，在[0，]上是减函数，在[，2]上是增函数．综上，当a=0或≥2 时，函数f（x）=ax2﹣2x+1，在[0，2]上是减函数；当，函数f（x）=ax2﹣2x+1，在[0，]上是减函数，在[，2]上是增函数．（2）若a＞1，则，函数f（x）=ax2﹣2x+1，在[0，]上是减函数，在[，2]上是增函数，故函数的最大值为f（2）=4a﹣3，最小值为f（）=1﹣．（3）当a=0时，函数f（x）=﹣2x+1在区间（0，2）上只有一个零点x=，符合题意．当a＞0时，①若函数f（x）在区间（0，2）上有两个相等的零点（即一个零点），则，解得a=1，符合题意．②若函数f（x）有二个零点，一个零点在区间（0，2）内，另一个零点在区间（0，2）外则f（0）f（2）＜0，即4a﹣3＜0，得．综上：f（x）在区间（0，2）上有一个零点时a的取值范围为，或a=1．第21页（共21页）。

二轮复习专项知识：函数的零点问题开封高中：张文伟【高考地位】函数零点是新课标教材的新增内容之一,纵观近几年全国各地的高考试题,经常出现一些与零点有关的问题,它可以以选择题、填空题的形式出现，也可以在解答题中与其它知识交汇后闪亮登场，可以说”零点”成为了高考新的热点、亮点和生长点.【教学目标】1.理解函数零点的定义以及函数的零点与方程的根之间的联系，掌握用连续函数零点定理及函数图像判断函数零点所在的区间与方程的根所在的区间.2.结合几类基本初等函数的图象特征，借助于求导寻找函数图像的变换趋势，掌握判断函数的零点个数和所在区间的方法.3.能根据函数零点的情况求参数的取值范围.【教学重点】理解函数的零点与方程根的关系，形成用函数观点处理问题的意识.【教学难点】根据函数零点所在区间求参数的取值范围【教学方法】发现、合作、讲解、演练相结合.【教学软件】几何画板【教学过程】基础知识回顾1．函数零点概念对函数()f x ，把使()0f x =的实数x 叫做函数()f x 的零点．2.零点存在性定理：如果函数()f x 在区间[],a b 上的图象是连续不断一条曲线，并且有()()0f a f b < ，那么，函数()f x 在区间[],a b 内有零点.即存在c，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根.3、零点问题方程、函数、图像之间的关系一、直接求函数的零点⇒求根定零点例1：求函数的零点：2322log ()22x x f x -+=-解：由题意可知2322,x x -+=解得0x =3或所以函数()f x 的零点为0或3.练习：已知函数2()32,f x x x =-+1 11() ,1 1x x h x x ⎧≠⎪⎪-=⎨⎪=⎪⎩求(())f h x 的零点.解：由(())0f h x =可知()12h x =或解方程得函数(())f h x 的零点为130 , , 1 , , 222经验总结：直接带入求解.二、确定零点的大致位置⇒异号定零位例2：函数()ln 26f x x x =+-的零点所在的大致区间是（C）A（0，1）B（1，2）C（2,3）D（3，4）解：(2)(3)0f f ⋅<练习：若函数()f x 的零点与()422xg x x =+-的零点之差的绝对值不超过0.25，则()f x 可以是（A）A.()41f x x =-B.2()(1)f x x =-C.()1x f x e =-D.1()ln()2f x x =-经验总结：借助于(a)()0f f b ⋅<来确定零点所在的区间.三、求零点的个数⇒画图定零数1、一元三次函数的零点问题xoyoo例3：求函数32()6910f x x x x=-+-的零点个数.解：2()31293(3)(1)f x x x x x'=-+=--令()0f x'>，得3x>或1x<，()0f x'<,得13x<<可得()f x在(,1)-∞和(3,)+∞上为增，在(1,3)上为减，由图像可得只有一个零点.变式：32()6910f x x x x a=-+--在x R∈上有三个零点，求a的取值范围.分析1：一元三次函数知识总结：（1）一个零点：函数单调或极大值小于零或极小值大于零（2）两个零点：极大值或极小值等于零（3）三个零点：极大值和极小值一正一负解：由22()31293(43)3(3)(1)f x x x x x x x'=-+=-+=--，令()0f x'>，得3x>或1x<，()0f x'<,得13x<<()f x∴在(,1)-∞，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)上单调递减()=(1)4100f x f a∴=-->极大值，6a->()=(3)100f x f a=--<极小值106a∴-<<-.分析2：原函数可以化为：326910a x x x=-+-2、()g(x)f x-型函数的零点问题解：函数分成326910y a y x x x==-+-与的交点由图像可知：106a-<<-练习：函数1sin21y xx=--在[]2,4-上有个交零点,这些零点的横坐标之和为xyo解:函数11y x =-与sin 2y x =的图像在[]2,4-有8个交点,因为图像都关于()1,0点对称,故交点的横坐标之和为8.经验总结：把一个函数转化成两个函数相减的形式，分离成两个函数求交点的问题.注意分离的两个函数尽可能的是熟悉、常见的函数.3、复合函数的零点问题例4：已知函数32()31f x x x =-+，221()1,0()2(3)1,0x x g x x x ⎧-+≥⎪=⎨⎪-++<⎩，则方程[]()0g f x a -=（a 为正实数）的实数根最多有___6___个.解：由图像可知，最多有6个.练习:设R 上的函数2lg (>0)()-2(0)x x f x x x x ⎧=⎨-≤⎩则关于x 的函数1)(3-)(2y 2+=x f x f 的零点的个数为（D）A 2B 3C 5D7解：由图像可得，零点的个数为7个.经验总结：先分离出内外层函数，分别作出内外层函数的图像，借助图像来求解.四、据零数探参数⇒画图定零数1、分离参数法例5：已知()2ln +f x x ax =没有零点，求a 的取值范围.解：()2ln +f x x ax =没有零点可以转化为()()2ln +00f x x ax =><或恒成立问题.即2ln 2ln xxa a xx>-<-或恒成立问题.∵2ln 2xy xe =-≥-∴2ae->练习：已知32()9f x x ax x =-+在(]0,3上没有零点，求a 的取值范围.解：()f x 没有零点可转化为(]9(),0,3a x x x<+∈恒成立问题，即(]min 9(),0,3a x x x<+∈得(,6)a ∈-∞.（另一种情况(]9(),0,3a x x x>+∈无解）经验总结：分离出参数之后变成了一个函数恒成立的问题.2、一侧是直线型：参数为直线的斜率，不能分离出参数例6：已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩，若()y f x ax =-至多有一个零点，则a 的取值范围是_______解：()y f x ax =-至多有一个零点，即()y f x =图像与y ax =图像至多有一个交点.参考图像可以帮助求得a 的范围是[-2,0].（若转化成()f x ax ≥，因为x∈R,所以分离不出参数a.）练习：已知函数32,2()(1),02x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<<⎪⎩,若()f x kx =有两个不同的零点，求k 的取值范围.经验总结：参数为直线的斜率，就变成直线过定点旋转问题.【知识小结】常见的零点问题及解法：一、直接求函数的零点⇒求根定零点经验总结：直接带入求解二、确定零点的大致位置⇒异号定零位经验总结：借助于(a)()0f f b ⋅<来确定零点所在的区间.三、求零点的个数⇒画图定零数1、一元三次函数的零点问题经验总结：（1）一个零点：函数单调或极大值小于零或极小值大于零（2）两个零点：极大值或极小值等于零（3）三个零点：极大值和极小值一正一负2、()g(x)f x -型函数的零点问题经验总结：把一个函数分离成两个函数相减的形式，注意分离的两个函数尽可能的是熟悉、常见的函数.3、复合函数的零点问题经验总结：先分离出内外层函数，分别作出内外层函数的图像，借助图像来求解.四、据零数探参数⇒画图定参数1、分离参数法经验总结：分离出参数之后变成了一个函数恒成立的问题.2、一侧是直线型：参数为直线的斜率，不能分离出参数经验总结：参数为直线的斜率，就变成直线过定点旋转问题.【作业】提升训练专项练习解：0<k<0.5。

函数的零点教案范文一、教学目标1.理解函数的零点的概念及其在数学和实际生活中的意义。

2.掌握求解函数的零点的方法。

3.能够应用所学的知识解决实际问题。

二、教学过程1.导入新知（10分钟）向学生介绍函数的零点的概念，告诉学生零点即函数等于零的解，解释零点在数学和实际生活中的意义。

引入实际问题，如求解一个物体自由落体运动的零点位置等，激发学生的兴趣。

2.概念讲解（15分钟）向学生详细讲解函数零点的定义，并通过几个简单的例子演示如何求解函数的零点。

解释用图像法和代数法求解函数零点的思路和步骤。

3.图像法求解函数的零点（20分钟）先通过绘制函数的图像，找出函数的零点的大致位置。

然后利用图像和坐标系的性质，进一步确定函数的零点的具体位置。

4.代数法求解函数的零点（20分钟）通过一系列的代数运算，将函数转化为方程，然后解方程求出函数的零点。

详细解释过程中的每一步骤，并通过实例演示如何应用代数法求解函数的零点。

5.实例讲解（20分钟）给学生提供一些实际问题，并引导他们分析问题，确定函数的具体形式，然后求解函数的零点。

通过实际问题的解题过程，帮助学生进一步理解函数的零点的应用。

6.练习与巩固（15分钟）布置一些练习题，要求学生运用所学的方法求解函数的零点。

鼓励学生积极思考，并相互讨论解题思路和方法。

在课堂上对一些难题进行讲解，加深学生对函数的零点的理解。

7.总结与拓展（10分钟）总结本节课的重点内容，复习函数的零点的概念和求解方法。

要求学生在课后进一步研究函数的零点的应用领域，并写一篇小结。

三、教学方法1.讲授法：通过讲解引入知识，并结合实例进行讲解和演示，使学生能够逐步理解和掌握函数的零点的求解方法。

2.实践法：通过实际问题的解决，培养学生的应用能力和解决问题的能力。

3.合作学习：在教学过程中，鼓励学生相互合作，共同解决问题，提高学生的学习效果。

四、教学评价1.学生通过学习和练习能够主动思考，理解函数的零点的概念和求解方法。

导数中的零点问题导数中的零点问题1．已知函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的取值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）记.当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.2．已知函数（Ⅰ）若的图像与直线相切，求（Ⅱ）若且函数的零点为,设函数试讨论函数的零点个数.（为自然常数）3．已知函数.（1）若时，讨论函数的单调性；（2）若函数在区间上恰有2个零点，求实数的取值范围.4．已知函数（为自然对数的底数，），在处的切线为.（1）求函数的解析式；（2）在轴上是否存在一点，使得过点可以作的三条切钱？若存在，请求出横坐标为整数的点坐标；若不存在，请说明理由.5．已知函数()()22ln ,0x f x x a R a a =-∈≠.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2） 若函数()f x 有最小值，记为()g a ，关于a 的方程()219g a a m a +--=有三个不同的实数根，求实数m 的取值范围.6．已知函数()2x af x x e =-+ (a R ∈， e 为自然对数的底数).（Ⅰ）求函数()f x 的极值；（Ⅱ）当1a =时，若直线:2l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点，求k 的最大值.7．已知函数（为自然对数的底数）.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时,不等式恒成立,求实数的取值范围；（3）设，当函数有且只有一个零点时,求实数的取值范围.8．已知函数.（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）若函数有两个极值点，试判断函数的零点个数.9．已知函数.（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）是否存在实数，使得有三个相异零点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.10．已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）记，当时，函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.11．已知函数.（1）讨论的导函数零点的个数；（2）若函数的最小值为，求的取值范围.12．．（1）证明：存在唯一实数，使得直线和曲线相切；（2）若不等式有且只有两个整数解，求的范围．13．已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=．（1）求函数()f x 的解析式；（2）若经过点()2,M m 可以作出曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．14．已知函数()()22ln ,f x x a x a R x=+-∈． （1）若()f x 在2x =处取极值，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）当0a >时，若()f x 有唯一的零点0x ，求[]0.x参考数据： ln20.693,ln3 1.099,ln5 1.609,ln7 1.946.====15．已知函数()()ln 1x m f x e x x m x -=---；（1）若1m =，求证： ()f x 在()0,+∞上单调递增；（2）若()()='g x f x ，试讨论()g x 零点的个数.16．已知函数()•sin 1ax f x e x =-，，其中0a >．(I)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；(Ⅱ)证明： ()f x 在区间[]0π，上恰有2个零点．参考答案1．（Ⅰ）；（Ⅱ）当时,减区间为；当时，增区间为，减区间为；（Ⅲ）．【解析】【分析】（1）先求出函数f（x）的定义域和导函数f′（x），再由两直线垂直的条件可得f′（1）＝﹣3，求出a的值；（2）求出f′（x），对a讨论，由f′（x）＞0和f′（x）＜0进行求解，即判断出函数的单调区间；（3）由（1）和题意求出g（x）的解析式，求出g′（x），由g′（x）＞0和g′（x）＜0进行求解，即判断出函数的单调区间，再由条件和函数零点的几何意义列出不等式组，求出b的范围．【详解】（Ⅰ）定义域，，，∴．（Ⅱ）当，，单减区间为当时令，单增区间为；令，单减区间为当时，单减区间∴当时,减区间为；当时，增区间为，减区间为；（Ⅲ）令，，令，；令，∴是在上唯一的极小值点，也是唯一的最小值点∴∵在上有两个零点∴只须∴．【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及几何意义、函数零点等基础知识，注意求出函数的定义域，考查计算能力和分析问题的能力．2．（1）（2）有两个不同的零点【解析】分析：（Ⅰ）设切点坐标为，故可以关于的方程组，从该方程组解得．（Ⅱ）因，故为减函数，结合可得的零点．又是分段函数，故分别讨论在上的单调性，结合利用零点存在定理得到有两个不同的零点．详解：（Ⅰ）设切点，所以，故，从而又切点在函数上，所以即，故，解得，．（Ⅱ）若且函数的零点为，因为，，为上的减函数，故．当时，，因为，当时，；当时，，则在上单调递增，上单调递减，则,所以在上单调递减．当时，，所以在区间上单调递增．又，且；又，所以函数在区间上存在一个零点，在区间上存在一个零点．综上，有两个不同的零点．点睛：处理切线问题的核心是设出切点坐标，因为它的横坐标沟通了切线的斜率和函数在该值处的导数．零点问题需要利用导数明确函数的单调性，再结合零点存在定理才能判断函数零点的个数．3．（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）分三种情况讨论的范围，分别利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理与函数图象，可筛选出函数在区间上恰有2个零点的实数的取值范围.详解：（1）当时，，此时在单调递增；当时，①当时，，恒成立，，此时在单调递增；②当时，令在和上单调递增；在上单调递减；综上：当时，在单调递增；当时，在和上单调递增；在上单调递减；（2）当时，由（1）知，在单调递增，，此时在区间上有一个零点，不符；当时，，在单调递增；，此时在区间上有一个零点，不符；当时，要使在内恰有两个零点，必须满足在区间上恰有两个零点时，点睛：导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值(最值)展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力．4．（1）（2）不存在横坐标为整数的点，过该点可以作的三条切线.【解析】分析：(1)求出f（x）的导数，由切线方程可得切线斜率和切点坐标，可得a=2，即可得到f（x）的解析式；(2)令，设图象上一点，，该处的切线, 又过点则过作3条不同的切线，则方程有3个不同实根,进而构造，图象与轴有3个不同交点详解：（1），由题意可知，，即（2），令，设图象上一点，，该处的切线又过点则①过作3条不同的切线，则方程①关于有3个不同实根令，图象与轴有3个不同交点（1）当，，是单调函数，不可能有3个零点 （2）当，或时，当时，所以在单调递减，单调递增，单调递减曲线与轴有个交点，应该满足，，当，又，所以无解 （3）当，或时，，当时，在单调递减，单调递增，单调递减，应满足，，当，又，无解，综上，不存在横坐标为整数的点，过该点可以作的三条切线.点睛：（1）函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：①结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；②利用函数图像交点个数判断方程根的个数或函数零点个数．（2）本题将方程实根个数的问题转化为两函数图象交点的问题解决.5．（1）当0a <时， ()f x 在()0,+∞上递减，当0a >时， ()f x 在(a 上递减，在),a +∞上递增；（2）11ln23ln333ln m -+<<-+.【解析】试题分析：（1）函数求导得()22'x f x a x=-，分0a <和0a >两种情况讨论即可；（2）结合（1）中的单调性可得最值()1ln g a a =-，即2ln (0)9m a a a a=-->，令()2ln (0)9F a a a a a=-->，求导得单调性得值域即可. 试题解析： （1）()22'x f x a x=-， (0)x >， 当0a <时， ()'0f x <，知()f x 在()0,+∞上是递减的； 当0a >时， ()(2'x x f x ax-=，知()f x在(上是递减的，在)+∞上递增的.（2）由（1）知， 0a >， ()min 1ln f x f a ==-，即()1ln g a a =-，方程()219g a a m a +--=，即2ln (0)9m a a a a=-->， 令()2ln (0)9F a a a a a=-->，则()()()22313212'199a a F a a a a --=-+=， 知()F a 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭和2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭是递增的， 12,33⎛⎫ ⎪⎝⎭是递减的，()11ln333F a F ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭极大， ()21ln2333F a F ln ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭极小，依题意得11ln23ln333ln m -+<<-+.点睛：已知函数有零点求参数常用的方法和思路：（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范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.6．（1）见解析（2）k 的最大值为1.【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a 的正负讨论导函数符号变化规律，最后根据导函数符号确定极值，（2）先将无交点转化为方程()11xk x e -=在R 上没有实数解，转化为11x xe k =-在R 上没有实数解，再利用导数研究()x g x xe =的取值范围，即得11,1k e ⎛⎫∈-∞- ⎪-⎝⎭，即得k 的取值范围是()1,1e -，从中确定k 的最大值. 试题解析：（Ⅰ） ()1x a f x e='-， ①当0a ≤时， ()0f x '>， ()f x 为(),-∞+∞上的增函数，所以函数()f x 无极值.②当0a >时，令()0f x '=，得x e a =， ln x a =.(),ln x a ∈-∞， ()0f x '<； ()ln x a ∈+∞， ()0f x '>. 所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，故()f x 在ln x a =处取得极小值，且极小值为()ln ln 1f a a =-，无极大值. 综上，当0a ≤时，函数()f x 无极小值；当0a >， ()f x 在ln x a =处取得极小值ln a ，无极大值. （Ⅱ）当1a =时， ()12x f x x e=-+. 直线:2l y kx =-与曲线()y f x =没有公共点， 等价于关于x 的方程122xkx x e -=-+在R 上没有实数解，即关于x 的方程： ()()11*x k x e-=在R 上没有实数解. ①当1k =时，方程()*可化为10x e =，在R 上没有实数解.②当1k ≠时，方程()*化为11x xe k =-.令()x g x xe =，则有()()1x g x x e ='+ 令()0g x '=，得1x =-，当x 变化时， ()g x '的变化情况如下表：x(),1-∞--1 ()1,-+∞()g x '- 0+ ()g x ↘1e- ↗当1x =-时， ()min 1g x e =-，同时当x 趋于+∞时， ()g x 趋于+∞，从而()g x 的取值范围为1[,e-+∞）.所以当11,1k e ⎛⎫∈-∞- ⎪-⎝⎭时，方程()*无实数解， 解得k 的取值范围是()1,1e -. 综上，得k 的最大值为1. 7．（1）；（2）；（3）或【解析】分析：（1）先求切点的坐标，再利用导数求切线的斜率，最后写出切线的方程.(2)先分离参数得到，再求函数的最小值，即得实数a的取值范围.(3)先令，再转化为方程有且只有一个实根，再转化为有且只有一个交点，利用导数和函数的图像分析得到a的取值范围.详解：（1），所以切线的斜率 .又因为，所以切线方程为，所以切线方程为.（2）由得.当x=0时，上述不等式显然成立，故只需考虑的情况.将变形得令，所以令，解得x＞1；令，解得x＜1.从而在（0,1）内单调递减，在（1，2）内单调递增.所以,当x=1时，取得最小值e-1，从而所求实数的取值范围是.（3）令当时，，函数无零点；当时，，即令，令，则由题可知，当，或时，函数有一个函数零点点睛：第（3）问的转化是一个关键，由于直接研究函数有且只有一个零点比较困难，所以本题把函数的零点转化为方程有且只有一个实根，再转化为有且只有一个交点，这样问题经过一次又一次的转化，大大提高了解题效率，优化了解题.所以在解答数学难题时，注意数学转化思想的灵活运用.8．（1）（2）3【解析】试题分析：（1）第（1）问，先把问题转化成的图象与的图象有两个交点，再利用导数求出的单调性，通过图像分析得到a的取值范围.(2)第（2）问，先通过函数有两个极值点分析出函数g(x)的单调性，再通过图像研究得到它的零点个数.试题解析：（1）令，由题意知的图象与的图象有两个交点..当时，，∴在上单调递增；当时，，∴在上单调递减.∴.又∵时，，∴时，.又∵时，.综上可知，当且仅当时，与的图象有两个交点，即函数有两个零点.（2）因为函数有两个极值点，由，得有两个不同的根，（设）.由（1）知，，，且，且函数在，上单调递减，在上单调递增，则.令，则，所以函数在上单调递增，故，.又，；，，所以函数恰有三个零点.点睛：对于零点问题的处理，一般利用图像法分析解答.先求出函数的单调性、奇偶性、周期性、端点的取值等情况，再画出函数的图像分析函数的零点的个数.本题第（2）问，就是利用这种方法处理的.9．（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（I）求出，分三种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（II）假设有三个相异零点，由（Ⅰ）的讨论可知，一定有且的极大值大于0，极小值小于0，则取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，换元后只需证明即可.试题解析：（Ⅰ）由题可知.当，即时，令得，易知在上单调递减，在上单调递增.当时，令得或.当，即时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（Ⅱ）不存在.理由如下：假设有三个相异零点.由（Ⅰ）的讨论，一定有且的极大值大于0，极小值小于0.已知取得极大值和极小值时或，注意到此时恒有，则必有为极小值，此时极值点满足，即，还需满足，又，，故存在使得，即存在使得.令，即存在满足.令，，从而在上单调递增，所以，故不存在满足，与假设矛盾，从而不存在使得有三个相异零点.10．(1)见解析;(2).【解析】试题分析：（1）先求出函数f（x）的定义域和导函数f′（x），对字母a分类讨论，由f′（x）＞0和f′（x）＜0进行求解，即判断出函数的单调区间；（2）由（1）和题意求出g（x）的解析式，求出g′（x），由g′（x）＞0和g′（x）＜0进行求解，即判断出函数的单调区间，再由条件和函数零点的几何意义列出不等式组，求出b的范围．试题解析：（1）定义域为，，当时，，当时，由得，时，，时，，∴当时，的单调增区间为，无减区间，当时，的减区间为，增区间为.（2）当时，，.令，得，，在区间上，令，得递增区间为，令，得递减区间为，所以是在上唯一的极小值点，也是最小值点，所以，又因为在上有两个零点，所以只需，，所以，即.11．(1)见解析;(2) .【解析】试题分析：（1）先求出，则至少存在一个零点，讨论的范围，利用导数研究函数的单调性，结合单调性与函数图象可得结果；（2）求出，分五种情况讨论的范围，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，利用函数的单调性，结合函数图象可排除不合题意的的范围，筛选出符合题意的的范围.试题解析：（1），令，故在上单调递增，则，因此，当或时，只有一个零点；当或时，有两个零点；（2）当时，，则函数在处取得最小值，当时，则函数在上单调递增，则必存在正数，使得，若，则，函数在与上单调递增，在上单调递减，又，故不符合题意.若，则，函数在上单调递增，又，故不符合题意.若，则，设正数，则，与函数的最小值为矛盾，综上所述，，即.12．（1）详见解析；（2）.【解析】试题分析：(1)先设切点坐标，根据导数几何意义得切线斜率，根据切点既在切线上也在曲线上，联立方程组可得．再利用导数研究单调性，并根据零点存在定理确定零点唯一性，即得证结论，(2)先化简不等式为，再分析函数单调性及其值域，结合图形确定讨论a的取法，根据整数解个数确定a满足条件，解得的范围．试题解析：（1）设切点为，则①，和相切，则②，所以，即．令，所以单增．又因为，所以，存在唯一实数，使得，且．所以只存在唯一实数，使①②成立，即存在唯一实数使得和相切．（2）令，即，所以，令，则，由（1）可知，在上单减，在单增，且，故当时，，当时，，当时，因为要求整数解，所以在时，，所以有无穷多整数解，舍去；当时，，又，所以两个整数解为0，1，即，所以，即，当时，，因为在内大于或等于1，所以无整数解，舍去，综上，．13．（1）()33f x x x =-；（2）62m -<< 【解析】试题分析：（1）求出函数的导函数，然后根据导数的几何意义得到关于,a b 的方程组，解方程组求得,a b 后可得函数的解析式．（2）设出切点()00,x y ，求导数后可得()20033f x x ='-，即为切线的斜率，然后根据斜率公式可得3200003332x x m x x ---=-，即32002660x x m -++=．若函数有三条切线，则函数()32266g x x x m =-++有三个不同的零点，根据函数的极值可得所求范围． 试题解析；（1）∵()323f x ax bx x =+-， ∴()2323f x ax bx '=+-，根据题意得()()132{13230f a b f a b =+-=-=+-='，解得1{ 0a b ==， ∴函数的解析式为()33f x x x =-. （2）由（1）得()233f x x ='-．设切点为()00,x y ，则30003y x x =-， ()20033f x x ='-，故切线的斜率为2033x -， 由题意得3200003332x x mx x ---=-，即32002660x x m -++=， ∵ 过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线∴方程3202660x x m -++=有三个不同的实数解， ∴函数()32266g x x x m =-++有三个不同的零点．由于()()261262g x x x x x =='--， ∴当0x <时， ()()0,g x g x '>单调递增， 当02x <<时， ()()0,g x g x '<单调递减， 当2x >时， ()()0,g x g x '>单调递增.∴当0x =时， ()g x 有极大值，且极大值为()06g m =+； 当2x =时， ()g x 有极小值，且极小值为()22g m =-． ∵函数()g x 有3个零点， ∴60{20m m +>-+<，解得62m -<<．∴实数m 的取值范围是()6,2-． 点睛：利用导数研究方程根的方法（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的大体形状，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有直观的整体展现． （2）研究方程根的情况，也可通过分离参数的方法，转化为两函数图象公共点个数的问题处理，解题时仍要利用数形结合求解． 14．（1）7100x y +-=；（2）2【解析】试题分析：（1）求导，利用对应导函数为0求出a 值，再利用导数的几何意义进行求解；（2）求导，讨论导函数的符号变化确定函数的单调性和极值，通过极值的符号确定零点的位置，再利用零点存在定理进行求解.试题解析：（1）因为()3222x ax f x x --'=，所以()1622204a f -='-=，解得7a =，则()17f '=-，即()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为()371y x -=--，即7100x y +-=；（2）()22ln f x x a x x=+-， ()3222x ax f x x --'∴= ()0x >令()322g x x ax =--，则()26g x x a ='- 由()0,0a g x '>=，可得x =()g x ∴在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增 由于()020g =-<，故x ⎛∈ ⎝时， ()0g x <又()10g a =-<，故()g x 在()1,+∞上有唯一零点，设为1x ， 从而可知()f x 在()10,x 上单调递减，在()1,x +∞上单调递增 由于()f x 有唯一零点0x ，故10,x x =且01x > 又03032ln 101x x --=-......()* 令()03032ln 11h x x x =---，可知()h x 在()1,+∞上单调递增 由于()101022ln220.7077h =-<⨯-<， ()2932ln3026h =->， 故方程()*的唯一零点()02,3x ∈，故[]02x =15．（1）见解析（2）当1m <时， ()g x 没有零点； 1m =时， ()g x 有一个零点； 1m >时， ()g x 有两个零点.【解析】试题分析：（1）1m =时， ()1ln x f x e x x -=-， ()1'ln 1x f x e x -=--，要证()f x 在()0+∞，上单调递增，只要证： ()'0f x ≥对0x >恒成立，只需证明1x e x -≥（当且仅当1x =时取等号）．1x lnx ≥+ （当且仅当1x =时取等号），即可证明()'0f x ≥；（2）求函数的导数，根据函数极值和导数的关系，分1m = 11m m <＞，讨论，即可判断函数()g x 零点的个数．试题解析：（1）1m =时， ()1ln x f x e x x -=-， ()1'ln 1x f x e x -=--， 要证()f x 在()0+∞，上单调递增，只要证： ()'0f x ≥对0x >恒成立， 令()1x i x e x -=-，则()1'1x i x e -=-，当1x >时， ()'0i x >，当1x <时， ()'0i x <，故()i x 在()1-∞，上单调递减，在()1+∞，上单调递增， 所以()()10i x i ≥=，即1x e x -≥（当且仅当1x =时等号成立），令()()1ln 0j x x x x =-->，则()1'x j x x-=， 当01x <<时， ()'0j x <，当1x >时， ()'0j x >，故()j x 在（0，1）上单调递减，在()1+∞，上单调递增，所以()()10j x j ≥=，即ln 1x x ≥+（当且仅当1x =时取等号），()1ln 1x f x e x -'=-- ()ln 10x x ≥-+≥（当且仅当1x =时等号成立）()f x 在()0+∞，上单调递增.（2）由()ln x m g x e x m -=--有()()1'0x m g x e x x -=->，显然()'g x 是增函数， 令()0'0g x =，得001x m e x -=， 00x m e x e =， 00ln m x x =+， 则(]00,x x ∈时， ()'0g x ≤， [)0,x x ∈+∞时， ()'0g x ≥，∴()g x 在(]00x ，上是减函数，在[)0,x +∞上是增函数，∴()g x 有极小值， ()0000001ln 2ln x m g x e x m x x x -=--=--， ①当1m =时， 01x =， ()()=10g x g =极小值， ()g x 有一个零点1；②1m <时， 001x <<， ()()011010g x g >=--=， ()g x 没有零点； ③当1m >时， 01x >， ()01010g x <--=，又()0m m m e m e m g e e m m e -----=+-=>，又对于函数1x y e x =--， '10x y e =-≥时0x ≥，∴当0x >时， 1010y >--=，即1x e x >+，∴()23ln3m g m e m m =--> 21ln3m m m +--= 1ln ln3m m +--，令()1ln ln3t m m m =+--，则()11'1m t m m m-=-=， ∵1m >，∴()'0t m >，∴()()12ln30t m t >=->，∴()30g m >，又01m e x -<<， 000333ln m x x x =+>，∴()g x 有两个零点，综上，当1m <时， ()g x 没有零点； 1m =时， ()g x 有一个零点； 1m >时， ()g x 有两个零点.【点睛】本题题考查导数的综合应用，利用函数单调性极值和导数之间的关系是解决本题的关键．，对于参数要进行分类讨论，综合性较强，难度较大．16．(Ⅰ) 1y x =- (Ⅱ) 见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ）求出()f x 在0x =的导数即可得切线的斜率，也就得到在()()0,0f 处切线方程．（Ⅱ）先研究函数()f x 的单调性，其导数为()()'sin cos ax f x e a x x =+，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，利用三角函数的符号可以判断出()'0f x >，当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，导数有唯一的零点0x 且为函数的极大值点．结合02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭， ()()00f f π=<可以判断()f x 在()00,x 存在一个零点，在()0,x π上存在一个零点，故在[]0,π上存在两个不同的零点．解析：（Ⅰ）当1a =时， ()sin 1x f x e x =-，所以()()sin cos x f x e x x =+'，故()'01f =，又()01f =-，故曲线在()()0,0f 的切线方程为1y x =-． （Ⅱ）()()'sin cos ax f x e a x x =+． 当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，因为0,sin 0,cos 0a x x >>>，故()'0f x >，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭是单调增函数； 当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()1'cos tan ax f x ae x x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令1tan 0,,2x x a ππ⎛⎫+=∈ ⎪⎝⎭，此方程有唯一解0x x =． 当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()'0f x >， ()f x 在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上是单调增函数； 当()0,x x π∈时， ()'0f x <， ()f x 在()0,x π上是单调减函数；因为()f x 的图像是不间断的，所以()f x 在()00,x 上是单调增函数，在()0,x π上是单调减函数． 又2102a f e ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭， ()()010f f π==-<，而02x π>，故()002f x f π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，根据零点存在定理和()f x 的单调性可知()f x 在()00,x 存在一个零点，在()0,x π上存在一个零点，故()f x 在[]0,π上存在两个不同的零点．点睛：导数背景下函数的零点个数的讨论不仅要考虑函数的极值的符号，还要结合零点存在定理去判断．一般地，我们在一个单调区间中要找到这样的,a b ，使得()()0f a f b <．。

3.1.1《方程的根与函数的零点》教案教学目标1.知识与能力C1)理解函数零点的意义，了解函数零点与方程根和函数图形与X轴交点的横坐标之间的关系.C2)由方程的根与函数的零点的探究，培养转化化归思想和数形结合思2.过程与方法由一元二次方程的根与一元二次函数的图象与x轴的交点情况分析，经历”类比-归纳的过程，导入零点的概念，引入方程的根与函数零点的关系，培养学生观察和发现的能力，以及从特殊到一般的方法，感悟从具体到抽象的研究方法；培养学生数形结合的思想；学会用函数的思想方法解决方程的根的问题。

3.情感、态度与价值观在零点概念形成过程中，(1)体会函数与方程的关系中数形转换、从特殊到一般、具体到抽象的思维方式；(2)进一步体会函数与方程的数形思想；(3)培养学生自主探究，合作交流的能力和严谨的科学态度内容分析：重点：了解函数零点概念，掌握函数零点存在性定理。

难点：对零点存在性定理的准确理解和应用.教学设计情境创设(学生活动)(1)解方程X2-2X-3=0 (2)作函数y = x2-2x-3的图象，(3)如何作y=x2-2x+l,y=x2-2x+3这两个函数图象(平移)，新课引入'思考：你发现他们之间有什么关系？你发现他们之间有什么关系？目的：学生通过解方程，作二次函数图象的体验，认识方程的根与函数图象与x 轴交点的横坐标之间的关系。

一元二次方程与相应的一元二次函数之间的关系就这三种类型用ppt展示：一元二次方程ax2+bx+c=0 (a#0)与相应的一元二次函数y=ax2+bx+c(a#0)之间存在下列关系：教师导引：思考：一元二次方程与相应的一元二次函数的之间的这种关系有普遍性吗？为什么？(方程的根x与0构成的坐标一定在函数图象上一点反过来函数图象与轴交点的横坐标一定是方程的解)设计目的：为建立零点的概念打下基础一般地，函数y=f(x)图象与x轴交点的横坐标，是对应方程f(x)=O的实数根，我们把函数中具有这样特性的自变量的值有一个特别的称呼——零点。