函数的零点高三一轮复习公开课

高考一轮总复习•数学
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所以 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当 a ＞0 时，函数 f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． (2)由(1)知 f′(x)＝ex－a. 当 a≤1 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增且 f′(x)＞0 恒成立，从而 f(x)单调递增． f(0)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上不存在零点． 当 a≥e 时，函数 f(x)在区间(0,1)上单调递减且 f′(x)＝ex－a＜0，从而 f(x)单调递减． f(0)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上不存在零点． 当 1＜a＜e 时，函数 f(x)在区间(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，
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高考一轮总复习•数学
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∴存在 m∈12，1，使得 f′(m)＝0，得 em＝m1 ，故 m＝－ln m，当 x∈(0，m)时，f′(x)<0， f(x)单调递减，
当 x∈(m，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(m)＝em－ln m＋2sin α＝m1 ＋m＋2sin α＞2＋2sin α≥0， ∴函数 f(x)无零点．
高考一轮总复习•数学
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又 hπ2＝π2＞0，hπ4＝
22·π4－
22·eπ4
＝
22π4－eπ4
＜0，
由零点存在定理及 h(x)的单调性，得 h(x)在π4，π2上存在一个零点．
综上，h(x)在－π2，0∪0，π2内的零点个数为 2，即 F(x)在－π2，0∪0，π2内的零点

即x－y－3＝0.
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点，求a的取值范围.
①当 a≤0 时，f′(x)＝ax－ 1x<0， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； ②当 a>0 时，由 f(x)＝aln x－2 x＝0 可得2a＝lnxx， 令 g(x)＝lnxx，其中 x>0，则直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16] 内有两个交点，
即 g(x)在π2，π上单调递减，又 gπ2＝1>0，g(π)＝－π<0， 则存在 m∈π2，π，使得 g(m)＝0， 且当 x∈π2，m时，g(x)>g(m)＝0， 即 f′(x)>0，则 f(x)在π2，m上单调递增， 当x∈(m，π]时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0， 则f(x)在(m，π]上单调递减，
由图可知，当 ln 2≤2a<2e，
即 e<a≤ln22时， 直线 y＝2a与曲线 y＝g(x)的图象在(0,16]内有 两个交点，
即f(x)在(0,16]上有两个零点， 因此，实数 a 的取值范围是e，ln22.
题型三 构造函数法研究函数的零点
例3 (12分)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值. (1)求a； [切入点：求f(x)，g(x)的最小值] (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝ f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从 左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
又 f π2＝π2－1>0，f(π)＝－1<0， 所以f(x)在(m，π]上有且只有一个零点， 综上，函数y＝f(x)在[0，π]上有2个零点.
思维升华

1 ln x ln2 x
由g(x) 0
当x 0 时，g(x) 0 当x 1 时，g(x) 当x 1 时，g(x) 当x 时，g(x) 作出直线y a 与曲线y g(x)
当 e a 0 时，函数没有零点
得 xe
当a 0 或a e 时，函数只有 1 个零点 当a e 时，函数有 2 个零点
解：题意等价为不等式
h(x) 在(0, ) 上递增
a x ln x x 2 x 0 恒成立 x 1
令g(x) x ln x x 2 x 1
又 h(0.5) 0 h(1) 0 x0 (0.5,1) 使得h(x0) 0
即 x0 ln x0 0
y g(x)
则g(x)
x
2 ln (x 1)2
B.(0, 1) e
C.(e, )
D.(1 , ) e
解：由f (x) 0 变形得2ax ln 2 ln x
kx 1 ln k ln x
如图由直线y 2ax ln 2 与 曲线y ln x有两个交点
得 0 2a 2 e
由ekk22a
解之得2a 2 e
得 2x ln 2 ln x e
ya
x 1
1 1 ln x
h(x) h(1) 0 即g(x) 0
则g(x)
x (x 1)2
(x 0, x 1)
lim g(x) 1
x1
g(x) 在(0,1) (1, ) 递减
令h(x) 1 1 ln x (x 0) x
作出直线y a 和曲线y g(x)
如图知 选BC
例5.已知函数f (x) ln x ax2 (2 a)x 1 满足x 0 ，f (x) 0 恒成立，
解：方程 f (x) 0 变为

12
∴当x∈(－π，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
又∵g(－π)＝e－π＋cos(－π)＝e1π－1<0，
g－π2＝e
2＋cos－π2＝e
2
>0，
∴存在唯一 x0∈－π，－π2，
使g(x0)＝ex0＋cos x0＝0，
又∵g(x)在区间(－π，＋∞)上单调递增，
由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时， f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝β＋1 1＋β－1＋ln a＝ln a＋β＋β21， 因为a>1，所以ln a>0， 又因为－1<β<0，所以β＋β21>0，所以 f(β)>0. 所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点.
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＝ 2sinx0－π4， 又∵x0∈－π，－π2，∴x0－π4∈－54π，－34π， ∴sinx0－π4∈－ 22， 22， ∴f(x0)＝ 2sinx0－π4∈(－1,1)， ∴f(x0)>－1.
12
2.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)若 a＝1e，求函数 f(x)的最小值及取得最小值时的 x 的值；
＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S＝12×|－1|×(e－1)＝e－2 1.
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点.
当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1(x>－1)， 所以 f′(x)＝aex－x＋1 1＝aexxx＋＋11－1， 令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)， 则g′(x)＝aex(x＋2)， 因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0， 所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，

A、(0,1) B、(1,2) C、(2,3) D、(3,4)
3、已知函数f(x)=lnx-2+x，g(x)=x2-4，
则函数y=f(x)-g(x)零点个数为
A、1
B、2
C、3
D、4
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题根迁移，发散探究
二、函数零点应用
1、已知a是函数f(x)=lnx-2+x零点，若
0<x0<a，则f(x0)值满足
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课前自检—自我查验
判断对错 5、只要函数有零点，我们就能够用二分
法求出零点近似值.
6、已知函数f(x)=x2+x+a在区间(0,1) 上有零点，则实数a取值范围是(-2,0).
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重难考点，师生共研
一、函数零点判断和求解
1、函数f(x)=lnx-2零点是＿＿
2、函数f(x)=lnx-2+x零点所在区间为
象连续不停)，则f(a)f(b)<0.
4、若函数y=f(x)在区间(a,b)内有 f(a)f(b)<0成立，那么y=f(x)在(a,b)内存 在唯一零点.
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课前自检—基础知识
3、二分法定义 对于在区间[a,b]上连续不停且f(a)f(b)<0
函数y=f(x)，经过不停地把函数f(x)零点所在 区间一分为二，使区间两个端点逐步迫近零点， 进而得到零点近似值方法叫做二分法.
A、 f(x0)=0
B、 f(x0)>0
C、 f(x0)<0
D、 f(x0)符号不确定
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题根迁移，发散探究
二、函数零点应用 2、若函数f(x)=|ln(x-2)|-b在区间(2,4) 内有两个零点，则实数b取值范围是＿＿.

角度 2：根据零点所在区间求参数 【例 3】 (2022·黑龙江省实验中学月考)若函数 f(x)＝4x－m·2x＋m＋3 有两个不同的 零点 x1，x2，且 x1∈(0,1)，x2∈(2，＋∞)，则实数 m 的取值范围为( C ) A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)∪(6，＋∞) C．(7，＋∞) D．(－∞，－3) 【思路探索】 令 t＝2x，通过换元转化为二次函数零点分布问题，再数形结合求解．
(2)令 f(x)＝|lgx|－kx－2＝0，得|lgx|＝kx＋2， 令 g(x)＝|lgx|，h(x)＝kx＋2，所以 f(x)的零点个数即函数 g(x)与 h(x)图象的交点个数．当 k＝0 时，如图 a，g(x)与 h(x)的图象有两个交点，则 f(x)有两个零点，故①正确；当 k>0 时， 如图 b，存在 h(x)＝k0x＋2 的图象与函数 g(x)＝lgx(x>1)的图象相切，此时 h(x)与 g(x)的图 象有两个交点，当 0<k<k0 时，g(x)与 h(x)的图象有三个交点，则 f(x)有三个零点，故④正 确；当 k<0 时，如图 c，g(x)与 h(x)的图象最多有两个交点，g(x)与 h(x)相切时有一个交点， 如图 d，故②正确，③不正确．综上，正确结论的序号为①②④.
【解析】 ∵对任意 x∈R，都有 f(2－x)＝f(x＋2)，∴函数 f(x)的图象关于直线 x＝2 对称．
又∵当 x∈[－2,0]时，f(x)＝2－x－1，且函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，∴可作出 f(x) 的图象，如图所示．
当 a>1 时，关于 x 的方程 f(x)－loga(x＋2)＝0 恰有三个不同的实数根，则函数 y＝f(x) 与 y＝loga(x＋2)的图象有三个不同的交点．

（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
来源： 2016年课表全国Ⅰ卷，21题，12分
一.题目分析
2.题目来源、背景
已知函数() = ( − 2) + ( − 1)2 有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
一.题目分析
4.数学思想方法
分类讨论思想
数形结合思想
转化与化归思想
5.典型性说明
本题考查的“利用导数研究函数零点问题”是导数及其应用章节的重要题型，由
零点存在情况求参数问题则是该题型重点考查的类型，属于对函数的综合考查，
难度较大，常在压轴题位置出现，主要考查学生数学运算和逻辑推理这两个核心
素养.
二.解题分析
解：(1)()’ = ( − 1) + 2( − 1) = ( − 1)( + 2).
(Ⅰ)设 = 0，则() = ( − 2) ，()只有一个零点.(不符合题意)
(Ⅱ)设 < 0，则由()’ = 0得 = 1或 = (−2).

2
若 ≥ − ，则(−2) ≤ 1,故当 ∈ (1, +∞)时，()’ > 0，因此()在(1, +∞)上
策略分析
解题分析
解题过程及评价
变式与拓展
教学启发
一.题目分析
已知函数() = ( − 2) + ( − 1)2 有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）设1 ，2 是()的两个零点，证明1 + 2 < 2.
1.题目的条件和结论
(1)函数有两个零点，求参数的取值范围，属于“由函数零点存在的情况求参数

故 h(2)＝1－4ea2 是函数 h(x)在(0，＋∞)上的最小值． 当 h(2)>0，即 a<e42，h(x)在(0，＋∞)上没有零点，即 f(x)在(0，＋ ∞)上没有零点；
当 h(2)＝0，即 a＝e42，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即 f(x)
在(0，＋∞)上只有一个零点；
易知对任意的
当 x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0， 所以 f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增， 当 x∈(x1，x2)时，f′(x)<0， 所以 f(x)在(x1，x2)上单调递减； 若 a≤0，则 x1≤0<x2， 当 x∈(0，x2)时，f′(x)<0， 所以 f(x)在(0，x2)上单调递减， 当 x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0， 所以 f(x)在(x2，＋∞)上单调递增．
当 e－a－1<0，即 e－1<a<e 时，f(x)在[0,1]上有一个零点．
当 x＝12时，由 f21＝0 得 a＝2( e－1)， 所以当 a≤1 或 a>e－1 或 a＝2( e－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零 点；
当 1<a≤e－1 且 a≠2( e－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点.
故函数 f(x)的单调递增区间是21，＋∞，单调递减区间是0，12.
(2)g(x)＝x2－12ln x＋12mx， 由 g′(x)＝2x－21x＋m2 ＝4x2＋2mxx－1＝0， 得 x＝－m＋ 8m2＋16或 x＝－m－ 8m2＋16(舍)． 设 x0＝－m＋ 8m2＋16，所以 g(x)在(0，x0]上是减函数，在[x0，＋ ∞)上为增函数，因为 g(x)在区间(1，＋∞)上没有零点，所以 g(x)>0 在(1，＋∞)上恒成立．

思考：
y
如果x0是二次函数y＝f(x) 的零点，且m<x0<n,那么 f(m)f(n)<0一定成立吗？ -1
1
o 2 3x
函数y=f(x)在区间(a，b)上有零点， f(a)·f(b)<0吗？
从课本76页“思考”出发，研究课题： 函数的零点与一元二次方程的实根的分布.
1．画出函数y=x2-x-2的图象，并指出函数 y=x2-x-2的零点。 2．证明：（1）函数y=x2+6x+4有两个不 同的零点；
方程f(x) =0的实数根 函数y=f(x)的图象与x轴交点的横坐标
函数的零点不是点
例1．已知函数y=x2-2x-1.
（1）求证：该函数有两个不同的零点; （2）它在区间（(-21,, 13)）上存在零点吗?
y
-1 o 2 3
x
若f(2)·f(3)<0，则二次函数y＝f(x)在区间 (2，3)上存在零点.
若f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x) 在区间(a，b)上有零点.
y y
a
a
ob x
o
bx
零点存在性的一种判定方法
y
y
a
o
bx
ao
x
b
一般地，若函数y＝f(x)在区间 [a，b]上的图象是一条不间断的曲线， 且f(a)·f(b)<0，则函数y=f(x)在区间 (a，b)上有零点.
例2.求证：函数f(x)=x3+x2+1在区间 （-2，-1）上存在零点. 证明：因为f(-2)=-3＜0，
（2）函数f(x)=x3+3x-1在区间（0，1）上 有零点。
一般地，我们把使函数y＝ f(x) 的值为0 的实数x称为函数y＝f(x)的零点.

综上可知，当 a<－e12时，函数 g(x)零点的个数为 0， 当－e12<a<0 时，函数 g(x)零点的个数为 2， 当 a>0 或 a＝－e12时，函数 g(x)零点个数为 1.··········································12 分 【点拨】 含参数的函数零点个数问题，可转化为方程解的个数问题，若能分离参 数，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．
所以 f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x
Байду номын сангаас
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
－e12
单调递增
所以 f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞).
技巧点：利用导数研究函数的单调性，数形结合，判断函数的极值
所以当 x＝－2 时，f(x)有极小值，极小值为 f(－2)＝－e12，f(x)无极大值． ······5 分
易知 f(x)的图象经过特殊点 A(－2，－e12)，B(－1，0)，C(0，1). x＋1
当 x→－∞时，f(x)＝ e－x →0 且 f(x)<0； 当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞.
根据以上信息，画出大致图象，如图所示． ·········································8 分
技巧点：通过移项，构造两个新函数，将一个函数零点个数问题，转化为两个 函数图象的交点个数问题 易知当 x＝－2 时，f(x)取得最小值， 最小值为 f(－2)＝－e12.·······································································10 分