DS函数零点专题(教师版)
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函数零点专题题型一、函数性质的运用【例题1-1】已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x−4)=f(x)，且在区间[0,2]上f(x)= x，若关于x的方程f(x)=log a|x|有六个不同的根，则a的范围为()A. (√6,√10)B. (√6,2√2)C. (2,2√2)D. (2,4)【答案】A【解析】【分析】本题主要考查函数与方程、函数的奇偶性、周期性等知识，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．首先求出f(x)的周期是4，画出函数的图象，得到关于a的不等式，解得即可．【解答】解：由f(x−4)=f(x)可得周期等于4，当x∈(0,10]时，函数的图象如图f(2)=f(6)=f(10)=2，再由关于x的方程f(x)=log a|x|有六个不同的根，则关于x的方程f(x)=log a x有三个不同的根，可得{loga 10>2log a6<2,解得a∈(√6,√10)，故选A．【变式训练1.1】已知定义在R上的奇函数f(x)满足当x≥0时，f(x)={log12(x+1),x∈[0,1)1−|x−3|,x∈[1,+∞)，则关于x的函数y=f(x)−a，(−1<a<0)的所有零点之和为()A. 2a−1B. 2−a−1C. 1−2−aD. 1−2a 【答案】B【解析】解：作函数f(x)与y=a的图象如下，结合图象可知，函数f(x)与y=a的图象共有5个交点，故函数F(x)=f(x)−a有5个零点，设5个零点分别为b<c<d<e<f，∴b+c=2×(−3)=−6，e+f=2×3=6，log12(x+1)=a，故x=−1+2−a，即d=−1+2−a，故b+c+d+e+f=−1+2−a，故选：B．作函数f(x)与y=a的图象，从而可得函数F(x)=f(x)−a有5个零点，设5个零点分别为b<c<d<e<f，从而结合图象解得．本题考查了函数的零点与函数的图象的关系应用及数形结合的思想应用．【变式训练1.2】函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x−1)为偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)=x12，若函数g(x)=f(x)−x−b恰有一个零点，则实数b的取值集合是()A. (2k−14,2k+14),k∈Z B. (2k+12,2k+52),k∈ZC. (4k−14,4k+14),k∈Z D. (4k+14,4k+154),k∈Z【答案】D【解析】解：∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x−1)为偶函数，∴f(−x−1)=f(x−1)=−f(x+1)，即f(x)=−f(x+2)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即函数f(x)的周期是4，∵f(x−1)为偶函数，∴f(x−1)关于x=0对称，则f(x)关于x=−1对称，同时也关于x=1对称，若x∈[−1,0]，则−x∈[0,1]，此时f(−x)=√−x=−f(x)，则f(x)=−√−x，x∈[−1,0]，若x∈[−2,−1]，x+2∈[0,1]，则f(x)=−f(x+2)=−√x+2，x∈[−2,−1]，若x∈[1,2]，x−2∈[−1,0]，则f(x)=−f(x−2)=√−(x−2)=√2−x，x∈[1,2]，作出函数f(x)的图象如图：由数g(x)=f(x)−x−b=0得f(x)=x+b，由图象知当x∈[−1,0]时，由−√−x=x+b，平方得x2+(2b+1)x+b2=0，由判别式△=(2b+1)2−4b2=0得4b+1=0，得b=−14，此时f(x)=x+b有两个交点，当x∈[4,5]，x−4∈[0,1]，则f(x)=f(x−4)=√x−4，由√x−4=x+b，平方得x2+(2b−1)x+4+b2=0，由判别式△=(2b−1)2−16−4b2=0得4b=−15，得b=−154，此时f(x)=x+b有两个交点，则要使此时f(x)=x+b有一个交点，则在[0,4]内，b满足−154<b<−14，即实数b的取值集合是4n−154<b<4n−14，即4(n−1)+14<b<4(n−1)+154，令k=n−1，则4k+14<b<4k+154，故选：D．根据条件判断函数的周期性和对称性，求出函数在一个周期内的解析式，利用转化法进行求解即可．本题主要考查函数零点的应用，根据函数的性质求出函数的周期性和对称性，利用数形结合是解决本题的关键.综合性较强，难度较大．【变式训练1.3】已知函数f(x)是定义域为R的周期为3的奇函数，且当x∈(0,1.5)时f(x)=ln(x2−x+1)，则方程f(x)=0在区间[0,6]上的解的个数是()A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】D【解析】解：∵当x∈(0,1.5)时f(x)=ln(x2−x+1)，令f(x)=0，则x2−x+1=1，解得x=1又∵函数f(x)是定义域为R的奇函数，∴在区间∈[−1.5,1.5]上，f(−1)=f(1)=0，f(0)=0f(1.5)=f(−1.5+3)=f(−1.5)=−f(1.5)∴f(−1)=f(1)=f(0)=f(1.5)=f(−1.5)=0又∵函数f(x)是周期为3的周期函数则方程f(x)=0在区间[0,6]上的解有0，1，1.5，2，3，4，4.5，5，6共9个故选：D．要求方程f(x)=0在区间[0,6]上的解的个数，根据函数f(x)是定义域为R的周期为3的奇函数，且当x∈(0,1.5)时f(x)=ln(x2−x+1)，我们不难得到一个周期函数零点的个数，根据周期性进行分析不难得到结论．若奇函数经过原点，则必有f(0)=0，这个关系式大大简化了解题过程，要注意在解题中使用.如果本题所给区间为开区间，则答案为7个，若区间为半开半闭区间，则答案为8个，故要注意对端点的分析．【变式训练1.4】已知函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)，且f(x)是偶函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，若在区间[−1,3]内，函数g(x)=f(x)−log a(x+2)有4个零点，则实数a 的取值范围是()A. (1,5)B. (1,5]C. (5,+∞)D. [5,+∞)【答案】D【解析】解：函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)，故有f(x+2)=f(x)，故f(x)是周期为2的周期函数．再由f(x)是偶函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，可得当x∈[0,1]时，f(x)=x2，故当x∈[−1,1]时，f(x)=x2，当x∈[1,3]时，f(x)=(x−2)2．由于函数g(x)=f(x)−log a(x+2)有4个零点，故函数y=f(x)的图象与y=log a(x+2)有4个交点，所以可得1≥log a(3+2)，∴实数a的取值范围是[5,+∞)；故选：D．根据题意，分析可得f(x)是周期为2的周期函数.再由f(x)是偶函数，当x∈[−1,0]时，f(x)=x2，可得函数在[−1,3]上的解析式.根据题意可得函数y=f(x)的图象与y=log a(x+2)有4个交点，即可得实数a的取值范围．本题主要考查函数的周期性的应用，函数的零点与方程的根的关系，关键是分析函数的周期．【变式训练1.5】设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x+2)=f(2−x)，当x∈[−2,0]时，f(x)=(√22)x−1，若在区间(−2,6)内关于x的方程f(x)−log a(x+2)=0(a> 0且a≠1)有且只有4个不同的根，则实数a的取值范围是()A. (14,1) B. (1,4) C. (1,8) D. (8,+∞)【答案】D【解析】解：∵对于任意的x∈R，都有f(x−2)=f(2+x)，∴f(x+4)=f[2+(x+2)]=f[(x+2)−2]=f(x)，∴函数f(x)是一个周期函数，且T=4．又∵当x∈[−2,0]时，f(x)=(√22)x−1，且函数f(x)是定义在R上的偶函数，若在区间(−2,6)内关于x的方程f(x)−log a(x+2)=0恰有4个不同的实数解，则函数y=f(x)与y=log a(x+2)(a>1)在区间(−2,6)上有四个不同的交点，如下图所示：又f(−2)=f(2)=f(6)=1，则对于函数y=log a(x+2)，由题意可得，当x=6时的函数值小于1，即log a8<1，由此解得：a>8，∴a的范围是(8,+∞)故选：D．由已知中可以得到函数f(x)是一个周期函数，且周期为4，将方程f(x)−log a(x+2)=0恰有4个不同的实数解，转化为函数f(x)的与函数y=−log a(x+2)的图象恰有4个不同的交点，数形结合即可得到实数a的取值范围．本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，指数函数与对数函数的图象与性质，其中根据方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键，体现了转化和数形结合的数学思想，属于中档题．【变式训练1.6】已知函数f(x)=−x3+1+a(1e≤x≤e,e是自然对数的底)与g(x)=3lnx 的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是()A. [0,e3−4]B. [0,1e3+2] C. [1e3+2,e3−4] D. [e3−4,+∞)【答案】A【解析】解：根据题意，若函数f(x)=−x 3+1+a(1e ≤x ≤e,e 是自然对数的底)与g(x)=3lnx 的图象上存在关于x 轴对称的点，则方程−x 3+1+a =−3lnx 在区间[1e ,e]上有解，−x 3+1+a =−3lnx ⇔a +1=x 3−3lnx ，即方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解，设函数g(x)=x 3−31nx ，其导数g′(x)=3x 2−3x=3(x 3−1)x，又由x ∈[1e ,e]，g′(x)=0在x =1有唯一的极值点， 分析可得：当1e ≤x ≤1时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 当1≤x ≤e 时，g′(x)>0，g(x)为增函数， 故函数g(x)=x 3−31nx 有最小值g(1)=1，又由g(1e )=1e 3+3，g(e)=e 3−3；比较可得：g(1e )<g(e)， 故函数g(x)=x 3−31nx 有最大值g(e)=e 3−3，故函数g(x)=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上的值域为[1,e 3−3]； 若方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解， 必有1≤a +1≤e 3−3，则有0≤a ≤e 3−4， 即a 的取值范围是[0,e 3−4]； 故选：A ．根据题意，可以将原问题转化为方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解，构造函数g(x)=x 3−31nx ，利用导数分析g(x)的最大最小值，可得g(x)的值域，进而分析可得方程a +1=x 3−31nx 在区间[1e ,e]上有解，必有1≤a +1≤e 3−3，解可得a 的取值范围，即可得答案．本题考查了构造函数法求方程的解及参数范围；关键是将已知存在关于x 轴对称的点转化为方程a −x 3=−3lnx ⇔−a =3lnx −x 3在上有解．题型二、方程根的分布法【例题2-1】已知函数f(x)=e x|x|，关于x 的方程f 2(x)−2af(x)+a −1=0(a ∈R)有3个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}【答案】D【解析】【分析】本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法转化为一元二次函数，利用数形结合以及根与系数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强，有一定的难度．将函数f(x)表示为分段函数形式，判断函数的单调性和极值，利用换元法将方程转化为一元二次方程，利用一元二次函数根与系数之间的关系进行求解即可． 【解答】解：当x >0时，f(x)=e x x，函数的导数f′(x)=e x ⋅x−e xx 2=e x (x−1)x 2，当x >1时，f′(x)>0，当0<x <1时，f′(x)<0，则当x =1时函数取得极小值f(1)=e ，当x <0时，f(x)=−e xx ，函数的导数f′(x)=−e x ⋅x−e xx 2=−e x (x−1)x 2，此时f′(x)>0恒成立，此时函数为增函数，作出函数f(x)的图象如图：设t =f(x)，则t >e 时，t =f(x)有3个根， 当t =e 时，t =f(x)有2个根当0<t <e 时，t =f(x)有1个根， 当t ≤0时，t =f(x)有0个根，则f 2(x)−2af(x)+a −1=0(m ∈R)有三个相异的实数根，等价为t 2−2at +a −1=0(m ∈R)有2个相异的实数根，其中0<t 1<e ，t 2=e ，当t =e 时，e 2−2ae +a −1=0， 即a =e 2−12e−1，此时满足条件． 故选D ．【变式训练2.1】设定义域为R 的函数f(x)={|lgx |−x 2−2x (x >0)(x ≤0)，若关于x 的函数y =2f 2(x)+2bf(x)+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是( )A. −32<b <√2 B. −32<b <−√2 C. −2<b <−√2D. −32<b <−√2或b >√2【答案】B【解析】【分析】本题考查复合函数零点的个数问题，以及二次函数根的分布，先将函数进行换元，转化为一元二次函数问题.同时在结合函数f(x)的图象，确定b 的取值范围，属于难题． 【解答】解：令t =f(x)，则原函数等价为y =2t 2+2bt +1.做出函数f(x)的图象如图：，图象可知当由0<t <1时，函数t =f(x)有四个交点．所以要使关于x 的函数y =2f 2(x)+2bf(x)+1有8个不同的零点， 则函数y =2t 2+2bt +1有两个根t 1，t 2，且0<t 1<1，0<t 2<1．令g(t)=2t 2+2bt +1，则由根的分布可得{△>0g(0)>0g(1)>00<−2b 2×2<1，即{△=4b 2−8>0g(0)=1>0g(1)=2b +3>0−2<b <0，解得{b >√2或b <−√2b >−32−2<b <0，即−32<b <−√2，所以实数b 的取值范围是−32<b <−√2． 故选B ．【变式训练2.2】已知函数f(x)=(x2−3)e x，设关于x的方程f2(x)−mf(x)−12e2= 0(m∈R)有n个不同的实数解，则n的所有可能的值为A. 3B. 1或3C. 4或6D. 3或4或6【答案】A【解析】解：f′(x)=(x−1)(x+3)e x，∴f(x)在(−∞,−3)和(1,+∞)上单增，(−3,1)上单减，又当x→−∞时f(x)→0，x→+∞时f(x)→+∞，故f(x)的图象大致为：令f(x)=t，则方程t2−mt−12e2=0必有两根t1，t2(t1<t2)且t1t2=−12e2，当t1=−2e时恰有t2=6e−3，此时f(x)=t1有1个根，f(x)=t2有2个根；当t1<−2e时必有0<t2<6e−3，此时f(x)=t1无根，f(x)=t2有3个根；当−2e<t1<0时必有t2>6e−3，此时f(x)=t1有2个根，f(x)=t2有1个根；综上，对任意m∈R，方程均有3个根．故选：A．利用导数求出函数的单调性，画出图象，令f(x)=t，则方程t2−mt−12e2=0必有两根t1，t2(t1<t2)且t1t2=−12e2，根据图象求解本题考查了方程的根与函数图象交点间的转化，方程与函数的思想、数形结合的思想是解题的关键，属于难题．【变式训练2.3】已知f(x)=x|lnx|，若关于x的方程[f(x)]2−(2m+1)f(x)+m2+m=0恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围为()A. (1e ,2)∪(2,e) B. (1e+1,e) C. (e−1,e) D. (1e,e)【答案】C【解析】解：令t =f(x)，则方程有两个根t 1=m 或t 2=m +1， 当x ≥0时，f′(x)=lnx−1ln 2x，当0≤x <e 时，f′(x)<0，当x ≥e 时，f′(x)≥0 ∴f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)单调递增； 作出函数f(x)的草图如图：关于x 的方程[f(x)]2−(2m +1)f(x)+m 2+m =0恰好有4个不相等的实数根，转化为t 1=f(x)有一个，t 2=f(x)有3个，则0<m <e 且m +1>e ，∴e −1<m <e ．故选：C ．求函数的导数，判断函数的取值情况，设t =f(x)，利用换元法，将方程转化为一元二次方程，利用根的分布建立条件关系即可得到结论．本题考查了根的存在性及根的个数的判断，考查了利用函数的导函数分析函数的单调性，考查了学生分析问题和解决问题的能力，利用换元法转化为一元二次方程，是解决本题的关键．【变式训练2.4】函数y =f(x)是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f(x)={116x 2(0≤x ≤2)(12)x (x >2)，若关于x 的方程[f(x)]2+af(x)+b =0，a ，b ∈R 有且仅有5个不同实数根，则实数a 的取值范围是( )A. (−14,0)B. (−12,−14) C. (−12,−14)∪(−14,−18)D. (−12,−18)【答案】A【解析】解：作出f(x)的函数图象如图所示：令f(x)=t ，显然，当t =0时，方程f(x)=t 只有一解x =0， 当0<t <14时，方程f(x)=t 有四个解， 当t =14时，方程f(x)=t 有两解，当t <0或t >14时，方程f(x)=t 无解．∵关于x 的方程[f(x)]2+af(x)+b =0，a ，b ∈R 有且仅有5个不同实数根， ∴关于t 的方程t 2+at +b =0，t ∈R 有两解，且一解为t 1=0，另一解t 2∈(0,14)， ∴b =0，∵t 2+at =0的两解分别为t 1=0，t 2=−a ， ∴0<−a <14，解得−14<a <0．故选A ．做出f(x)的函数图象，令f(x)=t ，根据图象得出方程f(x)=t 的解的情况，得出t 的范围，从而得出a 的范围．本题考查了函数零点的个数与函数图象的关系，二次函数的性质，属于中档题．题型三、等高线的应用【例题3-1】已知f(x)={1−x −2x 2x ≤0|lgx|x >0若关于x 的方程f(x)=a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，则这四根之积x 1，x 2，x 3，x 4的取值范围是( )A. [0,12) B. [0,14) C. [0,18) D. [0,116)【答案】D【解析】解：由题意，−lgx 3=lgx 4，∴x 3x 4=1， ∴x 1x 2x 3x 4=x 1x 2，y =1−x −2x 2的顶点坐标为(1,98)，x =0时，y =1 ∵关于x 的方程f(x)=a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，∴1≤a <98由1−x −2x 2=a 可得x 1x 2=a−12∈[0,116)，∴四根之积x 1，x 2，x 3，x 4的取值范围是[0,116)，故选：D ．确定x 3x 4=1，x 1x 2x 3x 4=x 1x 2，利用关于x 的方程f(x)=a 有四个实根x 1，x 2，x 3，x 4，可得1≤a <98，由1−x −2x 2=a 可得x 1x 2=a−12∈[0,116)，即可得出结论．本题考查分段函数，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．【变式训练3.1】已知f(x)={|log 2(x −1)|,1<x ≤312x 2−5x +232,x >3，若f(x)=m 有四个不同的实根x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4，则(mx 1+mx 2)⋅(x 3+x 4)的取值范围为( )A. (0,10)B. [0,10]C. (0,4)D. [0,4]【答案】A【解析】【分析】本题考查分段函数的图象和应用：求自变量的范围，考查图象的对称性和对数的运算性质，属于中档题.画出f(x)的图象，由对称性可得x 3+x 4=10，对数的运算性质可得x 1x 2=x 1+x 2，代入要求的式子，结合图象可得所求范围． 【解答】解：f(x)={|log 2(x −1)|,1<x ≤312x 2−5x +232,x >3的图象如右：f(x)=m 有四个不同的实根x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4， 可得x 3+x 4=10，且|log 2(x 1−1)|=|log 2(x 2−1)|， 即为log 2(x 1−1)+log 2(x 2−1)=0， 即有(x 1−1)(x 2−1)=1， 即为x 1x 2=x 1+x 2， 可得(m x 1+mx 2)(x 3+x 4)=10m ⋅x 1+x 2x 1x 2=10m ，由0<m <1，可得0<10m <10， 故选A ．【变式训练3.2】设函数f(x)={|2x+1−2|,x ≤2x 2−11x +30,x >2，若互不相等的实数a,b,c,d 满足f(a)=f(b)=f(c)=f(d)，则2a +2b +2c +2d 的取值范围是( )A. (64√2+2,146)B. (98,146)C. (64√2+2,266)D. (98,266) 【答案】B【解析】【分析】本题考查了指数函数及其性质，二次函数，对钩函数，函数的定义域与值域，数形结合思想和函数的零点与方程根的关系．利用函数的零点与方程根的关系，作函数图象，结合指数函数和二次函数的图象得2a +2b =2，c ∈(4,5)，d =11−c ，再利用对钩函数的值域计算得结论． 【解答】解: 作函数y =f (x )与y =t (0<t <2)的图象如下：因为互不相等的实数a ，b ，c ，d 满足f(a)=f(b)=f(c)=f(d)， 不妨设a <b <c <d ，则2−2a+1=2b+1−2，c ∈(4,5)，d =11−c ， 即2a +2b =2，，c ∈(4,5)，d =11−c ． 所以2a +2b +2c +2d =2+2c +211−c ． 令m =2c ，则m ∈(16,32)， 而函数y =m +211m在m ∈(16,32)是单调递减的，因此函数y =m +211m在m ∈(16,32)的值域为(96,144)，所以2a +2b +2c +2d ∈(98,146)． 故选B ．【变式训练3.3】已知函数，若方程f(x)=ax 有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则x 1−x 2的取值范围是A. (1e −e,e1−2e )B. (2e 21−2e ,−32)C. (12−e,1−e2e−1)D. (12−e,1e −1)【答案】B【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义、数形结合思想，方程思想、对数函数的图象等.属难题． 利用y =ax 与y =lnx 相切时的切点坐标． 【解答】解：当y =ax 与y =lnx 相切时，设切点为(x 0,lnx 0 )， a =lnx 0x 0=1x 0，∴x 0=e,，a =1e ，由1e x =2x +1 得 再由图知方程f(x)=ax 的三个不同的实数根x 1，x 2，x 3 满足e 1−2e<x 1<−12，1<x 2<e <x 3因此e1−2e −e <x 1−x 2<−12−1， 即x 1−x 2 的取值范围是(2e 21−2e,−32)故选B ．题型四、非常规零点题型类型一、伪周期函数【例题4−1】12.已知函数f(x)={4−8|x −32|,1≤x ≤212f(x2),x >2，则函数g(x)=xf(x)−6在区间[1,2n ](n ∈N ∗)内所有零点的和为( )A. nB. 2nC. 34(2n −1)D. 32(2n −1)【答案】D【解析】【分析】将函数g(x)的零点问题转化为函数y =f (x )和函数y =6x 图象交点的问题处理，利用数形结合的方法求解，在同一坐标系中画出两函数的图象.结合图象得到两函数交点的横坐标，最后转化为等比数列求和的问题解决． 【解答】解：由g (x )=xf (x )−6=0得f (x )=6x ，故函数g (x )的零点即为函数y =f (x )和函数y =6x 图象交点的横坐标．由f (x )=12f (x2)可得，函数y =f (x )是以区间(2n−1,2n )为一段，其图象为在水平方向上伸长为原来的2倍，同时在竖方向上缩短为原来的12．从而先作出函数y =f (x )在区间[1,2]上的图象，再依次作出在[2,4],[4,8],⋯[2n−1,2n ]上的图象(如图)．，然后再作出函数y =6x 的图象，结合图象可得两图象的交点在函数y =f (x )的极大值的位置，由此可得函数g (x )在区间(2n−1,2n )上的零点为x n =2n−1+2n2=34·2n ，故所有零点之和为S n =34·2(1−2n )1−2=3(2n −1)2．故选D ．类型二、三角综合【例题4-2】已知函数f(x)={|2x −1|,x >032x +2,x ≤0，若关于x 的方程f(sinx)=m 在区间[0,2π]上有四个不同的实数根，则实数m 的取值范围是( )A. 0<m <12 B. 0<m ≤12C. 12<m ≤1 D. 12<m <1【答案】A【解析】【分析】讨论当x ∈[0,π]时，sinx ∈[0,1]，则f(sinx)=|2sinx −1|，作出y =|2sinx −1|的图象，当x ∈(π,2π]时，sinx ∈[−1,0]，则f(sinx)=32sinx +2，作出y =32sinx +2的图象，分别求得f(sinx)的范围，结合图象即可得到m 的范围． 【解答】解：函数f(x)={|2x −1|,x >032x +2,x ≤0，当x ∈[0,π]时，sinx ∈[0,1]，则f(sinx)=|2sinx −1|，作出y =|2sinx −1|的图象， 可得f(sinx)∈[0,1]；当x∈(π,2π]时，sinx∈[−1,0]，则f(sinx)=32sinx+2，作出y=32sinx+2的图象，可得f(sinx)∈[12,2]，由方程f(sinx)=m在区间[0,2π]上有四个不同的实数根，即有0<m<12．故选A．本题考查分段函数的应用，考查正弦函数的图象和性质，运用数形结合的思想方法是解题的关键．类型三、变形构造【例题4-3】若关于x的方程(lnx−ax)lnx=x2存在三个不等实根，则实数a的取值范围是()A. (−∞,1e2−1e) B. (1e2−1e,0) C. (−∞,1e−e) D. (1e−e,0)【答案】C【解析】解：由题意知(lnxx )2−alnxx−1=0，令t=lnxx，t2−at−1=0的两根一正一负，由f(x)=t=lnxx ，f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)>0，解得：0<x<e，令f′(x)<0，解得：x>e，故f(x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，故f(x)max=f(e)=1e，且x>e时，f(x)>0，若关于x的方程(lnx−ax)lnx=x2存在三个不等实根，只需令t2−at−1=0的正根a+√a2+42满足：0<a+√a2+42<1e，解得：a∈(−∞,1e−e)，故选：C．由题意知(lnxx )2−alnxx−1=0，令t=lnxx，得t2−at−1=0的两根一正一负，由f(x)=t=lnxx，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f(x)的最大值，问题转化为关于a的不等式，解出即可．本题是考查函数的性质及零点的相关知识，考查二次函数的性质以及导数的应用，是一道综合题．类型四、存在零点【例题4-4】已知函数f(x)=ln(2x)x，关于x 的不等式f 2(x)+af(x)>0只有两个整数解，则实数a 的取值范围是( )A. (−ln2,−13ln6]B. (−1e ,−ln63]C. [13ln6,ln2)D. [ln63,2e )【答案】A 【解析】解：f′(x)=1−ln(2x)x 2，令f′(x)=0得x =e2，∴当0<x <e2时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x >e2时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 由当x <12时，f(x)<0，当x >12时，f(x)>0， 作出f(x)的大致函数图象如图所示：∵f 2(x)+af(x)>0，(1)若a =0，即f 2(x)>0，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意； (2)若a >0，则f(x)<−a 或x >0，由图象可知f(x)>0有无穷多整数解，不符合题意； (3)若a <0，则f(x)<0或f(x)>−a ，由图象可知f(x)<0无整数解，故f(x)>−a 有两个整数解， ∵f(1)=f(2)=ln2，且f(x)在(e2,+∞)上单调递减， ∴f(x)>−a 的两个整数解必为x =1，x =2， 又f(3)=ln63，∴ln63≤−a <ln2，解得−ln2<a ≤−ln63．故选：A ．判断f(x)的单调性，作出f(x)的图象，利用函数图象得出a的范围．本题考查了函数的单调性判断，不等式的解与函数图象的关系，属于中档题．【变式训练4.1】已知函数f(x)=2e|x−2|−12a(2x−2+22−x)−a2有唯一零点，则负实数a=()A. −2B. −12C. −1 D. −12或−1【答案】A【解析】解：函数f(x)=2e|x−2|−12a(2x−2+22−x)−a2有唯一零点，设x−2=t，则函数ℎ(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)−a2有唯一零点，则2e|t|−12a(2t+2−t)=a2，设g(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)，∵g(−t)=2e|t|−12a(2t+2−t)=g(t)，∴g(t)为偶函数，∵函数f(t)有唯一零点，∴y=g(t)与y=a2有唯一的交点，∴此交点的横坐标为0，∴2−a=a2，解得a=−2或a=1(舍去)，故选：A．设x−2=t，则函数ℎ(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)−a2有唯一零点，则可得得到2e|t|−1 2a(2t+2−t)=a2，构造函数g(t)=2e|t|−12a(2t+2−t)，易知函数偶函数，则y=g(t)与y=a2有唯一的交点，可得此交点的横坐标为0，代值计算即可．本题考查了函数的零点以及偶函数的性质，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．【变式训练4.2】已知函数f(x)=2e2x−2ax+a−2e−1，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. (2,2e−1)B. (2,2e2)C. (2e2−2e−1,2e2)D. (2e−1,2e2−2e−1)【答案】D【解析】解：∵函数f(x)=2e2x−2ax+a−2e−1，∴f′(x)=4e2x−2a，当a≤0时，f′(x)>0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，∴a>0，令f′(x)=0，解得x =12ln a2，∴当f′(x)>0时，即x >12ln a2，函数单调递增， 当f′(x)<0时，即x <12ln a 2，函数单调递减，∴f(x)min =2a −alna +aln2−2e −1， 设g(a)=2a −alna +aln2−2e −1，a >0 ∴g′(a)=1+ln2−lna ， 令g′(a)=0，解得a =2e ，∴∴g′(a)>0时，即0<a <2e ，函数单调递增， 当g′(a)<0时，即a >2e ，函数单调递减，∴g(a)max =4e −2eln2e +2eln2−2e −1=4e −2eln2−2e +2eln2−2e −1=−1<0，∵函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点， ∴{f(0)>0f(1)>0， 即{2+a −2e −1>02e 2−2a +a −2e −1>0， 解得2e −1<a <2e 2−2e −1 故选：D ．先求导，再分类讨论，当a ≤0不满足题意，当a >0，利用导数求出函数的最小值，再构造函数，求出最小值小于0恒成立，即可得到函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点，可得{f(0)>0f(1)>0，解得即可． 本题考查了函数的零点，导数和函数的最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．【变式训练4.3】设函数f(x)=ln(x +1)+a(x 2−x)，若f(x)在区间(0,+∞)上无零点，则实数a 的取值范围是( )A. [0,1]B. [−1,0]C. [0,2]D. [−1,1]【答案】A【解析】解：令f(x)=0可得ln(x +1)=−a(x 2−x)， ∵f(x)在区间(0,+∞)上无零点，∴g(x)=ln(x +1)与ℎ(x)=−a(x 2−x)在y 轴右侧无交点． 显然当a =0时符合题意；当a <0时，作出g(x)=ln(x +1)与ℎ(x)=−a(x 2−x)的函数图象如图所示：显然两函数图象在y轴右侧必有一交点，不符合题意；当a>0时，作出g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)的函数图象如图所示：若两函数图象在y轴右侧无交点，则ℎ′(0)≤g′(0)，即a≤1．综上，0≤a≤1．故选：A．令g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)在y轴右侧无交点，根据函数图象得出a的范围．本题考查了函数零点与函数图象的关系，属于中档题．类型五、复合函数零点【例题4-5】已知函数f(x)={|log2(x+1)|,x∈(−1,3)4x−1,x∈[3,+∞)则函数g(x)=f[f(x)]−1的零点个数为()A. 1B. 3C. 4D. 6【答案】C【解析】【分析】本题考查了函数零点的问题，以及分段函数的问题，属于中档题．令f(x)令f(x)=1得x1=−12，x2=1，x3=5，再画出f(x)的图象，结合图象可得答案．【解答】解：令f(x)=1得x 1=−12，x 2=1，x 3=5， 令g(x)=f[f(x)]−1=0， 作出图象如图所示：由图象可得当f(x)=−12无解，f(x)=1有3个解， f(x)=5有1个解，综上所述函数g(x)=f[f(x)]−1的零点个数为4， 故选C ．【变式训练4.4】已知函数f(x)={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若F(x)=f[f(x)+1]+m 有两个零点x 1，x 2，则x 1+x 2的取值范围是( )A. [4−2ln2,+∞)B. [1+√e,+∞)C. [4−2ln2,1+√e)D. [−∞,1+√e)【答案】A【解析】解：当x ≥1时，f(x)=lnx ≥0， ∴f(x)+1≥1，∴f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)， 当x <1，f(x)=1−x2>12， f(x)+1>32，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，综上可知：f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m =0，则f(x)+1=e −m ，f(x)=e −m −1，有两个根x 1，x 2，(不妨设x 1<x 2)， 当x ≥1是，lnx 2=e −m −1，当x <1时，1−x 12=e −m −1， 令t =e −m −1>12，则lnx 2=t ，x 2=e t ，1−x 12=t ，x 1=2−2t ，∴x 1+x 2=e t +2−2t ，t >12， 设g(t)=e t +2−2t ，t >12，求导g′(t)=e t −2，令g′(t)=0，解得：t =ln2， t ∈(12,ln2)，g′(t)<0，函数g(t)单调递减，t ∈(ln2,+∞)，g′(t)>0，函数g(t)单调递增，∴当t =ln2时，g(t)取最小值，最小值为：g(t)min =g(ln2)=2+2−2ln2=4−2ln2， ∴g(x)的值域为[4−2ln2,+∞)， ∴x 1+x 2取值范围[4−2ln2,+∞)， 故选：A ．由题意可知：当x ≥1时，f(x)+1≥1，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，当x <1，f(x)=1−x2>12，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)，f[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m =0，则x 1+x 2=e t +2−2t ，t >12，设g(t)=e t +2−2t ，t >12，求导，利用导数求得函数的单调性区间，即可求得x 1+x 2的取值范围．本题考查函数零点的判定，利用导数求函数的单调性及最值，考查计算能力，属于中档【变式训练4.5】已知函数f (x )={e x , x ≤0|lnx | ,x >0，则函数F(x)=f [f(x)]−1e 2f (x )−1的零点个数为( )个A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】C 【解析】【分析】本题考查了函数零点的个数判断与函数图象的关系，属于中档题.作出f (x )的函数图象，令f (x )=t ，根据f (t )与y =1e 2t +1的交点个数得方程f (x )=t 的解，再结合f (x )的图象得出结论． 【解答】解：令f (x )=t 可得f (t )=1e t +1， 作出f (x )的函数图象，如图所示：设直线y =kx +1与y =e x 相切，切点为(x 0,y 0)， 则{e x 0=k e x 0=kx 0+1， 解得x 0=0，k =1，设直线y =kx +1与y =lnx 相切，切点为(x 1,y 1)， 则{1x 1=k kx 1+1=lnx 1， 解得x 1=e 2，k =1e 2，∴直线y =1e 2t +1与f (t )的图象有4个交点，不妨设4个交点横坐标为t 1，t 2，t 3，t 4，且t 1<t 2<t 3<t 4， 由图象可知t 1<0，t 2=0，0<t 3<1，t 4=e 2，由f (x )的函数图象可知f (x )=t 1无解，f (x )=t 2有1解，f (x )=t 3有3解，f (x )=t 4有2解，∴F (x )=0有6个零点． 故选C ．类型六、新定义函数 【例题4-6】设函数f(x)={x −[x], x ≥0f(x +1), x <0,其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[−1.2]=−2，[1,2]=1，[1]=1，若函数g (x )=f (x )−kx −k (k >0)恰有三个不同的零点，则k 的取值范围是 ( )A. (14,13]B. (0,14]C. [14,13]D. [14,13)【答案】D【解析】【分析】本题考查分段函数及数形结合的解题思想，同时考查函数零点与方程根的关系，画图可知f(x)就是周期为1的函数，且在[0,1)上是一直线y =x 的对应部分的含左端点，不包右端点的线段，要有三解，只需直线y =kx +k 过点(3,1)与直线y =kx +k 过点(2,1)之间即可. 【解答】解：若函数g (x )=f (x )−kx −k (k >0)恰有三个不同的零点，即为f(x)=kx +k(k >0) ∵函数f(x)={x −[x],x ≥0f(x +1),x <0，∴函数的图象如下图所示：令y =kx +k =k(x +1)，故函数图象一定过(−1,0)点，若f(x)=kx +k 有三个不同的根，则y =kx +k 与y =f(x)的图象有三个交点， 当y =kx +k 过(2,1)点时，k =13，当y =kx +k 过(3,1)点时，k =14， 故f(x)=kx +k 有三个不同的根，则实数k 的取值范围是[14,13)． 故选D ．【变式训练4.6】对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x ∈R|f(x)=0}，β∈{x ∈R|g(x)=0}，若存在α,β使得|α−β|⩽1，则称f(x)与g(x)互为“友谊函数”。
