2020届高三数学函数与导数高考一轮复习专题讲义

答案：－2
考点1 求函数的定义域(自主演练)
1．(2019·郑州调研)函数f(x)＝ln
x x－1
＋x
1 2
的定义域
为( )
A．(0，＋∞)
B．(1，＋∞)
C．(0，1)
D．(0，1)∪(1，＋∞)
解析：要使函数f(x)有意义，则 x－x 1＞0， 解得x＞ x≥0，
1，故函数f(x)＝ln x－x 1＋x12的定义域为(1，＋∞)． 答案：B
考点 2 求函数解析式(自主演练)
1．若 f1x＝1－x x，则当 x≠0，且 x≠1 时，f(x)等于
()
A.1x
B.x－1 1
C.1－1 x
D.1x－1
1 解析：f(x)＝1－x 1x＝x－1 1(x≠0 且 x≠1)．
答案：B
2．已知 f(x)是二次函数且 f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝x －1，则 f(x)＝________．
3.了解简单的分段函数，并能
简单应用.
核心素养
1.数学运算 2.逻辑推理
1．函数与映射的概念
项目
函数
映射
两个集合 设 A，B 是两个 设 A，B 是两个
A，B _非__空__数__集__
_非__空__集__合__
如果按照某种确定 如果按某一个确定的
的对应关系 f，使对 对应关系 f，使对于集 对应关系 f： 于集合 A 中的_任__意__ 合 A 中的_任__意__一个
A．y＝( x＋1)2 C．y＝xx2＋1
B．y＝3 x3＋1 D．y＝ x2＋1
解析：(1)A 中函数定义域不是[－2，2]，C 中图象不 表示函数，D 中函数值域不是[0，2]．故选 B.

在近几年的高考试卷中，选择题、填空题、解答题三种题型，每年都有函数试题， 而且常考常新．以基本函数为背景的应用题和综合题是高考命题的新趋势．在大 题中以导数为工具研究讨论函数的性质、不等式求解等综合问题．纵观近几年的 高考题，函数问题的考查，往往是小题注重基础知识基本方法，突出重点知识重 点考查，大题则注重在知识的交汇点命题，与不等式、导数、解析几何等相结合， 综合考查函数方程思想及数学应用意识，考查转化与化归思想、分类讨论思想及 数形结合思想的理解运用；考查分析与解决问题的能力、应用意识及创新能力．
跟踪训练 已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围． 解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2aex＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若 a≤0，则 f′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)单调递减． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝－ln a. 当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．
(2)证明：当 a≥1e时，f(x)≥eex－ln x－1.设 g(x)＝eex－ln x－1，则 g′(x)＝eex－1x.当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.所以 x＝1 是 g(x)的最小值点．故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当 a≥1e时，f(x)≥0.
(2)①若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． ②若 a>0，由(1)知，当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－ln a)＝1－1a＋ ln a. (ⅰ)当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，故 f(x)只有一个零点； (ⅱ)当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1a＋ln a>0， 即 f(－ln a)>0，故 f(x)没有零点；

第2讲导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f′(x)<0f′(x)＝0f(x)在(a，b)内单调递增f(x)在(a，b)内单调递减f(x)在(a，b)内是常数函数导师提醒1．关注两个易错点(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接．2．理清三组关系(1)在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．(2)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．(3)对于可导函数f(x)，f′(x)＝0是函数f(x)在x＝x处有极值的必要不充分条件．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．()(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．()答案：(1)×(2)√(3)√如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是() A．在区间(－3，1)上f(x)是增函数解析：由 f ′(x)＝1－ <0，得 >1，即 x <1，又 x >0，所以函数 f(x)的单调递减区间为(0，1)．1．函数 y ＝4x 2＋ 的单调增区间为( )B ．( ，＋∞) D.⎝－∞，－2⎭解析：选 B.由 y ＝4x 2＋ ，得 y ′＝8x － 2，x令 y ′>0，即 8x － 1 >0，解得 x >1，所以函数 y ＝4x 2＋1的单调增区间为⎛ ，＋∞⎫.B ．在区间(1，3)上 f(x)是减函数C ．在区间(4，5)上 f(x)是增函数D ．在区间(3，5)上 f(x)是增函数解析：选 C.由图象可知，当 x ∈(4，5)时，f ′(x)>0，故 f(x)在(4，5)上是增函数．(教材习题改编)函数 f(x)＝cos x －x 在(0，π )上的单调性是( )A ．先增后减C ．增函数B ．先减后增D ．减函数解析：选 D.因为 f ′(x)＝－sin x －1<0.所以 f(x)在(0，π)上是减函数，故选 D.函数 f(x)＝x －ln x 的单调递减区间为________．1 1x x答案：(0，1)已知 f(x)＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数 a 的最大值是________．解析：f ′(x)＝3x 2－a ≥0，即 a ≤3x 2，又因为 x ∈[1，＋∞)，所以 a ≤3，即 a 的最大值是 3.答案：3不含参数函数的单调性(自主练透)1 xA ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)11 xx 2 21 x⎝2 ⎭故选 B.2．已知函数 f(x)＝xln x ，则 f(x)( )A ．在(0，＋∞)上递增B ．在(0，＋∞)上递减C．在(0，)上递增D．在⎝0，e⎭上递减即函数的单调递减区间为(0，1)，故选D.则其在区间(－π，π)上的解集为⎛－π，－⎫和⎛0，⎫，即f(x)的单调递增区间为⎛－π，－⎫和⎛0，⎫.答案：⎝－π，－2⎭和⎝0，2⎭已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1＋＝1e⎛1⎫解析：选D.因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，当f′(x)>0时，解得x>1，即函数的单调递增区间为(1，＋∞)；e e当f′(x)<0时，解得0<x<1，ee3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________．解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，令f′(x)＝xcos x>0，ππ⎝2⎭⎝2⎭ππ⎝2⎭⎝2⎭⎛π⎫⎛π⎫求函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)．(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间．(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间．[提醒]求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．含参数函数的单调性(师生共研)x2，a∈R.讨论f(x)的单调性．【解】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－a－22（ax2－2）（x－1）.x x2x3x3当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．a⎭⎝2⎫a⎭(1)0<a<2时，2>1，⎝2，＋∞⎫时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x∈⎛2⎫时，f′(x)<0，f(x)单调递减．<1，当x∈⎝0，⎝2，1⎫时，f′x)<0，f(x)单调递减．a⎭⎝2，＋∞⎫内单调递当0<a<2时，f(x)在(0，1)内单调递增，在⎛2⎫内单调递减，在⎛a⎭⎝2，1⎫内单调递减，在(1，＋∞)内单调递当a>2时，f(x)在⎛2⎫内单调递增，在⎛f′(x)＝＋2ax＝.当a>0时，f′(x)＝a（x－1）⎛x3⎝x－2⎫⎛x＋.a当x∈(0，1)或x∈⎛a⎭a⎭(2)a＝2时，f(x)单调递增．2＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，a(3)a>2时，0<2a⎛2⎫或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，a⎭当x∈⎛(a⎭综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；a⎭增；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；a⎭增．解决含参数的函数单调性问题应注意的2点(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，a－12ax2＋a－1x x①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝1－a⎛，则当x∈⎫⎛⎪时，f′(x)>0，故f(x)在 0，2a⎭⎝⎫，＋∞⎪上单调递增．⎛(2)已知定义在⎝0，2⎭上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈⎝0，2⎭，都有f′(x)sinA.3f⎝4⎭>2f⎝3⎭B．f⎝3⎭>f(1)C.2f⎝6⎭<f⎝4⎭D.3f⎝6⎭<f⎝3⎭(2)令g(x)＝，则g′(x)＝f′（x）sin x－f（x）cos x，由已知g′(x)<0在⎛0，⎫上恒成立，所以g(x)在⎛0，⎫上单调递减，f⎝4⎭f⎝3⎭所以g⎛⎫>g⎛⎫，即>，⎝4⎭⎝3⎭②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；2a⎝0，1－a⎫⎪时，f′(x)<0；当2a⎭x∈⎝⎛⎝1－a，＋∞1－a2a⎭1－a⎫⎪上单调递减，在2a⎭函数单调性的应用(多维探究)角度一比较大小或解不等式(1)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为()A．(－1，1)C．(－∞，－1)B．(－1，＋∞)D．(－∞，＋∞)⎛π⎫⎛π⎫x<f(x)cos x，则()⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫【解析】(1)由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.f（x）sin xsin2xπ⎝2⎭π⎝2⎭⎛π⎫⎛π⎫ππ2322所以 3f ⎛ ⎫> 2f ⎛ ⎫.已知函数 f(x)＝ln x ，g (x)＝ ax 2＋2x(a ≠0)．【解】 (1)h(x)＝ln x － ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)， 即 a ＞ 1 －2有解，设 G(x)＝ 1 －2， 即 a ≥ 1 －2恒成立．＝－ 7 (此时x ＝4)，π π⎝4⎭ ⎝3⎭【答案】 (1)B (2)A角度二 已知函数的单调性求参数1 2(1)若函数 h(x)＝f(x)－g (x)存在单调递减区间，求 a 的取值范围；(2)若函数 h(x)＝f(x)－g (x)在[1，4]上单调递减，求 a 的取值范围．1 2所以 h ′(x)＝1－ax －2，由于 h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，x所以当 x ∈(0，＋∞)时，1－ax －2＜0 有解．xx 2 xx 2 x所以只要 a ＞G(x) min 即可．而 G(x)＝(1－1)2－1，x所以 G(x) min ＝－1.所以 a ＞－1.(2)由 h (x)在[1，4]上单调递减得，当 x ∈[1，4]时，h ′(x)＝1－ax －2≤0 恒成立，xx 2 x所以 a ≥G(x)max ，而 G(x)＝(1－1)2－1， x因为 x ∈[1，4]，所以1∈[1，1]，x 4所以 G(x) max 16所以 a ≥－ 7 ，即 a 的取值范围是[－ 7，＋∞)．16 16[迁移探究 1] (变问法)若函数 h (x)＝f(x)－g (x)在[1，4]上单调递增，求 a 的取值范围．解：由 h (x)在[1，4]上单调递增得，当 x ∈[1，4]时，h ′(x)≥0 恒成立，所以当x∈[1，4]时，a≤1－2恒成立，又当x∈[1，4]时，(1－2)＝－1(此时x＝1)，所以当x∈[1，4]时，a＞1－2有解，又当x∈[1，4]时，(1－2)＝－1，即a＝1－2有解，令m(x)＝1－2，x∈(1，4)，所以实数a的取值范围为⎛－1，－16⎭.x2xx2x min所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．[迁移探究2](变问法)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则h′(x)＜0在[1，4]上有解，x2xx2x min所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．[迁移探究3](变条件)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．解：因为h(x)在[1，4]上不单调，所以h′(x)＝0在(1，4)上有解，x2xx2x则－1<m(x)<－7，16⎝7⎫(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式；②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则2．已知函数 f(x)＝ －2x 2＋ln x 在区间[1，2]上为单调函数，求 a 的取值范围．解：f ′(x)＝ －4x ＋ ，若函数 f(x)在区间[1，2]上为单调函数，即在[1，2]上，f ′(x)＝ －4x ＋≥0 或 f ′(x)＝ －4x ＋ ≤0， 即3－4x ＋1≥0 或3－4x ＋1≤0 在[1，2]上恒成立， 即3≥4x －1或3≤4x －1. 所以3≥h(2)或3≤h(1)，即3≥15或3≤3， f （x ） f （b ）参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有 f ′(x)＝0，则参数可取这个值．[提醒] f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x ∈(a ，b )都有 f ′(x)≥0 且在(a ，b )内的任意一个非空子区间上 f ′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．1．设 f(x)，g (x)是定义在 R 上的恒大于 0 的可导函数，且 f ′(x)g (x)－f(x)g ′(x)<0，则当 a <x <b时，有()A ．f(x)g (x)>f(b )g (b )B ．f(x)g (a)>f(a)g (x)C ．f(x)g (b )>f(b )g (x)D ．f(x)g (x)>f(a)g (a)f （x ） f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）解析：选 C.令 F(x)＝ ，则 F ′(x)＝ <0，所以 F(x)在 R 上g （x ） [g （x ）]2单调递减．又 a <x <b ，所以 f （a ） > > .又 f(x)>0，g (x)>0，所以 f(x)g (b )>f(b )g (x)．g （a ） g （x ） g （b ）3xa3 1 3a x a1 3 1x a xa x a xa x a x令 h(x)＝4x －1，因为函数 h(x)在[1，2]上单调递增，xa a a 2 a解得 a <0 或 0<a ≤2或 a ≥1.5分类与整合思想在研究函数单调性中的应用已知函数 f(x)＝(x －2)·e x ＋a(x －1)2.讨论 f(x)的单调性．【解】 f ′(x)＝(x －1)e x ＋2a(x －1)＝(x －1)(e x ＋2a)．(1)设 a ≥0，则当 x ∈(－∞，1)时，f ′(x)<0；2(2019· 山东枣庄调研)已知函数 f(x)＝x e x －a ⎝2x ＋x ⎭(a ∈R )．当 x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，所以 f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)设 a <0，由 f ′(x)＝0，解得 x ＝1 或 x ＝ln(－2a)．①若 a ＝－e，则 f ′(x)＝(x －1)(e x －e)，2所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，②若 a >－e，则 ln(－2a)<1，2故当 x ∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0；当 x ∈(ln(－2a)，1)时，f ′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，ln(－2a))和(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．③若 a <－e，则 ln(－2a)>1，2故当 x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f ′(x)>0；当 x ∈(1，ln(－2a))时，f ′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，1)和(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能： ①方程 f ′(x)＝0 是否有根；②若 f ′(x)＝0 有根，求出根后判断是否在定义域内； ③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．⎛1 ⎫(1)若 a ＝0，求曲线 y ＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；(2)当 a >0 时，求函数 f(x)的单调区间．解：(1)a ＝0 时，f ′(x)＝(x ＋1)e x ，所以切线的斜率 k ＝f ′(1)＝2e.又 f(1)＝e ，所以 y ＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为 y －e ＝2e(x －1)，即 2ex －y －e ＝0.(2)f ′(x)＝(x ＋1)(e x －a)，令 f ′(x)＝0，得 x ＝－1 或 x ＝ln a.(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)；当a>时，单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋①当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．e②当0<a<1时，ln a<－1，由f′(x)>0，得x<ln a或x>－1；由f′(x)<0，得ln a<x<－1，所以单e调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)．③当a>1时，ln a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln a；由f′(x)<0，得－1<x<ln a，所以单调e递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．综上所述，当a＝1时，f(x)在R上单调递增；当0<a<1时，单调递增区间为(－∞，ln a)，e e1e∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．[基础题组练]1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是()A．单调递增B．单调递减C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增解析：选A.f′(x)＝1－cos x>0恒成立，所以f(x)在R上递增，在(0，2π)上单调递增．2．(2019·济南调研)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，因为a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，故选C.3．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]解析：选 D.由于 f ′(x)＝k － ，f(x)＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x)＝k － ≥0 在 (1，＋∞)上恒成立．由于 k ≥ ，而 0< <1，所以 k ≥1.即 k 的取值范围为[1，＋∞)．4．设函数 f(x)＝ x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数 a 的取值范围是( )解析：选 A.因为 f(x)＝ x 2－9ln x ，所以 f ′(x)＝x － (x>0)，由 x － ≤0，得 0<x ≤3，所以 f(x)a ＝f(0)，b ＝f ⎝2⎭，c ＝f(3)，则 a ，b ，c 的大小关系为()上是单调递增函数，所以 a ＝f(0)＜f ⎛ ⎫＝b ，6．函数 f(x)＝ ＋ －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为 f(x)＝ ＋ －ln x ，－C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)1 1x x1 1x x12A ．(1，2]C ．(－∞，2) B ．(4，＋∞)D ．(0，3]1 9 92 x x在(0，3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]，所以 a －1>0 且 a ＋1≤3，解得 1<a ≤2.5．函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)＝f(2－x)，且当 x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x)＜0，设⎛1⎫A ．a ＜b ＜cC ．c ＜a ＜bB ．c ＜b ＜aD ．b ＜c ＜a解析：选 C.因为当 x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x)＜0，所以 f ′(x)＞0，所以函数 f(x)在(－∞，1)1⎝2⎭又 f(x)＝f(2－x)，所以 c ＝f(3)＝f(－1)，所以 c ＝f(－1)＜f(0)＝a ，所以 c ＜a ＜b ，故选 C.x 54 4xx 54 4x所以函数的定义域为(0，＋∞)，且 f ′(x)＝ 1－ 5 1＝x 2－4x －54 4x 2 x 4x 2，令 f ′(x)＜0，解得 0＜x ＜5，所以函数 f(x)的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．若函数 f(x)＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数 a 的取值范围是________． 解析：由题意知 f ′(x)＝3ax 2＋6x －1，由函数 f(x)恰好有三个单调区间，得 f ′(x)有两个不相等的零点，所以 3ax 2＋6x －1＝0 需满足 a ≠0，且 Δ＝36＋12a >0，解得 a >－3，所以实数 a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．f ′(x)在⎝－∞，2⎦和[2，＋∞)上大于 0，在⎝2，2⎭上小于 0，⎧x ≥0， ⎧x ≤0，所以 xf ′(x)≥0⇔⎨ 或⎨ ⇔0≤x ≤ 或 x ≥2，⎩f ′（x ）≥0 ⎩f ′（x ）≤0 所以 xf ′(x)≥0 的解集为⎡0， ⎤∪[2，＋∞)．答案：⎣0，2⎦∪[2，＋∞) 解：(1)由题意得 f ′(x)＝ ，(2)由(1)知，f ′(x)＝ ， 则 h ′(x)＝－1 －1<0，答案：(－3，0)∪(0，＋∞)8．已知函数 y ＝f(x)(x ∈R)的图象如图所示，则不等式 xf ′(x)≥0 的解集为________．解析：由 f(x)图象特征可得，⎛ 1⎤ ⎛1 ⎫121 ⎣ 2⎦⎡ 1⎤9．已知函数 f(x)＝ ln x ＋k e x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行．(1)求 k 的值；(2)求 f(x)的单调区间．1－ln x －k xe x又因为 f ′(1)＝1－k ＝0，故 k ＝1.e1－ln x －1 xe x设 h(x)＝1－ln x －1(x>0)，xx 2 x即 h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由 h(1)＝0 知，当 0<x <1 时，h (x)>0，从而 f ′(x)>0；当 x >1 时，h (x)<0，从而 f ′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．已知函数 f(x)＝x 3－ax －1.(1)若 f(x)在 R 上为增函数，求实数 a 的取值范围；(3)由题意知f ′(x)＝3x 2－a ，则f(x)的单调递减区间为⎝－3a ， 3a⎫， 令 f ′(x)＝0，解得 x ＝±3a . 因为 f(x)在区间 (－1，1)上不单调，所以 f ′(x)＝0 在(－1，1)上有解，需 0< 3a <1，得 1．(2019· 南昌模拟)已知函数 f(x)＝xsin x ，x 1，x 2∈⎝－， ⎭，且 f(x 1)<f(x 2)，那么( )(2)若函数 f(x)在(－1，1)上为单调减函数，求实数 a 的取值范围；(3)若函数 f(x)的单调递减区间为(－1，1)，求实数 a 的值； (4)若函数 f(x)在区间(－1，1)上不单调，求实数 a 的取值范围．解：(1)因为 f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以 f ′(x)＝3x 2－a ≥0 在(－∞，＋∞)上恒成立，即 a ≤3x 2 对 x ∈R 恒成立．因为 3x 2≥0，所以只需 a ≤0.又因为 a ＝0 时，f ′(x)＝3x 2≥0，f(x)＝x 3－1 在 R 上是增函数，所以 a ≤0，即实数 a 的取值范围为(－∞，0]．(2)由题意知 f ′(x)＝3x 2－a ≤0 在(－1，1)上恒成立，所以 a ≥3x 2 在(－1，1)上恒成立，因为当－1<x <1 时，3x 2<3，所以 a ≥3，所以 a 的取值范围为[3，＋∞)．⎛3 3 ⎭又 f(x)的单调递减区间为(－1，1)，所以 3a＝1，解得 a ＝3.3(4)由题意知：f ′(x)＝3x 2－a ，当 a ≤0 时，f ′(x)≥0，此时 f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故 a>0.330<a <3，所以实数 a 的取值范围为(0，3)．[综合题组练]⎛ π π ⎫ 2 2A ．x 1－x 2>0 C ．x 21－x 2>0B ．x 1＋x 2>0 D ．x 21－x 2<00，π⎪时，f′(x)>0，即f(x)在 0，⎪上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以当f(x)<f(x)时，有f(|x|)<f(|x|)，所以|x|<|x|，x2－x2<0，故选D.解析：由题可得函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x ln2，所以在定义域内f′(x)>0，函数单解析：设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所解析：选D.由f(x)＝xsin x，得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当x∈⎛⎫⎝2⎭⎛π⎫⎝2⎭121212122．(应用型)设函数f(x)＝e x＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3.若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则()A．g(a)<0<f(b)C．0<g(a)<f(b)B．f(b)<0<g(a)D．f(b)<g(a)<0解析：选A.因为函数f(x)＝e x＋x－2在R上单调递增，且f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0，所以f(a)＝0时a∈(0，1)．又g(x)＝ln x＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，所以g(a)<0.由g(2)＝ln2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1，2)，又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0.综上可知，g(a)<0<f(b)．3．(应用型)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)<f(3x)，则实数x的取值范围是________．1x调递增，所以由f(x2＋2)<f(3x)得x2＋2<3x，所以1<x<2.答案：(1，2)4．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．f（x）xf′（x）－f（x）x x2以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.因为f(x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)的图象的示意图如图所示．当x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，0＜x＜1，当x＜0，g(x)＜0时，f(x)>0，x＜－1，5．(综合型)设函数 f(x)＝aln x ＋x －1a ＋x （x ＋1）2 x （x ＋1）2①当 a ＝－1时，Δ＝0，f ′(x)＝ ≤0， x （x ＋1）2 ③当－1<a <0 时，Δ>0， 设 x ，x (x <x )是函数 g (x)的两个零点，a所以 使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案：(－∞，－1)∪(0，1)x ＋1，其中 a 为常数．(1)若 a ＝0，求曲线 y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数 f(x)的单调性．x －1解：(1)由题意知 a ＝0 时，f(x)＝，x ∈(0，＋∞)， x ＋1此时 f ′(x)＝ 2，（x ＋1）2可得 f ′(1)＝1，又 f(1)＝0，2所以曲线 y ＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 x －2y －1＝0.(2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝ 2 ax 2＋（2a ＋2）x ＋a ＝ .当 a ≥0 时，f ′(x)>0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a <0 时，令 g (x)＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．－1（x －1）22 2函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当 a <－1时，Δ<0，g (x)<0，2f ′(x)<0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．21 2 1 2则 x ＝ －（a ＋1）＋ 1 a2a ＋1 ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1 .－a＝ a 2＋2a ＋1－ 所以当 x ∈(0，x )时， g (x)<0，f ′(x)<0，函数 f(x)单调递减，当 x ∈(x ，x )时， g (x)>0，f ′当－1<a <0 时，f(x)在 0，⎛2a ＋1⎫ ，＋∞⎪上单调递减， g (x)＝x 3＋x 2·⎣f ′（x ）＋ 2 ⎦在区间(t ，3)上总不是单调函数，求 m 的取值范围．(2)由(1)及题意得 f ′(2)＝－ ＝1，即 a ＝－2，a ⎛ ⎪a a由于 x ＝ a ＋1－ 1 2a ＋1 －a 2a ＋1 >0，11 2(x)>0，函数 f(x)单调递增，当 x ∈(x ，＋∞)时，g (x)<0，f ′(x)<0，函数 f(x)单调递减．2综上可得：当 a ≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a ≤－1时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；22⎝ a－（a ＋1）＋ ⎪， ⎭⎛－（a ＋1）－ 2a ＋1 ⎫⎝ ⎭在 －（a ＋1）＋ 2a ＋1，－（a ＋1）－ 2a ＋1⎫上单调递增． ⎝ ⎭6．已知函数 f(x)＝aln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 y ＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为 45°，对于任意的 t ∈[1，2]，函数⎡ m ⎤解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f ′(x)＝a （1－x ），x当 a >0 时，f(x)的单调增区间为(0，1)，单调减区间为(1，＋∞)；当 a <0 时，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)；当 a ＝0 时，f(x)为常函数．a2⎫ 2所以 g (x)＝x 3＋⎛ ＋2 x －2x ， 由g ′(3)>0，即 m>－37.所以－37<m<－9.－ ，－9⎫.即实数 m 的取值范围是⎛所以 f(x)＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x)＝ .2x －2xm ⎝ 2 ⎭所以 g ′(x)＝3x 2＋(m ＋4)x －2.因为 g (x)在区间(t ，3)上总不是单调函数，即 g ′(x)在区间(t ，3)上有变号零点．由于 g ′(0)＝－2，⎧g ′（t ）<0，所以⎨⎩g ′（3）>0.当 g ′(t)<0 时，即 3t 2＋(m ＋4)t －2<0 对任意 t ∈[1，2]恒成立，由于 g ′(0)<0，故只要 g ′(1)<0 且 g ′(2)<0，即 m<－5 且 m<－9，即 m<－9；3337⎝ 3 ⎭。

第8讲函数与方程[考纲解读] 1.结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的关系，能够判断一元二次方程根的存在性与根的个数．(重点、难点)2.根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解．[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点，尤其是函数零点(方程的根)个数的判断及由零点存在性定理判断零点是否存在．预测2020年高考将以零点个数的判断或根据零点的个数求参数的取值范围为主要命题方向，以客观题或以解答题中一问的形式呈现.1．函数的零点(1)定义：对于函数y＝f(x)(x∈D)，□01f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)(x ∈D)的零点．(2)三个等价关系(3)存在性定理2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系1．概念辨析(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．()(2)函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)＜0.()(3)若f(x)在区间[a，b]上连续不断，且f(a)·f(b)＞0，则f(x)在(a，b)内没有零点．()(4)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值．()(5)若函数f(x)在(a，b)上单调且f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在[a，b]上有且只有一个零点．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．小题热身(1)已知函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：在下列区间中，函数f(x)必有零点的区间为()A．(1,2) B．(2,3) C．(3,4) D．(4,5)答案 B解析由已知得f(2)·f(3)<0，所以函数f(x)必有零点的区间为(2,3)．(2)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是()A．y＝cos x B．y＝sin xC．y＝ln x D．y＝x2＋1答案 A解析 y ＝sin x ，y ＝ln x 不是偶函数，y ＝x 2＋1不存在零点，所以只有y ＝cos x 符合题意．(3)函数f (x )＝x12 －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x零点的个数为()A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 B解析 函数f (x )＝x12－⎝⎛⎭⎪⎫12x零点的个数是方程x12－⎝⎛⎭⎪⎫12x＝0的解的个数，即方程x 12＝⎝⎛⎭⎪⎫12x的解的个数，也就是函数y ＝x 12 与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 图象的交点个数．在同一坐标系中作出两个函数的图象，可得交点个数为1.(4)若二次函数f (x )＝x 2＋kx ＋k 在R 上无零点，则实数k 的取值范围是________．答案 (0,4)解析 因为f (x )＝x 2＋kx ＋k 在R 上无零点，所以方程x 2＋kx ＋k ＝0无实根，所以Δ＝k 2－4k <0，解得0<k <4.题型 一 函数零点所在区间的判断1．设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3) D ．(3,4) 答案 B解析函数f(x)的零点所在的区间可转化为函数g(x)＝ln x，h(x)＝－x＋2图象交点的横坐标所在的取值范围．作图如右：可知f(x)的零点所在的区间为(1,2)．2．若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)·(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间()A．(a，b)和(b，c)内B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内D．(－∞，a)和(c，＋∞)答案 A解析由已知得，f(x)是二次函数，其图象是开口向上的抛物线，又因为a<b<c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.由零点存在性定理得函数f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)和(b，c)内．3．函数f(x)＝x2－3x－18在区间[1,8]上________(填“存在”或“不存在”)零点．答案存在解析令f(x)＝0，得x2－3x－18＝0，解得x＝6或－3.显然6∈[1,8]，－3∉[1,8]，所以f(x)＝x2－3x－18在区间[1,8]上存在零点，是6.1．在下列区间中，函数f (x )＝e －x ＋4x －3的零点所在的区间可能为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34 答案 D解析 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝e14 ＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14－3＝e14 －4<0，f (0)＝1－3＝－2<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e－12＋4×12－3＝e－12－1<0，f ⎝⎛⎭⎪⎫34＝e －34＋4×34－3＝e－34>0.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34<0，所以函数f (x )的零点所在的区间可能为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34.2．(2018·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为______．答案 3解析 ∵0≤x ≤π，∴π6≤3x ＋π6≤19π6.由题可知，当3x ＋π6＝π2，3x ＋π6＝3π2或3x ＋π6＝5π2时，f (x )＝0. 解得x ＝π9，4π9或7π9.故函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]上有3个零点．3．若x 0是函数f (x )＝2x －x 2最小的零点，且x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈Z ，则n ＝________.答案 －1解析 函数f (x )＝2x －x 2的零点是方程2x ＝x 2的实根，也是函数y ＝2x 与y ＝x 2交点的横坐标，结合图象可知x 0<0.因为f (－1)＝2－1－(－1)2<0，f (0)＝20－0>0，故x 0∈(－1,0)．故n ＝－1.题型 二 函数零点个数的判定1．函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2，x ≤02x －6＋ln x ，x >0的零点个数是________．答案 2解析 当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍去)，所以在(－∞，0]上有一个零点；当x >0时，易知f (x )在(0，＋∞)上是增函数．又因为f (2)＝－2＋ln 2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f (x )的零点个数为2.2．(2018·日照模拟)已知f (x )＝⎩⎨⎧|lg x |，x >02|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1的零点个数是________．答案 5解析 令2f 2(x )－3f (x )＋1＝0，解得f (x )＝1或f (x )＝12，作出f (x )的简图：由图象可得当f (x )＝1或f (x )＝12时，分别有3个和2个交点，则关于x 的函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1的零点的个数为5.条件探究1 在举例说明2条件下，判断函数y ＝f 2(x )－3f (x )零点的个数． 解 令f 2(x )－3f (x )＝0得f (x )＝0或f (x )＝3.由函数f (x )的图象可知f (x )＝0有1个实根，f (x )＝3有3个实根， 所以y ＝f 2(x )－3f (x )有4个零点．条件探究2 把举例说明2中的“2|x |”改为“2|x |－12”，其他条件不变，结果又如何？解 令2f 2(x )－3f (x )＋1＝0得f (x )＝1或f (x )＝12，作出函数f (x )的简图如下：由图象可知，f (x )＝1有3个实根，f (x )＝12有3个实根，所以y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1有6个零点．判断函数零点个数的方法(1)解方程法：所对应方程f (x )＝0有几个不同的实数解就有几个零点．如举例说明1.(2)零点存在性定理法：利用零点存在性定理并结合函数的性质进行判断． (3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．画出两个函数的图象，图象交点的个数，就是函数零点的个数．如举例说明2.1．(2019·河南南阳月考)函数f(x)＝x－cos x在[0，＋∞)内() A．没有零点B．有且仅有一个零点C．有且仅有两个零点D．有无穷多个零点答案 B解析先研究f(x)在区间[0,1]内的零点．因为f′(x)＝12x＋sin x，x>0，sin x>0，所以f′(x)>0，故f(x)在[0,1]上单调递增，且f(0)＝－1<0，f(1)＝1－cos1>0，所以f(x)在[0,1]内有唯一零点．当x>1时，f(x)＝x－cos x>0，故函数f(x)在[0，＋∞)上有且仅有一个零点，故选B.2．若f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝x(1－x)，则当x<0时，f(x)＝________；函数y＝[5f(x)－1][f(x)＋5]的零点个数为________．答案－x(x＋1) 6解析因为f(x)为偶函数，所以当x<0时，f(x)＝f(－x)＝－x(1＋x)，因为[5f(x)－1][f(x)＋5]＝0的根就是函数y＝[5f(x)－1][f(x)＋5]的零点，所以就转化为研究y＝f(x)与y＝15，y＝－5交点个数问题，如图：因此有6个交点．题型三函数零点的应用角度1根据函数零点个数求参数1．(2015·湖南高考)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________．答案 (0,2)解析 将函数f (x )＝|2x －2|－b 的零点个数问题转化为函数y ＝|2x －2|的图象与直线y ＝b 的交点个数问题，数形结合求解．在同一平面直角坐标系中画出y ＝|2x －2|与y ＝b 的图象，如图所示． ∴当0<b <2时，两函数图象有两个交点， 从而函数f (x )＝|2x －2|－b 有两个零点． ∴b 的取值范围是(0,2)．角度2 根据函数有无零点求参数2．(1)(2018·安庆模拟)函数f (x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．[2，＋∞) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103 (2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧0，x ≤0e x ，x >0，则使函数g (x )＝f (x )＋x －m 有零点的实数m的取值范围是( )A ．[0,1)B ．(－∞，1)C ．(－∞，1]∪(2，＋∞)D ．(－∞，0]∪(1，＋∞)答案 (1)D (2)D解析 (1)由题意知方程ax ＝x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有解，即a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有解，设t ＝x ＋1x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，则t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103.∴实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103.(2)函数g (x )＝f (x )＋x －m 的零点就是方程f (x )＋x ＝m 的根，画出h (x )＝f (x )＋x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≤0e x ＋x ，x >0的大致图象(图略)．观察它与直线y ＝m 的交点，得知当m ≤0或m >1时，有交点，即函数g (x )＝f (x )＋x －m 有零点．根据函数零点的情况求参数的三种常用方法(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，再转化成求函数值域问题加以解决．如举例说明2(1)．(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．如举例说明1、2(2)．1．若函数f (x )＝⎩⎨⎧2x－a ，x ≤0ln x ，x >0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．答案 (0,1]解析 当x >0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1. 因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点， 令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0<2x ≤20＝1，所以0<a ≤1， 所以实数a 的取值范围是(0,1]．2．(2018·安庆摸底)若函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2 解析 ∵函数f (x )＝4x －2x －a ，x ∈[－1,1]有零点，∴方程4x －2x －a ＝0在[－1,1]上有解，即方程a ＝4x －2x 在[－1,1]上有解．方程a ＝4x －2x ，可变形为a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122－14， ∵x ∈[－1,1]，∴2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122－14∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2. ∴实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2. 3．(2016·山东高考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x |，x ≤m x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．答案 (3，＋∞)解析 f (x )的大致图象如图所示，若存在b ∈R ，使得方程f (x )＝b 有三个不同的根，只需4m －m 2<m ，又m >0，所以m >3.思想方法 数形结合思想在函数零点问题中的应用函数y ＝f (x )的零点、方程f (x )＝0的实数根和函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标有密切的联系，解决相关问题时，通常要用到数形结合的方法．[典例] (2018·吉林吉大附中四模)已知定义域为R 的函数f (x )既是奇函数，又是周期为3的周期函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝sinπx ，则函数f (x )在区间[0,6]上的零点个数是________．答案 9解析 根据题意得当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝sinπx ，令f (x )＝0，则sinπx ＝0.解得x ＝1.因为函数f (x )是周期为3的周期函数，所以f (x ＋3)＝f (x )，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32. 又因为函数f (x )是定义域为R 的奇函数，所以f (0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝0.画出函数的图象，如图所示，由图象可知在[0,6]上的零点为0,1，32，2,3,4，92，5,6，所以共有9个零点．。