全国高考数学复习微专题： 函数零点的个数问题

函数零点的个数问题

一、知识点讲解与分析：

1、零点的定义：一般地，对于函数yfxxD，我们把方程0fx的实数根x称为函数yfxxD的零点

2、函数零点存在性定理：设函数fx在闭区间,ab上连续，且0fafb，那么在开区间,ab内至少有函数fx的一个零点，即至少有一点0,xab，使得00fx。

（1）fx在,ab上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提

（2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设fx连续）

① 若0fafb，则fx的零点不一定只有一个，可以有多个

② 若0fafb，那么fx在,ab不一定有零点

③ 若fx在,ab有零点，则fafb不一定必须异号

3、若fx在,ab上是单调函数且连续，则0fafbfx在,ab的零点唯一

4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系

设函数为yfx，则fx的零点即为满足方程0fx的根，若fxgxhx,则方程可转变为gxhx，即方程的根在坐标系中为,gxhx交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。

由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。（详见方法技巧）

二、方法与技巧：

1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。例如：对于方程ln0xx，无法直接求出根，构造函数lnfxxx，由110,02ff即可判定其零点必在1,12中

2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用

（1）函数的零点：

工具：零点存在性定理

作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。

缺点：方法单一，只能判定零点存在而无法判断个数，且能否得到结论与代入的特殊值有关

（2）方程的根：

工具：方程的等价变形

作用：当所给函数不易于分析性质和图像时，可将函数转化为方程，从而利用等式的性质可对方程进行变形，构造出便于分析的函数

缺点：能够直接求解的方程种类较少，很多转化后的方程无法用传统方法求出根，也无法判断根的个数

（3）两函数的交点：

工具：数形结合

作用：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变为图形特征，是数形结合的体现。通过图像可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数）或者确定参数的取值范围。

缺点：数形结合能否解题，一方面受制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进行参变分离，其目的在于若含x的函数可作出图像，那么因为另外一个只含参数的图像为直线，所以便于观察），另一方面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧，以及作图时速度与精度的平衡（作图问题详见：1.7 函数的图像）

3、在高中阶段主要考察三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理，（2）二次方程根分布问题，（3）数形结合解决根的个数问题或求参数的值。其中第（3）个类型常要用到函数零点，方程，与图像交点的转化，请通过例题体会如何利用方程构造出函数，进而通过图像解决问题的。

三、例题精析：

例1：直线ya与函数33yxx的图象有三个相异的交点，则a的取值范围为 ( )．

A．2,2 B．2,2 C．2, D．,2 思路：考虑数形结合，先做出33yxx的图像，'233311yxxx，令'0y可解得：1x或1x，故33yxx在,1,1,单调递增，在1,1单调递减，函数的极大值为12f，极小值为12f，做出草图。而ya为一条水平线，通过图像可得，ya介于极大值与极小值之间，则有在三个相异交点。可得：2,2a

答案：A

小炼有话说：作图时可先作常系数函数图象，对于含有参数的函数，先分析参数所扮演的角色，然后数形结合，即可求出参数范围。

例2：设函数222ln1fxxxx，若关于x的方程2fxxxa在0,2上恰有两个相异实根，则实数a的取值范围是_________

思路：方程等价于：2222ln12ln1xxxxxaaxx，即函数ya与2ln1gxxx的图像恰有两个交点，分析gx的单调性并作出草图：'21111xgxxx

令'0gx解得：1x gx在0,1单调递减，在1,2单调递增，112ln2,00,222ln3ggg，由图像可得，水平线ya位于1,2gg之间时，恰好与gx有两个不同的交点。 12ln222ln3a

答案：12ln222ln3a

小炼有话说：（1）本题中的方程为2222ln1xxxxxa，在构造函数时，进行了x与a的分离，此法的好处在于一侧函数图像为一条曲线，而含参数的函数图像由于不含x所以为一条水平线，便于上下平移，进行数形结合。由此可得：若关于x的函数易于作出图像，则优先进行参变分离。所以在本题中将方程转变为2ln1axx，构造函数2ln1gxxx并进行数形结合。 （2）在作出函数草图时要注意边界值是否能够取到，数形结合时也要注意a能否取到边界值。

例3：已知函数2,0ln,0kxxfxkRxx，若函数yfxk有三个零点，则实数k的取值范围是（

）

A. 2k B. 10k C. 21k D.2k

思路：函数yfxk有三个零点，等价于方程fxk有三个不同实数根，进而等价于fx与yk图像有三个不同交点，作出fx的图像，则k的正负会导致fx图像不同，且会影响yk的位置，所以按0,0kk进行分类讨论，然后通过图像求出k的范围为2k。

答案：D

小炼有话说：（1）本题体现了三类问题之间的联系：即函数的零点方程的根函数图象的交点，运用方程可进行等式的变形进而构造函数进行数形结合，解决这类问题要选择合适的函数，以便于作图，便于求出参数的取值范围为原则。

（2）本题所求k在图像中扮演两个角色，一方面决定fx左侧图像直线的倾斜角，另一方面决定水平线的位置与x轴的关系，所以在作图时要兼顾这两方面，进行数形结合。

例4：已知函数fx满足3fxfx，当1,3,lnxfxx，若在区间1,9内，

函数gxfxax有三个不同零点，则实数a的取值范围是（ ）

A．ln31,3e B. ln31,93e C．ln31,92e D．ln3ln3,93 思路：33xfxfxfxfQ，当3,9x时，ln33xxfxf，所以ln,13ln,393xxfxxx，而gxfxax有三个不同零点yfx与yax有三个不同交点，如图所示，可得直线yax应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln3193ae

答案：B

小炼有话说：本题有以下两个亮点。

（1）如何利用 3xfxf，已知1,3,xfx的解析式求3,9,xfx的解析式。

（2）参数a的作用为直线yax的斜率，故数形结合求出三个交点时a的范围

例5：已知函数)(xf是定义在,00,上的偶函数，当0x时，2,22120,12)(|1|xxfxxfx，则函数1)(4)(xfxg的零点个数为（ ）

A． 4 B．6 C．8 D．10

思路：由fx为偶函数可得：只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当0,2x时，可以利用2xy利用图像变换作出图像，2x时，122fxfx，即自变量差2个单位，函数值折半，进而可作出2,4，4,6，……的图像，gx的零点个数即为14fx根的个数，即fx与14y的交点个数，观察图像在0x时，有5个交点，根据对称性可得0x时，也有5个交点。共计10个交点

答案：D

小炼有话说：

（1）122fxfx类似函数的周期性，但有一个倍数关系。依然可以考虑利用周期性的思想，在作图时，以一个“周期”图像为基础，其余各部分按照倍数调整图像即可

（2）周期性函数作图时，若函数图像不连续，则要注意每个周期的边界值是属于哪一段周期，在图像中要准确标出，便于数形结合。

（3）巧妙利用fx的奇偶性，可以简化解题步骤。例如本题中求交点个数时，只需分析正半轴的情况，而负半轴可用对称性解决

例6：对于函数fx，若在定义域内存在．．实数x，满足fxfx，称fx为“局部奇函数”，若12423xxfxmm为定义域R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是（ ）

A.1313m B. 1322m

C. 2222m D. 2213m

思路：由“局部奇函数”可得： 22422342230xxxxmmmm，整理可得：244222260xxxxmm，考虑到244222xxxx，从而可将22xx视为整体，方程转化为：2222222280xxxxmm，利用换元设22xxt（2t），则问题转化为只需让方程222280tmtm存在大于等于2的解即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设222280gttmtm。

（1）若方程有一个解，则有相切（切点xm大于等于2）或相交（其中交点在2x两侧），即02m或20g，解得：22m或1313m

（2）若方程有两解，则0202gm，解得：222213,1313222mmmmm，