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模塊2專題8零點問題 方程圖象【講】
【典例1】
（2024·陜西西安·模擬預測）
已知函數．
（1）若函數在點處的切線與直線垂直，求a的值；
（2）當時，討論函數零點的個數．
【典例2】
（2024·北京門頭溝·一模）
已知函數．
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）當時，求的極值；
（3）當時，判斷零點個數，并說明理由．
【典例3】
（2022年新高考全國Ⅰ卷）
已知函數和有相同的最小值．
（1）求a；
（2）證明：存在直線，其與兩條曲線和有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
與函數零點相關的題型，在選擇題、填空題、解答題中均出現過，難度較大．這類問題通常有三種設問方式：判斷（證明）函數零點的個數，求零點所在的區間，由函數零點的個數求參數的值（取值范圍）．
函數的零點、方程的根、兩函數圖象的交點，三者各有特點，且能互相轉化．
函數的零點即方程的根，在坐標系中，就是函數的圖象與x軸的交點的橫坐標；若，則函數的零點就是方程的根，也就是函數與函數的圖象的交點的橫坐標．
關于函數的零點，可通過函數零點存在性定理進行判定，如果函數在區間上的圖象是一條連續不斷的曲線，并且有，那么函數在區間上有零點，即存在實數，使得，這個c就是方程的根．
函數零點存在性定理的作用是通過代入特殊值精確計算，將零點限定在一個較小的范圍內，這種方法只能判定零點是否存在，而無法判斷零點的個數．
關于方程的根，當所給函數的性質和圖象不易分析時，可將函數轉化為方程，利用等式的性質進行化簡和變形，從而等價構造出易于分析的函數．但能夠直接求解的方程種類不多，很多轉化后的方程無法用傳統方法求根，也無法判斷根的個數．
關于兩函數圖象的交點，它是將代數運算轉化為圖形特征，通過圖象能清晰地數出交點的個數，或者確定參數的取值范圍．
【精細化解析 典例1】
第一步：求導可得，根據題意結合垂直關系運算求解；
由題意可知：，可知，
且直線的斜率為，
由題意可知：，解得．
第二步：構建，由題意分析可知的零點個數即為與的交點個數，求導，利用導數判斷的單調性和最值，進而可得結果.
由得，
令，
可知的零點個數即為與的交點個數，
則，
因為，則，
令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
且趨近于0時，趨近于，，，
當或時，函數有一個零點；
當時，函數有兩個零點；
當時，函數沒有零點．
[精細化解析 典例2]
第一步：求出函數的導函數，即可求出切線的斜率，從而求出切線方程；
當時，則，，
所以，
所以曲線在點處的切線方程為.
第二步：求出函數的定義域與導函數，即可求出函數的單調區間，從而求出極值；
函數的定義域為，且，
令，則，
因為，所以恒成立，所以在上單調遞減，
即在上單調遞減，
又，
所以當時，當時，
則在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在處取得極大值，無極小值.
第三步：依題意可得，構造函數并判斷的零點個數，利用導數說明的單調性，求出最小值，再令，，利用導數說明的單調性，即可求出，從而得解.
令，即，
因為，所以，
令，
所以判斷的零點個數，即判斷的零點個數，
又，，
所以當時，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
令，，
則，因為，所以，
所以在上單調遞減，
所以，
所以，當且僅當時等號成立，
所以當時有一個零點，即有一個零點，
當時無零點，即無零點，
綜上可得當時有一個零點，當時無零點.
【精細化解析 典例3】
第一步：分類討論求導判斷的單調性，進而得到相應的最小值，根據最小值即可求解；
的定義域為，，
若，則，在上單調遞增，無最小值，所以．
令，得．
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．
所以．
的定義域為，，令，得．
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．所以．
因為和有相同的最小值，
所以，整理得，其中．
設，，則，
所以為上的增函數，而，故的唯一解為，即的解為．綜上，．
第二步：根據方程變形，構造函數，將根據導數得函數只有一個零點，根據題意數形結合求得b的值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.
由（1）得，，兩者的圖象如圖．
當時，設，
則，
在上單調遞增，故，
所以與的圖象有唯一交點P，當直線經過點P時，其與兩條曲線和才有三個不同的交點．
設三個交點的橫坐標分別為，，，
則，（*）．
由，得，所以，
由于，，在上單調遞減，故．
由，得，所以，
由于，，在上單調遞增，故，即．
所以，由（*）式得，得證．
類型1 代數法求解零點
例1
（四川省成都市2022屆高三第三次診斷考試文科）
函數的零點個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
解析 函數的定義域為，，
令，，則，故在上單調遞增．
因為，，所以存在唯一的，使得，
即，即，所以．
當時，，，單調遞減
當時，，，單調遞增．
所以，
所以函數的零點個數為1．故選B．
升華 如果方程比較容易求解，則可以直接解方程得到函數的零點；如果函數以分段形式給出，即則其零點由方程，的根和方程，的根組成．
本題先換元，令，求出兩個根或，據此進一步求出的五個根．
【類題1-1】
1．函數，則集合元素的個數有（ ）
A．個 B．個 C．個 D．個
【類題1-2】
2．已知函數，且，則的零點個數為（ ）
A．個 B．個 C．個 D．個
【類題1-3】
3．已知函數在區間上的零點個數為，函數在區間上的所有零點的和記為.則下述正確的是（ ）
A．
B．
C．在區間上任意兩零點的差大于
D．在區間上任意兩相鄰零點的差大于
類型2 幾何法分析零點
例2
（2019年高考天津卷文科）
已知函數若關于x的方程恰有兩個互異的實數根，則a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
思路 在同一坐標系中，作出函數的圖象，以及直線，
根據圖象判斷兩者有兩個不同交點時a的取值范圍．
解析 關于x的方程恰有兩個互異的實數根，
即為和的圖象有兩個交點．
如圖，平移直線，當直線經過點，時，兩圖象剛好有兩個交點，分別得，，從而；
由直線與曲線相切，可得，
由，解得（舍去）．
綜上，a的取值范圍是．故選D．
升華 若方程不易求解，則可借助函數的圖象，分析圖象與x軸的交點情況．
給定分段函數求零點的問題，要先畫出函數的圖象，然后根據的圖象與和圖象的交點情況確定函數的零點情況．
本題先作出的圖象，再通過平移直線，觀察直線與函數的圖象的交點．當直線經過點和時，有兩個交點，直線與曲線相切，由此求得a的值，結合圖象可得所求范圍．
【類題1-1】
4．已知偶函數，且，則函數在區間的零點個數為( )
A．2020 B．2016 C．1010 D．1008
【類題1-2】
（2024·陜西漢中·二模）
5．已知函數，若函數有4個零點，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
類型3 復合函數的零點
例3
（2024·全國·模擬預測）
已知函數，，若函數恰有6個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
思路 先利用導數研究當時，函數的圖象和性質，結合對數函數的圖象及絕對值的意義作出函數的大致圖象，然后根據題意及一元二次方程根的分布得到關于的不等式，解不等式即可得到實數的取值范圍．
解析 當時，，，
令，得，當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
又，，當趨近于時，趨近于0，
結合對數函數的圖象及絕對值的意義可作出函數的圖象如圖所示．
令，則，數形結合可知要使有6個零點，
則有兩個不相等的實數根、，不妨令，有如下兩種情況：
若，但，故排除此種情況，
若，對于二次函數開口向上，又，則，得，
綜上，實數的取值范圍是．
故選：A
升華 復合函數的零點判定，需要通過“內設、外求、圖相助”的方法處理．
（1）換元：令，將復合函數分解為兩個簡單函數和，稱為“內函數”，為“外函數”．
（2）利用外函數的圖象判斷其零點，得到函數有個零點，，…，．
（3）再判斷的根的個數，即分別作出與的圖象，從而判斷方程對應的x的個數，最后把上述x的個數合在一起，就是函數的零點個數．
【類題1-1】
6．已知函數，則函數的零點個數是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【類題1-2】
（2024·遼寧·一模）
7．已知函數，若關于的方程有五個不等的實數解，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【類題1-3】
（2024·全國·模擬預測）
8．已知函數，．若有5個零點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】根據分段函數解析式，結合集合元素要滿足的性質，通過分類討論求所有滿足條件的的值，進而確定集合中元素的個數．
【詳解】當時，，解得，
當時，若，解得，
當時，若，解得，
當時，若，則，解得或.
又∵
∴或
∴或或或或.
∴集合元素的個數有5個.
故選：D．
2．C
【分析】解三角方程求得的零點即可解決
【詳解】由
可得或，又，則，或，或
則的零點個數為3
故選：C
3．ABC
【分析】把零點看作是函數和函數的交點的橫坐標，利用奇函數的對稱性，的周期性與單調性判斷各選項．
【詳解】由得，此方程的解即直線與函數交點的橫坐標，又是周期為的周期函數，也是奇函數，且在上單調遞減，而是增函數也是奇函數，它們只有一個交點，同理在上都是有一個交點，時，交點在 上，所以它們在上交點個數為，即，，B正確；
由函數和都是奇函數，知所有交點關于原點對稱，因此，A正確；
相鄰兩個零點為，，，
又當時，，
設且，則，而，所以，且，
若，則，所以，若，則，即仍然有，
綜上，任意兩個相鄰零點，都有，C正確，D錯誤．
故選：ABC．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查方程根的分布問題，解題關鍵是把方程的根轉化為函數圖象交點的橫坐標，即構造函數和，它們都是奇函數，再確定的周期性與單調性，利用這些性質易判斷各選項同．
4．A
【分析】作出一個周期內的函數圖象，結合函數周期性判斷與函數圖象交點個數即可．
【詳解】
依題意，當時，對稱軸為，
由可知，函數的周期
令，可得
求函數的零點個數，即求偶函數與函數圖象交點個數
當時，函數與函數圖象有個交點
由知，
當時函數與函數圖象有個交點
故函數的零點個數為
故選:
5．D
【分析】由題意可知：函數的零點個數即為與的交點個數，利用導數求過原點的切線，結合圖象分析求解.
【詳解】作出的圖象，如圖所示
令，可得，
由題意可知：函數的零點個數即為與的交點個數，
若，則，可得，
設切點坐標為，切線斜率為，
則切線方程為，
代入點，可得，解得，
此時切線斜率為；
若，則，可得，
設切點坐標為，切線斜率為，
則切線方程為，
代入點，可得，解得，
此時切線斜率為；
結合圖象可知的取值范圍為.
故選：D.
【點睛】易錯點睛：數形結合就是通過數與形之間的對應和轉化來解決數學問題．它包含以形助數和以數解形兩個方面．一般來說，涉及函數、不等式、確定參數取值范圍、方程等問題時，可考慮數形結合法．運用數形結合法解題一定要對有關函數圖象、方程曲線、幾何圖形較熟悉，否則，錯誤的圖象反而導致錯誤的選擇．
6．D
【分析】令，根據分別求出函數的零點或零點所在區間，再作出函數的圖象，根據數形結合即可求出函數的零點個數；
【詳解】令．
①當時，，則函數在上單調遞增，
由于，由零點存在定理可知，存在，使得；
②當時，，由，解得．
作出函數，直線的圖象如下圖所示：

由圖象可知，直線與函數的圖象有兩個交點；
直線與函數的圖象有兩個交點；直線與函數的圖象有且只有一個交點．綜上所述，函數的零點個數為5．
故選：D．
7．C
【分析】首先判斷函數在各段的單調性，即可得到的大致圖象，令，則化為，分、、、、、六種情況討論，結合函數圖象即可得解.
【詳解】由，
當時，函數在上單調遞減，且，，當時，
當時，則，
所以當時，當時，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，
可得的大致圖象如下所示：
令，則化為，
當時無解，則無解；
當時，解得，由圖可知有兩解，即有兩解；
當時有一解且，又有一個解，即有一解；
當時有兩個解，即、，
又有一個解，有兩個解，所以共有三個解；
當時有三個解，即，，，
無解，有三個解，有兩個解，
所以共有五個解；
當時有兩個解，即，，
有三個解，有兩個解，
所以共有五個解；
綜上可得的取值范圍是.
故選：C
【點睛】關鍵點睛：本題解答的關鍵是數形結合，另外分類討論需做到不重不漏.
8．A
【分析】當時，對求導，得到的單調性和最值再結合二次函數的性質畫出的圖象，令，將函數的零點個數問題轉化為方程根的問題，結合圖象求解即可.
【詳解】由題意可知當時，，
令可得：；令可得：；，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
，且當時，，
當趨近于負無窮時，趨近于0；
當時，圖象的對稱軸為直線，．
故作出的大致圖象如圖所示．
令，數形結合可知要使有5個零點，
需使方程有2個不同的實數根，且，或．
①若，，則，不成立，舍去．
②若，，則，解得．
當時，方程為，解得或，不符合方程2個根的取值范圍，舍去．
故實數的取值范圍為．
故選：A．
【點睛】方法點睛：對于求解函數零點個數問題，由以下的方法：（1）函數單調性與零點存在性定理得到函數零點個數；（2）參變分離后構造函數進行求解零點個數；（3）轉化為兩函數交點個數問題.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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