資源簡介

第 07 講 函數與方程
目錄
01 考情透視·目標導航..........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航..........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究..........................................................................................................................4
知識點 1：函數的零點與方程的解 ............................................................................................................................4
知識點 2：二分法 ........................................................................................................................................................4
解題方法總結 ...............................................................................................................................................................5
題型一：求函數的零點或零點所在區間 ...................................................................................................................5
題型二：利用函數的零點確定參數的取值范圍 .......................................................................................................6
題型三：方程根的個數與函數零點的存在性問題 ...................................................................................................7
題型四：嵌套函數的零點問題 ...................................................................................................................................7
題型五：函數的對稱問題 ...........................................................................................................................................9
題型六：函數的零點問題之分段分析法模型 .........................................................................................................10
題型七：唯一零點求值問題 .....................................................................................................................................10
題型八：分段函數的零點問題 .................................................................................................................................11
題型九：零點嵌套問題 .............................................................................................................................................12
題型十：等高線問題 .................................................................................................................................................13
題型十一：二分法 .....................................................................................................................................................14
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................15
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................16
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................16
易錯點：不理解函數圖象與方程根的聯系 .............................................................................................................16
答題模板：數形結合法解決零點問題 .....................................................................................................................17
考點要求 考題統計 考情分析
2024年 II卷第 6題，5分
從近幾年高考命題來看，高考對函數與方程
2024年天津卷第 15題，5分
也經常以不同的方式進行考查，比如：函數零點
2024年甲卷第 14題，5分
（1）零點存在性定理 的個數問題、位置問題、近似解問題，以選擇
2023年天津卷第 15題，5分
（2）二分法 題、填空題、解答題等形式出現在試卷中的不同
2022年天津卷第 15題，5分
位置，且考查得較為靈活、深刻，值得廣大師生
2021年天津卷第 9題，5分
關注．
2021年北京卷第 15題，5分
復習目標：
（1）理解函數的零點與方程的解的聯系.
（2）理解函數零點存在定理，并能簡單應用.
（3）了解用二分法求方程的近似解．
知識點 1：函數的零點與方程的解
1、函數零點的概念
對于函數 y = f x ，我們把使 f x = 0的實數 x 叫做函數 y = f x 的零點.
2、方程的根與函數零點的關系
方程 f x = 0有實數根 函數 y = f x 的圖像與 x 軸有公共點 函數 y = f x 有零點.
3、零點存在性定理
如果函數 y = f x 在區間 a,b 上的圖像是連續不斷的一條曲線，并且有 f a × f b < 0 ，那么函數
y = f x 在區間 a,b 內有零點，即存在 c a,b ，使得 f c = 0,c也就是方程 f x = 0的根.
【診斷自測】已知函數 f (x) 是定義在 R 上的偶函數且滿足 f (2 - x) = f (x)，當 x 0,2 時，
f (x) = -x2 + 2x -1，則函數 g(x) = f (x) - log1 ( x -1)的零點個數為 .
3
知識點 2：二分法
1、二分法的概念
對于區間 a,b 上連續不斷且 f a × f b < 0 的函數 f x ，通過不斷地把函數 f x 的零點
所在的區間一分為二，使區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點的近似值的方法叫做二分法.求
方程 f x = 0的近似解就是求函數 f x 零點的近似值.
2、用二分法求函數 f x 零點近似值的步驟
（1）確定區間 a,b ，驗證 f a × f b < 0 ，給定精度e .
（2）求區間 a,b 的中點 x1 .
（3）計算 f x1 .若 f x1 = 0, 則 x1 就是函數 f x 的零點；若 f a × f x1 < 0 ，則令b = x1 （此時零點
x0 a, x1 ）.若 f b × f x1 < 0 ，則令 a = x1（此時零點 x0 x1,b ）
（4）判斷是否達到精確度e ，即若 a - b < e ，則函數零點的近似值為 a（或b ）；否則重復第（2）~
（4）步.
用二分法求方程近似解的計算量較大，因此往往借助計算完成.
5 3
【診斷自測】用二分法研究函數 f x = x + 8x -1的零點時，第一次經過計算得 f 0 < 0， f 0.5 > 0，則
其中一個零點所在區間和第二次應計算的函數值分別為（ ）
A． 0,0.5 ， f 0.125 B． 0,0.5 ， f 0.375
C． 0.5,1 ， f 0.75 D． 0,0.5 ， f 0.25
解題方法總結
函數的零點相關技巧：
①若連續不斷的函數 f (x) 在定義域上是單調函數，則 f (x) 至多有一個零點.
②連續不斷的函數 f (x) ，其相鄰的兩個零點之間的所有函數值同號.
③連續不斷的函數 f (x) 通過零點時，函數值不一定變號.
④連續不斷的函數 f (x) 在閉區間[a，b]上有零點，不一定能推出 f (a) f (b) < 0 .
題型一：求函數的零點或零點所在區間
ìx x + 3 , x < 0,
【典例 1-1】已知函數 f x = í f x
x x - 3 , x 0,
則函數 的零點個數為（
）
A．1 B．2 C．3 D．4
1
【典例 1-2】函數 f x = ln 2x - 的一個零點所在的區間是（
x ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
【方法技巧】
求函數 f x 零點的方法：
（1）代數法，即求方程 f x = 0的實根，適合于宜因式分解的多項式；（2）幾何法，即利用函數
y = f x 的圖像和性質找出零點，適合于宜作圖的基本初等函數.
【變式 1-1】定義在 0, + 上的單調函數 f x 滿足："x 0, + , f é f x - log2 x ù = 3，則方程
f x 1- = 2 的解所在區間是（
x ）

A． 0,
1 1
÷ B． ,1

÷ C． 1,22 D． 2,3 è 2 è
【變式 1-2】已知函數 f x = 2x + x - 2 ， g x = log2 x + x - 2 ， h x = x3 + x - 2的零點分別為 a，b，c，
則 a + b + c = ．
【變式 1-3】（2024· 2 x x高三·山西太原·期中）已知 x0 是函數 f x = x e + ln x 的零點，則 e 0 × ln x0 = .
【變式 1-4】（2024·四川成都·模擬預測）已知函數 f x = cos3x - 3cos 2x - 3cos x +1， x 0,2π ，則
函數 f x 的零點是 ．
【變式 1-5】設 x0 是函數 f x = log2x - 2- x 的一個零點，若0 < x1 < x2 < x3 且 f x1 f x2 f x3 < 0，則
下列結論一定錯誤的是（ ）
A． x0 0, x2 B． x0 x1, x2
C． x0 0, x1 D． x0 x3,+
題型二：利用函數的零點確定參數的取值范圍
【典例 2-1】（2024·高三·浙江紹興·期末）已知命題 p ：函數 f (x) = 2x3 + x - a 在 1,2 內有零點，則命
題 p 成立的一個必要不充分條件是（ ）
A．3 a <18 B．3 < a <18 C．a < 18 D． a 3
【典例 2-2】（2024·四川巴中·一模）若函數 f x = 2ax2 + 3x -1在區間 -1,1 內恰有一個零點，則實數
a 的取值集合為（ ）
A． a | -1 < a < 2 9B．{a | a = - 或-1 < a < 2} .
8
C．{a | -1 a 2}
9
D．{a | a = - 或-1 a 2} .
8
【方法技巧】
本類問題應細致觀察、分析圖像，利用函數的零點及其他相關性質，建立參數的等量關系，列關于參
數的不等式，解不等式，從而解決.
【變式 2-1 2】（2024·山西陽泉·三模）函數 f x = log2 x + x + m 在區間 1,2 存在零點．則實數 m 的取
值范圍是（ ）
A． - , -5 B． -5, -1 C． 1,5 D． 5,+
【變式 2-2】設函數 f (x) = ex + a(x -1) + b在區間[1,3]上存在零點，則 a2 + b2 的最小值為（ ）
e
A B e
2
． ．e C． D． e22 2
【變式 2-3】若方程 x x - a + k = 0在區間 0,2 上有解，其中-4 + 4 2 a < 4，則實數 k 的取值范圍
為 ．（結果用 a表示）
題型三：方程根的個數與函數零點的存在性問題
【典例 3-1】（2024· 2全國·模擬預測）已知函數 f x = x - ax + a ln x +1 ，a R 的圖像經過四個象限，
則實數 a 的取值范圍是 ．
【典例 3-2】設函數 f x 是定義在 R 上的奇函數，對任意 x R ，都有 f 1+ x = f 1- x ，且當
x 0,1 時， f x = 2x -1，若函數 g x = f x - loga x（其中 a > 1）恰有 3 個不同的零點，則實數 a 的取
值范圍為 .
【方法技巧】
方程的根或函數零點的存在性問題，可以依據區間端點處函數值的正負來確定，但是要確定函數零點
的個數還需要進一步研究函數在這個區間的單調性，若在給定區間上是單調的，則至多有一個零點；如果
不是單調的，可繼續分出小的區間，再類似做出判斷.
【變式 3-1】（2024·河南·二模）已知函數 f x 是偶函數，對任意 x R ，均有 f x = f x + 2 ，當
x 0,1 時， f x =1- x，則函數 g x = f x - log5 x +1 的零點有 個.
2 x-3 3-x
【變式 3-2】已知函數 f x = x - 6x + m e + e - n 的四個零點是以 0 為首項的等差數列，則
m + n = .
【變式 3-3】（2024·全國·模擬預測）若函數 f x = x2 - axex + 2ae2x-1有三個不同的零點，則實數 a的取
值范圍是 ．
【變式 3-4】（2024·
x
陜西商洛·模擬預測）已知關于 x 的方程 x = aa (a > 0且 a 1)有兩個不等實根，則
實數 a的取值范圍是（ ）
1 1
1
A． 1,ee ÷ B． 0,ee ÷ C． 1, e D． ee , e ÷
è è è
題型四：嵌套函數的零點問題
ì 3x - 2 , x 2

【典例 4-1】設函數 f (x) = í 7 ，若方程 f
2 (x) - af (x) - a + 3 = 0有 6 個不同的實數解，則實
, x > 2
x -1
數 a 的取值范圍為（ ）
3 , 7 2, 7 7A B C ． ÷ ． ÷ ． ,3

÷ D． (3, 4)
è 2 3 è 3 è 3
ln x +1
【典例 4-2】（2024·高三·河南·期末）已知函數 f (x) = ，若方程[ f (x)]2 - (3m + 2) f (x) + 2m +1 = 0
x
有三個不同的實數解，則實數m 的取值范圍是（ ）
é 1 1
A． ê- , +

÷ B． - , -
ù {1}
2 è 2ú
1 1
C． - , -
ù
D． - , - ÷
è 2ú è 2
【方法技巧】
1、涉及幾個根的取值范圍問題，需要構造新的函數來確定取值范圍．
2、二次函數作為外函數可以通過參變分離減少運算，但是前提就是函數的基本功一定要扎實、過關.
x
【變式 4-1】（2024·內蒙古呼和浩特·二模）已知函數 f (x) = x+1 ，若關于 x 的方程e
[ f (x)]2 + mf (x) -1+ m = 0恰有 3 個不同的實數解，則實數m 的取值范圍是（ ）
1 1
A 1- ,1 B 2． ． 1- ,+ C． (- ,2) (2,+ ) D． 1,e
è e2 ÷
e2 ÷ è
ìx2 - 4x -1, x…0,
【變式 4-2】已知函數 f (x) = í 2x 若方程[ f (x)] - 2af (x) + 4 = 0 有 5 個不同的實數解，則
2 - 2, x < 0,
實數 a的取值范圍為（ ）
A
5 7
． - ,-2

÷ B． , 2
ù 5 ù é7
ú C． - , -2ú Dè 2
．
è 4 è 2 ê
, 2
4 ÷
f x sin x, π x π π π【變式 4-3】（2024·高三·上海·期中）已知函數 = - ， g x = cos x,- x 2 2 2 2 ，下列四
個結論中，正確的結論有（ ）
①方程 f ég x ù = 0 有 2 個不同的實數解；
②方程 g é f x ù = 0 有 2 個不同的實數解；
③方程 f é f x ù = 0 有且只有 1 個實數解；
④當m 0,1 時，方程 g ég x ù = m 有 2 個不同的實數解.
A．0 個 B．1 個 C．2 個 D．3 個
題型五：函數的對稱問題
ì2- x + a, x > 0
【典例 5-1】已知函數 f x = í ，若 y = f x 的圖象上存在兩個點 A, B關于原點對稱，則
x, x < 0
實數 a的取值范圍是（ ）
A． 1, + B． 1, + C． -1, + D． -1, +
2
【典例 5-2】（2024·云南昭通·模擬預測）已知函數 f x = lnx + sinx, g x = ax + sinx，若函數 f x 圖
象上存在點M 且 g x 圖象上存在點 N ，使得點M 和點 N 關于坐標原點對稱，則 a的取值范圍是（ ）
A é
1
- ,+ 1 ù． ê ÷ B． - ,- 2e è 2eú
é 1 1
C． ê- ,+
ù
e2 ÷
D． - , -
è e2 ú
【方法技巧】
轉化為零點問題
f x = kx 1 2
x+1
-
【變式 5-1】（2024·四川內江·一模）已知函數 ， x e ，
è e ÷ g x = e
2 +1，若 f x 與
g x 的圖象上分別存在點M N ，使得M N 關于直線 y = x +1對稱，則實數 k 的取值范圍是（ ）
A é
1
- ,eù é 4- , 2eù é 2 ù 3． ê e ú B． ê C． - , 2e D
é
． - ,3e
ù
e2 ú ê e ú ê e ú
【變式 5-2】（2024·四川·三模）定義在 R 上的函數 y = f x 與 y = g x 的圖象關于直線 x =1對稱，且
函數 y = g 2x -1 +1為奇函數，則函數 y = f x 圖象的對稱中心是（ ）
A． -1, -1 B． -1,1 C． 3,1 D． 3, -1
【變式 5-3】（2024·河北邯鄲·二模）若直角坐標平面內 A, B兩點滿足條件：
①點 A, B都在 f x 的圖像上；
②點 A, B關于原點對稱，則對稱點對 A, B 是函數的一個“兄弟點對”（點對 A, B 與 B, A 可看作一
個“兄弟點對” )．
ìcos x x 0
已知函數 f x = í ，則 f x lg x x 0 的“兄弟點對”的個數為（> ）
A．2 B．3 C．4 D．5
題型六：函數的零點問題之分段分析法模型
1nx
【典例 6-1】（2024·黑龍江· 2高三大慶市東風中學校考期中）設函數 f (x) = x - 2ex - + a （其中 e為
x
自然對數的底數），若函數 f (x) 至少存在一個零點，則實數 a的取值范圍是
(0 e2 1A． ， - ] B． (0，e2
1
+ ]
e e
C [e2
1
- ，+ ) D (- ，e2
1
． ． + ]
e e
【典例 6-2】（2024·福建廈門·廈門外國語學校校考一模）若至少存在一個 x ，使得方程
ln x - mx = x(x2 - 2ex)成立．則實數m 的取值范圍為（ ）
A m e2
1
． + B．m e2
1 1 1
+ C．m e + D．m e +
e e e e
【方法技巧】
分類討論數學思想方法
x
【變式 6-1 2】設函數 f x = x - 2x - x + a （其中 e為自然對數的底數），若函數 f x 至少存在一個零e
點，則實數 a的取值范圍是（ ）
A． (0,1
1
+ ] B． (0,e
1
+ ] C．[e
1 1
+ , + ) D． (- ,1+ ]
e e e e
ln x 2
【變式 6-2】已知函數 f (x) = - x + 2ex - a（其中 e為自然對數的底數）至少存在一個零點，
x
則實數 a的取值范圍是（ ）
,e2 1- + ,e2 1ùA． B． - +
è e ÷ è e ú
ée2 1- ,+ C． ê ÷ D． e
2 1- ,+
e ÷ è e
題型七：唯一零點求值問題
【典例 7-1】（2024·安徽蕪湖·二模）在數列 an 中， Sn 為其前 n 項和，首項 a1 =1，且函數
f x = x3 - an+1 sin x + 2an +1 x +1的導函數有唯一零點，則 S5 =（ ）
A．26 B．63 C．57 D．25
【典例 7-2】（2024·貴州畢節· 2 2 x-4 4-2 x模擬預測）若函數 f x = x - 4x + a e + e 有唯一零點，則實數
a = （ ）
A．2 B 1． 2 C．4 D．1
【方法技巧】
利用函數零點的情況求參數的值或取值范圍的方法：
（1）利用零點存在性定理構建不等式求解.
（2）分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.
（3）轉化為兩個熟悉的函數圖像的上、下關系問題，從而構建不等式求解.
5
【變式 7-1】在數列 an 中， a1 =1，且函數 f x = x + an+1 sin x - 2an + 3 x + 3的導函數有唯一零點，
則a9的值為（ ）．
A．1021 B．1022 C．1023 D．1024
【變式 7-2】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知函數 g x ,h x 分別是定義在 R 上的偶函數和奇函數，
且 g x + h x = ex + x，若函數 f x = 2 x-1 + lg x -1 - 6l 2 有唯一零點，則正實數l 的值為（ ）
1 1A． 2 B． C． 2 D．33
【變式 7-3】（2024·江西·二模）已知函數 g x ， h x 分別是定義在R 上的偶函數和奇函數，且
g(x) + h(x) = 2023x + log (x + 1+ x2 )，若函數 f (x) = 2023- x-2023 -lg(x - 2023)2023 -2l
2 有唯一零點，則實數
l 的值為（ ）
1
A 1 1． -1或 2 B． -1或- C． -1 D．2 2
題型八：分段函數的零點問題
ì2x -1, x > 0
【典例 8-1】已知函數 f x = í 2 ，若實數m 0,1 ，則函數 g x = f x - m 的零點個數為
-x - 2x, x 0
（ ）
A．0 或 1 B．1 或 2 C．1 或 3 D．2 或 3
x - c, x 0,
【典例 8-2】（2024·北京西城·一模）設 c R ，函數 f (x)
ì
= í f (x)2x 2c, x 0. 若 恰有一個零點，則
c
- <
的取值范圍是（ ）
A． (0,1) B．{ 0 }U [1,+ )
1
C． (0, ) D．{ 0 }U [
1 ,+ )
2 2
【方法技巧】
已知函數零點個數(方程根的個數)求參數值(取值范圍)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的
圖象，利用數形結合的方法求解.
ì 3x+1
f x =
-1 , x 0
【變式 8-1】已知函數 í 若函數 g x = f x - a有 3 個零點，則 a的取值范圍是
ln x, x > 0
（ ）
A． 0,1 B． 0,2 C． 2, + D． 1, +
ì2x + a，x < 2
【變式 8-2】（2024·高三·北京通州·期末）已知函數 f x = í
a - x x 2.
（1）若 a = - 2 ，則 f x 的零點是 .
（2）若 f x 無零點，則實數 a的取值范圍是 .
ìx2 + 4x + a, x <1,
【變式 8-3】（2024·山西·模擬預測）已知函數 f x = í 若函數 y = f (x) - 2有三個零點，
ln x +1, x 1,
則實數 a 的取值范圍是（ ）
A． (- ,2) B． (-3,4) C． (-3,6) D． (-3,+ )
ìx2 + x - 3, x 0【變式 8-4】已知函數 f x = í ， 令h x = f x - k ，則下列說法正確的（ ）
-2 + ln x, x > 0
A．函數 f x 的單調遞增區間為 0, +
B．當 k -4, -3 時， h x 有 3 個零點
C．當 k = -2 時， h x 的所有零點之和為 -1
D．當 k - ,-4 時， h x 有 1 個零點
題型九：零點嵌套問題
【典例 9-1】設定義在 R 上的函數 f (x) 滿足 f (x) = 9x2 + (a - 3)xex + 3(3 - a)e2x有三個不同的零點
x 2x1, x2 , x3 , 且 x1 < 0 < x2 < x3 ,
3- 1 x2 x 則 3
è ex ÷
3 -
1 ex2 ÷
3- 的值是（ ）
è è ex3 ÷
A．81 B．-81 C．9 D．-9
2
9-2 x x +1 m x -1
2
【典例 】若關于 的方程 + = 6恰有三個不同的實數解x1，x2， x2 3，且x x +1

x 11 < 0 < x2 < x3 ，其中m R ，則 x1 + x ÷
x2 + x3 的值為（ ）
è 1
A．-6 B．-4 C．-3 D．-2
【方法技巧】
解決函數零點問題，常常利用數形結合、等價轉化等數學思想.
【變式 9-1】已知函數 f (x) = 2(a + 2)e2x - (a +1)xex + x2 有三個不同的零點 x1, x2 , x3，且 x1 < 0 < x2 < x3 ，
2
2 x- 1 則 2 x- 2 x3 x ÷ x ÷ 2 - x ÷的值為（ ）è e 1 è e 2 è e 3
A．3 B．6 C．9 D．36
【變式 9-2】已知函數 f (x) = (a + 3)e2x - (a +1)xex + x2 有三個不同的零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，則
1 x
2
- 1 1 x- 2 1 x- 3 x ÷ x ÷ x ÷ 的值為（ ）è e 1 è e 2 è e 3
A．3 B．4 C．9 D．16
2 a a
【變式 9-3 2】（2024·四川成都·一模）已知函數 f x = lnx - xlnx + x 有三個零點x1、x2、 x3且2 e
2ln x1 ln xx < x < x + 2
ln x3
1 2 3，則 +x x x 的取值范圍是（ ）1 2 3
1 ,0 1 ,0 1 ,0 2A - B - C - D - ,0 ． ． ． ．
è e2 - e ÷ ÷ è e2 è 2e ÷ e ÷ è
題型十：等高線問題
ì| log2 x |, x > 0
【典例 10-1】已知函數 f (x) = í 5 ，若方程 f x = a恰有四個不同的實
3 sin πx - cos πx, - x 0 3
數解，分別記為x1，x2， x3， x4，則 x1 + x2 + x3 + x4的取值范圍是（ ）
é 1 ,19 é 2 19 é5 17 é 8π 17 8π ùA． ê-

6 12 ÷
B． ê- , C , D 2 - , - 3 12 ÷
． ÷ ．
ê2 4 ê 3 4 3 ú
2
ì x + 4x + 2, x 1,
【典例 10-2】已知函數 f x = í ，若關于 x 的方程 f x = t 有四個不同的實數解xlog x -1 , x >1, 1， 2
x2， x3， x4，且 x1 < x2 < x
1
3 < x4 ，則 3 + x1 3 - x2 + 2x3 + x4 的最小值為（ ）2
7
A B 9 1． ．8 C． D．
2 2 2
【方法技巧】
數形結合數學思想方法
ì log2 x -1 ,1 < x < 3
【變式 10-1】已知函數 f x = í ，若 f x = a有四個不同的解 x2 1, x2 , x3 , x4 且
x -8x +16, x 3
x1 < x2 < x3 < x4 ，則 x1 + x2 + x3 + x4的取值范圍是 ．
ìx2 + 2x +1, x 0
【變式 10-2】（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知函數 f (x) = í ，若方程 f x = a有四個根
ln x , x > 0
x1, x2 , x3 , x4 ，且 x1 < x2 < x3 < x4 ，則下列說法錯誤的是（ ）
A． x1 + x2 = -2 B． x3 + x4 > 2
C． x1x2 > 4 D．0 < a 1
【變式 10-3】（2024·陜西商洛·一模）已知函數 f x = log2 x , x (-1,0) U (0, 4] ，若關于 x 的方程
f 16 1 1x = a有 3 個實數解 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3則 - -x x x x x 的最小值是（ ）3 1 3 1 2
A．8 B．11 C．13 D．16
ì sin πx ,0 x 2
【變式 10-4】（2024·陜西渭南·一模）已知 f (x) = í x ，若存在實數 xi （ i =1,2,3,4,5），當
e , x < 0
5
xi < xi+1（ i =1,2,3,4）時，滿足 f x1 = f x2 = f x3 = f x4 = f x5 ，則 xi f xi 的取值范圍為（ ）
i=1
1 1
A． - , -
ù ù
è e5 ú
B． - ,0
è e3 ú
1
C． - , 4 D é． ê- 5 , 4

÷
e
題型十一：二分法
【典例 11-1】（2024·遼寧大連·一模）牛頓迭代法是我們求方程近似解的重要方法．對于非線性可導函
數 f x 在 x0 附近一點的函數值可用 f x f x0 + f x0 x - x0 代替，該函數零點更逼近方程的解，以此
法連續迭代，可快速求得合適精度的方程近似解．利用這個方法，解方程 x3 - 3x +1 = 0，選取初始值
x 10 = ，在下面四個選項中最佳近似解為（ ）2
A． 0.333 B． 0.335 C．0.345 D．0.347
1
【典例 11-2】（2024·廣東梅州·二模）用二分法求方程 log4 x - = 0近似解時，所取的第一個區間可2x
以是（ ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
【方法技巧】
所在的區間一分為二，使區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點的近似值的方法叫做二分法.
求方程 f x = 0的近似解就是求函數 f x 零點的近似值.
【變式 11-1】以下每個圖象表示的函數都有零點，但不能用二分法求函數零點的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式 11-2】用二分法求函數 f x = ln x +1 + x -1在區間 0,1 上的零點，要求精確度為0.01時，所
需二分區間的次數最少為（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【變式 11-3】一塊電路板的 AB 線段之間有60 個串聯的焊接點，知道電路不通的原因是焊口脫落造成
的，要想用二分法的思想檢測出哪處焊口脫落，至少需要檢測（　　）
A． 4次 B．6次
C．8次 D．30次
1 2．（2024 年新課標全國Ⅱ卷數學真題）設函數 f (x) =a(x+1) -1， g(x) = cos x + 2ax，當 x (-1,1)時，曲
線 y = f (x) 與 y = g(x) 恰有一個交點，則a = （ ）
A． -1 B 1． 2 C．1 D．2
2．（2024 年天津高考數學真題）若函數 f x = 2 x2 - ax - ax - 2 +1恰有一個零點，則 a的取值范圍為 ．
3．（2022 年新高考天津數學高考真題）設 a R ，對任意實數 x，記
f x = min x - 2, x2 - ax + 3a - 5 ．若 f x 至少有 3 個零點，則實數 a的取值范圍為 .
p
4．（2022 年新高考北京數學高考真題）若函數 f (x) = Asin x - 3 cos x的一個零點為 ，則 A = ；
3
f p ÷ = ．
è12
5．（2023 年天津高考數學真題）設 a R , f x = ax2函數 - 2x - x2 - ax +1 ,若 f x 恰有兩個零點，則
a的取值范圍為 ．
1．已知函數 y = f (x) 的圖象是一條連續不斷的曲線，且有如下對應值表：
x 1 2 3 4 5 6
13 1 - 1 - -
y
6.136 5.552 3.92 0.88 52.488 232.064
函數 y = f (x) 在哪幾個區間內一定有零點？為什么？
2．已知函數 f (x) = x3 - 2x +1，求證：方程 f (x) = x 在 (-1,2)內至少有兩個實數解.
3．利用信息技術，用二分法求函數 f (x) = ln x
2
- 的零點（精確度為 0.1）.
x
a
4．設函數 f (x) = ax2 + bx + c(a > 0,b,c R) ，且 f (1) = - ，求證：函數 f (x) 在 (0,2)內至少有一個零點.
2
5．有一道題“若函數 f (x) = 24ax2 + 4x -1在區間 (-1,1)內恰有一個零點，求實數 a 的取值范圍"，某同
學給出了如下解答：由 f (-1) f (1) = (24a - 5)(24a + 3) < 0
1 5
，解得- < a < .所以，實數 a 的取值范圍是
8 24
1 , 5 - ÷ .上述解答正確嗎？若不正確，請說明理由，并給出正確的解答.
è 8 24
易錯點：不理解函數圖象與方程根的聯系
易錯分析： 解題中有的同學不能將函數圖象與方程的根聯系起來，誤認為證明 f (x) 的圖象與 x 軸相
交于兩個不同的點，從而著眼于證 f x1 × f x2 < 0，使得無法解決．
【易錯題 1】函數 y = x2 - 2ax + a -1在( 0, 1)上存在零點，則實數 a 的取值范圍是（ ）
A． 0 < a < 1 B． a<0或 a >1 C． a >1 D． a < -1或 a > 0
【易錯題 2】已知 a > 0，若關于 x 的方程 4a x - 4x2 + 20x - 25 = 0 在[1,2)上有解，則 a 的取值范圍為（ ）
é1
A． ê ,
9 1 9 ù
B．
4 4 ÷
,
è 2 4ú
0, 1 U é9 ,+ 0, 1 ù U 9 , + C． 4 ÷ ê4 ÷
D． ÷
è è 2 ú è 4
答題模板：數形結合法解決零點問題
1、模板解決思路
求函數的零點個數就是求函數圖象與 x 軸的交點個數，因此只要作出函數圖象即可．如果函數圖象不
易作出，可將函數轉化為 y = m(x) - n(x)的結構，然后轉化為m(x)與 n(x) 的圖象交點個數的問題．
2、模板解決步驟
已知零點個數求參數
第一步：將函數化為 y = m(x) - n(x)的形式，m(x)與 n(x) 一個含參，一個不含參．
第二步：畫出兩個函數的圖象．
第三步：確定滿足題意時含參函數的圖象的移動范圍，從而求出參數的取值范圍．
【典例 1】函數 f x = 2x - m - ln x 有且只有一個零點，則 m 的取值范圍是 ．
【典例 2】若函數 f (x) =∣ 2x - 3∣ -1- m有 2 個零點，則 m 的取值范圍是 ．第 07 講 函數與方程
目錄
01 考情透視·目標導航..........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航..........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究..........................................................................................................................4
知識點 1：函數的零點與方程的解 ............................................................................................................................4
知識點 2：二分法 ........................................................................................................................................................5
解題方法總結 ...............................................................................................................................................................6
題型一：求函數的零點或零點所在區間 ...................................................................................................................6
題型二：利用函數的零點確定參數的取值范圍 .......................................................................................................9
題型三：方程根的個數與函數零點的存在性問題 .................................................................................................12
題型四：嵌套函數的零點問題 .................................................................................................................................17
題型五：函數的對稱問題 .........................................................................................................................................21
題型六：函數的零點問題之分段分析法模型 .........................................................................................................24
題型七：唯一零點求值問題 .....................................................................................................................................26
題型八：分段函數的零點問題 .................................................................................................................................29
題型九：零點嵌套問題 .............................................................................................................................................34
題型十：等高線問題 .................................................................................................................................................38
題型十一：二分法 .....................................................................................................................................................43
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................45
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................51
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................53
易錯點：不理解函數圖象與方程根的聯系 .............................................................................................................53
答題模板：數形結合法解決零點問題 .....................................................................................................................55
考點要求 考題統計 考情分析
2024年 II卷第 6題，5分
從近幾年高考命題來看，高考對函數與方程
2024年天津卷第 15題，5分
也經常以不同的方式進行考查，比如：函數零點
2024年甲卷第 14題，5分
（1）零點存在性定理 的個數問題、位置問題、近似解問題，以選擇
2023年天津卷第 15題，5分
（2）二分法 題、填空題、解答題等形式出現在試卷中的不同
2022年天津卷第 15題，5分
位置，且考查得較為靈活、深刻，值得廣大師生
2021年天津卷第 9題，5分
關注．
2021年北京卷第 15題，5分
復習目標：
（1）理解函數的零點與方程的解的聯系.
（2）理解函數零點存在定理，并能簡單應用.
（3）了解用二分法求方程的近似解．
知識點 1：函數的零點與方程的解
1、函數零點的概念
對于函數 y = f x ，我們把使 f x = 0的實數 x 叫做函數 y = f x 的零點.
2、方程的根與函數零點的關系
方程 f x = 0有實數根 函數 y = f x 的圖像與 x 軸有公共點 函數 y = f x 有零點.
3、零點存在性定理
如果函數 y = f x 在區間 a,b 上的圖像是連續不斷的一條曲線，并且有 f a × f b < 0 ，那么函數
y = f x 在區間 a,b 內有零點，即存在 c a,b ，使得 f c = 0,c也就是方程 f x = 0的根.
【診斷自測】已知函數 f (x) 是定義在 R 上的偶函數且滿足 f (2 - x) = f (x)，當 x 0,2 時，
f (x) = -x2 + 2x -1，則函數 g(x) = f (x) - log1 ( x -1)的零點個數為 .
3
【答案】4
【解析】因為函數 f (x) 是定義在 R 上的偶函數且滿足 f (2 - x) = f (x)，
所以 f (2 - x) = f (x) = f (-x)，所以 f (x + 2) = f (x) ，
所以函數的周期為 2.
由 g(x) = f (x) - log1 ( x -1) = 0可得 f (x) = log1 ( x -1) ，所以函數 g(x)的零點個數轉化為函數 f (x) 的圖像與
3 3
h(x) = log1 ( x -1)的圖像交點個數，
3
對于 h(x) = log1 ( x -1)的定義域為 (- , -1) (1,+ ) ，
3
因為 h(-x) = log1 ( -x -1) = log1 ( x -1) = h(x)，
3 3
所以 h(x) = log1 ( x -1)為偶函數，
3
所以畫出 f (x) 和 h(x) 在 y 軸右側的圖像如圖所示，有 2 個交點，
又 f (x) 和 h(x) 都是偶函數，所以 y 軸左邊也有 2 個交點，
綜上所述， f (x) 的圖像與 h(x) = log1 ( x -1)的圖像交點個數為 4，
3
即 g(x) = f (x) - log1 ( x -1)的零點個數為 4.
3
故答案為：4.
知識點 2：二分法
1、二分法的概念
對于區間 a,b 上連續不斷且 f a × f b < 0 的函數 f x ，通過不斷地把函數 f x 的零點
所在的區間一分為二，使區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點的近似值的方法叫做二分法.求
方程 f x = 0的近似解就是求函數 f x 零點的近似值.
2、用二分法求函數 f x 零點近似值的步驟
（1）確定區間 a,b ，驗證 f a × f b < 0 ，給定精度e .
（2）求區間 a,b 的中點 x1 .
（3）計算 f x1 .若 f x1 = 0, 則 x1 就是函數 f x 的零點；若 f a × f x1 < 0 ，則令b = x1 （此時零點
x0 a, x1 ）.若 f b × f x1 < 0 ，則令 a = x1（此時零點 x0 x1,b ）
（4）判斷是否達到精確度e ，即若 a - b < e ，則函數零點的近似值為 a（或b ）；否則重復第（2）~
（4）步.
用二分法求方程近似解的計算量較大，因此往往借助計算完成.
5 3
【診斷自測】用二分法研究函數 f x = x + 8x -1的零點時，第一次經過計算得 f 0 < 0， f 0.5 > 0，則
其中一個零點所在區間和第二次應計算的函數值分別為（ ）
A． 0,0.5 ， f 0.125 B． 0,0.5 ， f 0.375
C． 0.5,1 ， f 0.75 D． 0,0.5 ， f 0.25
【答案】D
【解析】因為 f (0) f (0.5) < 0，
由零點存在性知：零點 x0 0,0.5 ，
f 0 + 0.5 根據二分法，第二次應計算 ÷，即 f 0.25 ，
è 2
故選：D.
解題方法總結
函數的零點相關技巧：
①若連續不斷的函數 f (x) 在定義域上是單調函數，則 f (x) 至多有一個零點.
②連續不斷的函數 f (x) ，其相鄰的兩個零點之間的所有函數值同號.
③連續不斷的函數 f (x) 通過零點時，函數值不一定變號.
④連續不斷的函數 f (x) 在閉區間[a，b]上有零點，不一定能推出 f (a) f (b) < 0 .
題型一：求函數的零點或零點所在區間
ì x x + 3 , x < 0,
【典例 1-1】已知函數 f x = í f xx x 3 則函數 , x 0, 的零點個數為（- ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】當 x < 0 時，由 x x + 3 = 0 ，得 x = -3或 0（舍去）；
當 x 0 時，由 x x - 3 = 0解得 x = 0或 x = 3 .
故共有 3 個零點.
故選：C.
1
【典例 1-2】函數 f x = ln 2x - 的一個零點所在的區間是（
x ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
【答案】B
【解析】因為 f x 的定義域為 0, + ，且 y = ln 2x , y 1= - 在 0, + 內單調遞增，
x
可知 f x 在 0, + 內單調遞增，
且 f 1 = ln 2 1 0, f 2 ln 4 1- < = - > 0，
2
所以函數 f x 的唯一一個零點所在的區間是 1,2 .
故選：B.
【方法技巧】
求函數 f x 零點的方法：
（1）代數法，即求方程 f x = 0的實根，適合于宜因式分解的多項式；（2）幾何法，即利用函數
y = f x 的圖像和性質找出零點，適合于宜作圖的基本初等函數.
【變式 1-1】定義在 0, + 上的單調函數 f x 滿足："x 0, + , f é f x - log2 x ù = 3，則方程
f x 1- = 2 的解所在區間是（
x ）

A 0,
1
B
1 ,1 ． ÷ ． 2 ÷ C． 1,2 D． 2,3 è 2 è
【答案】C
【解析】由題設 t = f x - log2 x > 0為定值，且 f (t) = 3，
所以 f x = t + log2 x ，則 f t = t + log2 t = 3，易知 t = 2，故 f x = 2 + log2 x ，
f x 1 1 1由 - = 2 + log2 x - = 2，則 log2 x = ，顯然在第一象限有一個交點，x x x
又 y = log x, y
1
2 = 在 0, + 上分別單調遞增，單調遞減，x
log 1 1< 1 1
由 2 2 1 ， log2 1< ， log2 2 > ，故方程解在 1,2 上.
2 1 2
故選：C
【變式 1-2】已知函數 f x = 2x + x - 2 ， g x = log2 x + x - 2 ， h x = x3 + x - 2的零點分別為 a，b，c，
則 a + b + c = ．
【答案】3
【解析】如圖，在平面直角坐標系中，作函數 y = 2x ， y = log2 x ， y = x3的圖象，它們的圖象與函數
y = -x + 2的交點的橫坐標就是 a,b,c .
因為 y = 2x ， y = log x 互為反函數，其圖象關于直線 y = x2 對稱， y = -x + 2與 y = x 垂直，所以
a + b = 2 .
又 h 1 =1+1- 2 = 0，所以 c =1 .
所以 a + b + c = 3 .
故答案為：3
【變式 1-3】（2024· 2高三·山西太原·期中）已知 x0 是函數 f x = x ex + ln x x的零點，則 e 0 × ln x0 = .
【答案】 -1
2 x
【解析】由題可知， f x0 = x 00 e + ln x0 = 0，
2 x0
所以 x0 e = - ln x0 x e
x ln x 1 10
0 = -
0 = ln > 0
x ，0 x0 x0

令 f x = xex , x 1> 0 ,則 f x 單調遞增，且 f x0 = f ln x ÷ ,è 0
所以 x
1 1
0 = ln
x0
，所以 e = , ln x0 = -xx 0 ，0 x0
x 10
所以 e × ln x0 = × (-x ) = -1x 0 .0
故答案為： -1
【變式 1-4】（2024·四川成都·模擬預測）已知函數 f x = cos3x - 3cos 2x - 3cos x +1， x 0,2π ，則
函數 f x 的零點是 ．
π 5π
【答案】 和 π和
3 3
【解析】由于 cos3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x - sin 2x sin x
= (2cos2 x -1)cos x - 2(1- cos2 x) cos x
= 4cos3 x - 3cos，
f x = 4cos3故 x - 3cos x - 3 2cos2 x -1 - 3cos x +1
= 4cos3 x - 6cos2 x - 6cos x + 4
= 4(cos3 x +1) - 6cos x(cos x +1)
= 4 cos x +1 cos x 1- ÷ cos x - 2 ，
è 2
令 f x = 0，則 cos x = -1或 cos x 1= 或 cos x = 2（舍去），
2
x 0,2π x = π x π x 5π又因為 ，所以 或 = 3 或 = 3 ，
故函數 f x π 5π的零點是 和 π和 ，
3 3
π π 5π故答案為： 和 和
3 3
【變式 1-5】設 x0 是函數 f x = log - x2x - 2 的一個零點，若0 < x1 < x2 < x3 且 f x1 f x2 f x3 < 0，則
下列結論一定錯誤的是（ ）
A． x0 0, x2 B． x0 x1, x2
C． x0 0, x1 D． x0 x3,+
【答案】C
【解析】由 f x = log2 x - 2- x ，定義域為 0, + ，
f x 1 1
x 1 1 x
= -
1
則 ÷ ln = + ÷ ln 2 > 0，所以函數 f x 在區間 0, + 上單調遞增，x ln 2 è 2 2 x ln 2 è 2
又因為 x0為 f x 的零點，所以 f x0 = 0，所以當 x < x0 ， f x < f x0 = 0 .
對 A：當 x0 0, x2 ，可知 x0 < x2 < x3 ，所以 f x0 = 0 < f x2 < f x3 ，
只有 x1 < x0時 f x1 < f x0 = 0，從而滿足題意，故 A 不一定錯誤；
對 B：當 x0 x1, x2 ，則 f x1 < f x0 = 0， f x0 = 0 < f x2 < f x3 ，從而滿足題意，故 B 一定正
確；
對 C：當 x0 0, x1 ，則 f x0 = 0 < f x1 < f x2 < f x3 ，不滿足題意，故 C 一定錯誤；
對 D：當 x0 x3 ,+ ，則 f x1 < f x2 < f x3 < f x0 = 0，滿足題意，故 D 一定正確；
綜上所述：故 C 正確.
故選：C.
題型二：利用函數的零點確定參數的取值范圍
【典例 2-1】（2024·高三·浙江紹興·期末）已知命題 p ：函數 f (x) = 2x3 + x - a 在 1,2 內有零點，則命
題 p 成立的一個必要不充分條件是（ ）
A．3 a <18 B．3 < a <18 C．a < 18 D． a 3
【答案】D
【解析】函數 f (x) = 2x3 + x - a 在R 上單調遞增，由函數 f (x) = 2x3 + x - a 在 1,2 內有零點，
ì f (1) = 3 - a < 0
得 í ，解得3 < a 18f (2) 18 a 0 ，即命題
p 成立的充要條件是3 < a 18，
= -
顯然3 < a 18成立，不等式3 a <18、3 < a <18、a < 18都不一定成立，
而3 < a 18成立，不等式 a 3恒成立，反之，當 a 3時，3 < a 18不一定成立，
所以命題 p 成立的一個必要不充分條件是 a 3 .
故選：D
【典例 2-2】（2024· 2四川巴中·一模）若函數 f x = 2ax + 3x -1在區間 -1,1 內恰有一個零點，則實數
a 的取值集合為（ ）
A． a | -1 < a < 2 B．{a | a 9= - 或-1 < a < 2} .
8
C．{a | -1 a 2} D．{a | a
9
= - 或-1 a 2} .
8
【答案】D
2
【解析】由函數 f x = 2ax + 3x -1，
若 a = 0，可得 f x = 3x -1，令 f x = 0，即3x -1 = 0 1，解得 x = ，符合題意；
3
若 a 0，令 f x = 0，即 2ax2 + 3x -1 = 0，可得D = 9 + 8a ，
2
當Δ = 0時，即9 + 8a 0
9
= ，解得 a = - ，此時 f x 9= - x2 + 3x -1，解得 x = ，符合題意；
8 4 3
9
當D > 0時，即 a > - 且 a 0，則滿足 f -1 × f 1 = (2a - 4)(2a + 2) 08 ，
解得 -1 a 2 且 a 0，
若 a = -1 f x = -2x2，可得 + 3x -1，令 f x = 0，即 2x2 - 3x +1 = 0 ，
解得 x =1或 x
1 1
= ，其中 x = (-1,1)，符合題意；
2 2
若 a = 2，可得 f x = 4x2 + 3x -1，令 f x = 0，即 4x2 + 3x -1 = 0 ，
x= 1 x 1 1解得 - 或 = ，其中 x = (-1,1)，符合題意；
4 4
9
綜上可得，實數 a的取值范圍為{a | a = - 或-1 a 2} .
8
故選：D.
【方法技巧】
本類問題應細致觀察、分析圖像，利用函數的零點及其他相關性質，建立參數的等量關系，列關于參
數的不等式，解不等式，從而解決.
【變式 2-1】（2024·山西陽泉·三模）函數 f x = log2 x + x2 + m 在區間 1,2 存在零點．則實數 m 的取
值范圍是（ ）
A． - , -5 B． -5, -1 C． 1,5 D． 5,+
【答案】B
【解析】由 y1 = log2 x 在 0, + 2上單調遞增， y2 = x + m在 0, + 上單調遞增，得函數
f x = log2 x + x2 + m 在區間 0, + 上單調遞增，
因為函數 f x = log2 x + x2 + m 在區間 1,2 存在零點，
ì f 1 < 0 ìlog2 1+12 + m < 0
所以 í f 2 0，即 í 2 ，解得-5 < m < -1， > log2 2 + 2 + m > 0
所以實數 m 的取值范圍是 -5, -1 .
故選：B.
【變式 2-2】設函數 f (x) = ex + a(x -1) + b在區間[1,3]上存在零點，則 a2 + b2 的最小值為（ ）
e 2
A． B．e C e． D．
2 e
2
2
【答案】D
【解析】設零點為 t，則 a t -1 + b + et = 0，
e2ta2 + b2因此 2 , t 1,3 ，(t -1) +1
2
考慮函數 g(x) = x - 2x + 2 e-2x g (x) = -2x2，其導函數 + 6x - 6 e-2x < 0，
1 2
因此函數 g(x)在[1,3]上單調遞減，從而 a2 + b2 的最小值為 = eg(1) ．
故選：D.
【變式 2-3】若方程 x x - a + k = 0在區間 0,2 上有解，其中-4 + 4 2 a < 4，則實數 k 的取值范圍
為 ．（結果用 a表示）
é a2 ù
【答案】 ê- ,04 ú
【解析】因為方程 x x - a + k = 0，即 x x - a = -k 在區間 0,2 上有解，
2
ìx - ax, x a設函數 f x = x x - a = í 2 ，則函數 f x 的圖象與直線 y = -k 在區間 0,2 上有交點．
-x + ax, x < a
a
因為-4 + 4 2 a < 4，所以0 < -2 + 2 2 < 2，2
é a ù a ù
所以函數 f x 在 ê0, ú 上單調遞增，在 ,aú上單調遞減，在 a, + 2 上單調遞增． 2 è
2
當 2 a < 4時，在區間 0,2 f x = f a a上， max 2 ÷ = ， f x = f 0 = 0è 4 min
，
a20 a
2
則 -k ，解得- k 0．
4 4
a a2
當-4 + 4 2 a < 2時，因為 f 0 = f a = 0， f ÷ = ， f 2 = 4 - 2a ．
è 2 4
a2 2
令 = 4 - 2a a，解得 a = -4 ± 4 2 ，又-4 + 4 2 a < 2，所以 4 - 2a ，
4 4
0 k a
2 a2
則 - ，解得- k 0，
4 4
é a2 ù
綜上，實數 k 的取值范圍為 ê- ,0ú ．
4
é a2 ù
故答案為： ê- ,0ú ．
4
題型三：方程根的個數與函數零點的存在性問題
【典例 3-1】（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = x2 - ax + a ln x +1 ，a R 的圖像經過四個象限，
則實數 a 的取值范圍是 ．
1
【答案】 - ,0

è 2 ÷
【解析】Q f (x) = (x2 - ax + a)ln(x +1)的圖像經過四個象限， f (0) = 0，
且當 x -1,0 , ln(x +1) < 0 ， x 0, + , ln(x +1) > 0 ，
令 g(x) = x2 - ax + a，
\ g(x) = 0在 (-1,0) 和 (0, + )上均至少存在一個實根．
又 g 1 =1 > 0 ,
ìg(-1) > 0 ì2a +1 > 0
\ í í
1
- < a < 0 ．
g(0) < 0 a < 0 2
\實數 a
1
的取值范圍是 (- ,0) ．
2
1
故答案為： (- ,0) ．
2
【典例 3-2】設函數 f x 是定義在 R 上的奇函數，對任意 x R ，都有 f 1+ x = f 1- x ，且當
x 0,1 時， f x = 2x -1，若函數 g x = f x - loga x（其中 a > 1）恰有 3 個不同的零點，則實數 a 的取
值范圍為 .
【答案】5 < a < 9
【解析】∵ f 1+ x = f 1- x ，則函數 f x 關于直線 x =1對稱，
又∵函數 f x 是定義在 R 上的奇函數，則 f 1+ x = f 1- x = - f x -1 ，
即 f x + 2 = - f x ，則 f x + 4 = - f x + 2 = - é- f x ù = f x ，
故函數 f x 是以 4 為周期的周期函數，
又∵ f x + 2 = - f -x - 2 = - f -x + 2 ，即 f x + 2 + f -x + 2 = 0，
故函數 f x 關于點 2,0 對稱，
令 g x = f x - loga x = 0，則 f x = loga x，
原題等價于 y = f x 與 y =loga x有 3 個交點，且 y = loga x a >1 的定義域為 0, + ，
ìloga 5 <1

如圖所示，則可得 íloga 9 >1，解得5 < a < 9，

a >1
故答案為：5 < a < 9
【方法技巧】
方程的根或函數零點的存在性問題，可以依據區間端點處函數值的正負來確定，但是要確定函數零點
的個數還需要進一步研究函數在這個區間的單調性，若在給定區間上是單調的，則至多有一個零點；如果
不是單調的，可繼續分出小的區間，再類似做出判斷.
【變式 3-1】（2024·河南·二模）已知函數 f x 是偶函數，對任意 x R ，均有 f x = f x + 2 ，當
x 0,1 時， f x =1- x，則函數 g x = f x - log5 x +1 的零點有 個.
【答案】4
【解析】函數 f x 是偶函數，說明函數 f x 的圖象關于 y 軸對稱， f x = f x + 2 說明 f x 的周期
是 2，
在同一平面直角坐標系中畫出函數 y = f x 的圖象與 y = log5 x +1 的圖象，如圖所示：
如圖所示，共有 4 個不同的交點，即 g x = f x - log5 x +1 有 4 個零點.
故答案為：4.
3-2 2 x-3 3-x【變式 】已知函數 f x = x - 6x + m e + e - n 的四個零點是以 0 為首項的等差數列，則
m + n = .
1
【答案】 e + 或8 + e3
1
+
e e3
f x = x2 - 6x + m ex-3 + e3-x - n = é x - 3 2 + m - 9ù ex-3 3-x【解析】因為 + e - n ，
所以 f 6 - x = é 3 - x
2 + m - 9ù e
3-x + ex-3 - n = f x ，所以 f x 關于直線 x = 3對稱，
令 f x = 0得 x2 - 6x + m = 0或 ex-3 + e3-x - n = 0，
由題意這兩個方程各有兩個根，且四個根是以 0 為首項的等差數列，
①若 0 為 x2 - 6x + m = 0的根，則另一個根為 6，則m = 0 6 = 0，
又 f x 6 - 0關于直線 x = 3對稱，且四個根是以 0 為首項的等差數列，所以等差數列的公差為 = 2，
3
1
所以 ex-3 + e3-x - n = 0的兩根為 2,4，所以 e2-3 + e3-2 - n = 0，所以 n = e + ，e
1
所以m + n = e + ；
e
1
②若 0 為 ex-3 + e3-x - n = 0 6 e-3 + e3 - n = 0 n = e3的根，則另一個根為 ，則 即 + ，e3
6 - 0
又 f x 關于直線 x = 3對稱，且四個根是以 0 為首項的等差數列，所以等差數列的公差為 = 2，
3
所以 x2 - 6x + m = 0的兩根為 2,4
1
，所以m = 2 4 = 8，所以m + n = 8 + e3 + 3 .e
m + n = e 1+ 8 + e3 1綜上， 或 +
e e3
.
1 1
故答案為： e + 或8 + e3 +
e e3
【變式 3-3】（2024·全國·模擬預測）若函數 f x = x2 - axex + 2ae2x-1有三個不同的零點，則實數 a的取
值范圍是 ．
1- ,0 【答案】 e ÷è
2
2
【解析】令 f x = x - axex + 2ae2x-1 = 0 x ax 2a，得 x ÷ - x + = 0；è e e e
2
t g x x x ax 2a 2 2a設 = = x ，則方程 x ÷ - x + = 0，即 t - at + = 0，e è e e e e
易知 g x 1- x= x ，所以 g x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，可得 g x
1
=
e max
，
e
易知當 x > 0時， g x > 0，當 x < 0 時， g x < 0 ，且當 x 趨近于+ 時， g x 趨近于 0，當 x 趨近于
- 時， g x 趨近于- ，
作出 g x 的大致圖象如圖所示．
t 1 t 2 at 2a - + = 0 ,
1ù
數形結合可得 ，且方程 在 - ú 上有兩個不同的實數根．e e è e
解法一：
由Δ = a2
2a
- 4 > 0，得 a
8
> 或 a < 0．
e e
a 8 a 4> 2 2a
1
當 時， > ，此時方程 t - at + = 0
ù
在 - ,
e 2 e e è e ú
上至多有一個實數根，不合題意，

1
當 a 0 t 2 at
2a 2a
< 時，設方程 - + = 0
- , ù在 ú 上的兩個實數根分別為 t1, t2 ，則 t1t2 = < 0，e è e e
2
1 a 2a 1 1
所以需 ÷ - + > 0，得- < a < 0，故實數 a的取值范圍是 - ,0

e e e e e ÷
．
è è
解法二：
t 2 2a設方程 - at + = 0的兩個不同的實數根分別為 t1, t2 t1 < t2 ，e
0 t 1 1 1則 < 1 < ， t2 = 或 t1 < 0，0 < te e 2
< ．
e
0 t 1 t 1 1 a 2a 1①當 < 1 < ， 2 = 時，由 - + = 0，得 a = - ，e e e2 e e e
t 2
1 1
則 - at
2a t 2
+ = 0 ù 2在 - , ú 上有兩個不同的實數根，即 t + - 2 = 0

在 - ,
ù
ú 上有兩個不同的實數根，e è e e e è e
2 t 2
由 t + - 2 = 0，得 t
1 t 2 0 t 1= 或 = - ，與 < < ， t
1
= 矛盾．
e e e e 1 e 2 e
t < 0 0 < t 1< t 2 at 2a- + = 0
1
②當 1 ， 2 時，若方程 在 - ,
ù
ú 上有兩個不同的實數根，e e è e
ì2a
< 0 e 1
則 í 2 ，解得- < a < 0．
1 a 2a 0 e- + >

e ֏ e e
1
故答案為： - ,0÷
è e
【變式 3-4】（2024·陜西商洛·模擬預測）已知關于 x 的方程 x = aa
x
(a > 0且 a 1)有兩個不等實根，則
實數 a的取值范圍是（ ）
1 1 1
A． 1,ee ÷ B． 0,ee ÷ C． 1, e D． ee , e ÷
è è è
【答案】A
x
【解析】關于 x 的方程 x = aa (a > 0 且 a 1)有兩個不等實根，
x
即關于 x 的方程 a = loga x(a > 0且 a 1)有兩個不等實根，
即函數 y = a x 與 y = loga x(a > 0且 a 1)函數的圖象有兩個交點，
由指數函數與對數函數的圖象可知，
當 0 < a < 1時，函數 y = a x 與 y = loga x(a > 0且 a 1)函數的圖象有且只有 1 個交點，
ìy = a x ìy = a x
\a >1 ,\a y，聯立 í ，得 í y + y = a
x + x .
y = loga x a = x
x
令 f x = a + x，則 f x = f y ，且 f x 在 0, + 上單調遞增，\ x = y，
x lnx lnx 1- lnx即 a = x,\ xlna = lnx，即 lna = ，令 g x = , g x = ，
x x x2
當0 < x < e時， g x > 0，當 x>e時， g x < 0，
\ g x 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，
g(x) g e 1 lnx則 max = = ，又當 x >1時， g x = > 0，且 g 1 = 0，e x
lna lnx若要 = > ln1 = 0，則需要 x >1，
x
畫出 g x 大致圖象如圖所示，
0 lna 1
1
由圖知， < < ，解得
e 1< a < ee
.
故選：A.
題型四：嵌套函數的零點問題
ì 3x - 2 , x 2

【典例 4-1】設函數 f (x) = í 7 ，若方程 f
2 (x) - af (x) - a + 3 = 0有 6 個不同的實數解，則實
, x > 2
x -1
數 a 的取值范圍為（ ）
3 7 7 7
A ． , ÷ B． 2, ÷ C． ,3

÷ D． (3, 4)
è 2 3 è 3 è 3
【答案】B
【解析】畫出 f x 的圖象如下圖所示，由圖可知要使 f x = t 有3個解，則需 t 0,2 ，
依題意，方程 f 2 (x) - af (x) - a + 3 = 0有 6 個不同的實數解，
令 s = f x ，則 s2 - as - a + 3 = 0有兩個不相等的實數根 s1, s2 ，
且0 < s 21 < s2 < 2，令 g s = s - sa - a + 3，
ìΔ = a2 - 4 -a + 3 > 0

g 0 = -a + 3 > 0 7
則 íg 2 = 4 - 2a - a + 3 > 0，解得2 < a < ，
3
0 -a< - < 2
2
2, 7 所以實數 a 的取值范圍為 ÷ .
è 3
故選：B
ln x +1
【典例 4-2】（2024·高三·河南·期末）已知函數 f (x) = ，若方程[ f (x)]2 - (3m + 2) f (x) + 2m +1 = 0
x
有三個不同的實數解，則實數m 的取值范圍是（ ）
é 1
A． ê- , +
1
÷ B． - , -
ù
ú {1} 2 è 2
1 ù 1
C． - , - ú D．2
- , -
2 ÷è è
【答案】C
【解析】由函數 f (x)
ln x +1 ln x
= ，可得 f (x) = - ，
x x2
當 x 0,1 時， f (x) > 0；當 x (1,+ )時， f (x) < 0 ，
所以 f x 在 0,1 上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，所以函數 f x = f (1) =1max ，
當 x + 時， f (x) 0，且 f (x) > 0 ，
畫出函數 y = f x 的圖象，如圖所示，
令 t = f (x) ，要使得[ f (x)]2 - (3m + 2) f (x) + 2m +1 = 0 有三個不同的實數解，
則 t 2 - (3m + 2)t + 2m +1 = 0有兩個不同的實數根 t1 和 t2 ，
且 t1 (0,1), t2 (- ,0) 或 t2 =1，
若 t1 (0,1) 且 t2 =1時，此時無解；
若 t1 (0,1) t (- ,0) h t = t 2且 2 時，令 - (3m + 2)t + 2m +1，
ì
h 0 = 2m +1 0 1
只需要 íh 1 = -m > 0 ，解得m - .
2 2
Δ = é - 3m + 2 ù - 4t
2
2m +1 > 0
故選：C.
【方法技巧】
1、涉及幾個根的取值范圍問題，需要構造新的函數來確定取值范圍．
2、二次函數作為外函數可以通過參變分離減少運算，但是前提就是函數的基本功一定要扎實、過關.
x
【變式 4-1】（2024·內蒙古呼和浩特·二模）已知函數 f (x) = x+1 ，若關于 x 的方程e
[ f (x)]2 + mf (x) -1+ m = 0恰有 3 個不同的實數解，則實數m 的取值范圍是（ ）
1 1 A
1
． - 2 ,1÷ B． 1- 2 ,+

÷ C． (- ,2) (2,+ ) D． 1,e2
è e è e


【答案】A
【解析】因為 f (x)
x
= x+1 ，e
所以 f (x)
1- x
= f (x) = 0
ex+1
，令 ，得 x =1，
當 x <1時， f (x) > 0， f x 遞增；當 x >1時， f (x) < 0 ， f x 遞減；
所以當 x =1時， f x 取得極大值 e-2 ， f x 圖象如圖所示：
方程[ f (x)]2 + mf (x) -1+ m = 0，即為 f x +1 f x -1+ m = 0，
解得 f (x) = -1或 f (x) =1- m，
由函數 f x 的圖象知： f (x) = -1只有一個解，
所以 f (x) =1- m有兩個解，
所以 0 <1- m < e-2，解得1- e-2 < m <1，
故選：A
ìx2 - 4x -1, x…0,
【變式 4-2】已知函數 f (x) = í x 若方程[ f (x)]
2 - 2af (x) + 4 = 0 有 5 個不同的實數解，則
2 - 2, x < 0,
實數 a的取值范圍為（ ）
5 7 5 7- ,-2 , 2ù - , -2ù é , 2 A． B C D2 ÷ ． ú ． ú ．è è 4 è 2 ê ÷ 4
【答案】A
【解析】函數 f x 的大致圖象如圖所示，
2
令 t = f x ，則[ f x ] - 2af x + 4 = 0 2可化為 t 2 - 2at + 4 = 0，因為方程[ f x ] - 2af x + 4 = 0有 5 個
不同的實數解，所以 t 2 - 2at + 4 = 0在 -5, -2 , -2, -1 上各有一個實數解或 t 2 - 2at + 4 = 0的一個解為 -1，
另一個解在 -2, -1 內或 t 2 - 2at + 4 = 0的一個解為-2，另一個解在 -2, -1 內.
當 t 2 - 2at + 4 = 0在 -5, -2 , -2, -1 上各有一個實數解時，
ìg -2 = 8 + 4a < 0,
設 g t = t 2 - 2at + 4 ，則 íg -1 = 5 + 2a > 0, 5解得- < a < -2 ；
2
g -5 = 29 +10a > 0,
當 t 2
5
- 2at + 4 = 0的一個解為 -1時， a = - ，此時方程的另一個解為-4，不在 -2, -1 內，不滿足題意；2
當 t 2 - 2at + 4 = 0的一個解為-2時， a = -2 ，此時方程有兩個相等的根，不滿足題意.
5
綜上可知，實數 a的取值范圍為 - ,-2÷ .
è 2
故選：A
π π π π
【變式 4-3】（2024·高三·上海·期中）已知函數 f x = sin x,- x 2 2 ， g x = cos x,- x 2 2 ，下列四
個結論中，正確的結論有（ ）
①方程 f ég x ù = 0 有 2 個不同的實數解；
②方程 g é f x ù = 0 有 2 個不同的實數解；
③方程 f é f x ù = 0 有且只有 1 個實數解；
④當m 0,1 時，方程 g ég x ù = m 有 2 個不同的實數解.
A．0 個 B．1 個 C．2 個 D．3 個
【答案】C
【解析】對于①， f ég x ù = sin cos x = 0，則 cos x = kπ, k Z ，
π π
又- x ，所以 cos x 0,1 ，所以 cos x = 0，所以 x π= ± ，
2 2 2
所以方程 f ég x ù = 0 有 2 個不同的實數解，正確；
對于②， g é f x ù = cos sin x = 0，則 sin x = kπ+
π , k Z，
2
π π
又- x ，所以 sin x -1,1 ，無解，所以方程 g é f x ù = 0 無解，錯誤；2 2
對于③， f é f x ù = sin sin x = 0，則 sin x = kπ, k Z，
π x π又- ，所以 sin x -1,1 ，所以 sin x = 0，所以 x = 0，
2 2
所以方程 f é f x ù = 0 有且只有 1 個實數解，正確；
對于④， g é g x ù = cos cos x = m 0,1 ，則 cos x = 2kπ + arccos m,k Z，
π x π又- ，所以 cos x 0,1 ，
2 2
m 0,cos1 arccos m 1, π 所以當 時， ÷，方程 cos x = arccos m無解，
è 2
當m = cos1時， arccos m =1，方程 cos x = arccos m的解為 x = 0，
當m cos1,1 時，方程 cos x = arccos m的解為 x = ± arccos arccos m ，
所以當m 0,1 時，方程 g é g x ù = m 至多有 2 個不同的實數解，錯誤；
故選：C
題型五：函數的對稱問題
ì2- x + a, x > 0
【典例 5-1】已知函數 f x = í ，若 y = f x 的圖象上存在兩個點 A, B關于原點對稱，則
x, x < 0
實數 a的取值范圍是（ ）
A． 1, + B． 1, + C． -1, + D． -1, +
【答案】D
【解析】由函數解析式可得，函數圖象如下圖示，
如圖，要使 y = f x 的圖象上存在兩個點 A, B關于原點對稱，
只需1+ a > 0，即 a > -1即可.
故選：D
【典例 5-2】（2024·云南昭通·模擬預測）已知函數 f x = lnx + sinx, g x = ax2 + sinx，若函數 f x 圖
象上存在點M 且 g x 圖象上存在點 N ，使得點M 和點 N 關于坐標原點對稱，則 a的取值范圍是（ ）
1 1 ù
A é ． ê- ,+ ÷ B． - ,- 2e è 2eú
é 1 1 ù
C． ê- 2 ,+ ÷ D． - , - e è e2 ú
【答案】A
【解析】設M x, f x ，則 N -x,- f x ,點 N 在 g x 的圖象上，
\ g -x = - f x 2，即 ax + sin -x = -lnx - sinx, a lnx\ = -
x2
.
令 h x lnx h x x - 2xlnx 2lnx -1= - 2 ，則 = - 4 = 3 ，x x x
令 h x > 0，則 x > e ，此時 h x 遞增，
令 h x < 0，則0 < x < e ，此時 h x 遞減，
\h x h e 1 , a 1最小值為 = - \ - .2e 2e
故選：A.
【方法技巧】
轉化為零點問題
1 x+1
【變式 5-1】（2024· 2 -四川內江·一模）已知函數 f x = kx ， x e ÷，
è e g x = e
2 +1，若 f x 與
g x 的圖象上分別存在點M N ，使得M N 關于直線 y = x +1對稱，則實數 k 的取值范圍是（ ）
é 1 4 2A． ê- ,e
ù é
ú B． ê- 2 , 2e
ù é
ú C． ê- , 2e
ù 3
e ú D
é ù
． ê- ,3e e e e ú
【答案】C
【解析】由于關于 y = x +1點的坐標之間的關系得函數 g x 關于 y = x +1對稱的函數為 h x = - 2ln x ，
é1 2 ù
進而將問題轉化為函數 h x = - 2ln x 與函數 f x = kx 圖象在區間 ê ,ee ú 有交點，即方程 kx = -2ln x 在區間
é1 ,e2 ù 4 k 2 2ê ú 上有解，故- ，進而得- k 2e .設 x0 , ye 0 是函數 g x 的圖象上的任意一點，其關于 x x e
y = x +1對稱的點的坐標為 x, y ，
所以 x = y0 -1, y = x0 +1，所以函數 g x 關于 y = x +1對稱的函數為 h x = - 2ln x .
由于 f x 與 g x 的圖象上分別存在點M N ，使得M N 關于直線 y = x +1對稱，
故函數 h x = - 2ln x é1 2 ù與函數 f x = kx 圖象在區間 ê ,ee ú 有交點，
é1 2 ù
所以方程 kx = -2ln x 在區間 ê ,ee ú 上有解，
4 2 2
所以-4 kx 2，即- k ，所以- k 2e .
x x e
故選：C.
【變式 5-2】（2024·四川·三模）定義在 R 上的函數 y = f x 與 y = g x 的圖象關于直線 x =1對稱，且
函數 y = g 2x -1 +1為奇函數，則函數 y = f x 圖象的對稱中心是（ ）
A． -1, -1 B． -1,1 C． 3,1 D． 3, -1
【答案】D
【解析】因為 y = g 2x -1 +1為奇函數，所以 g -2x -1 +1 = -g 2x -1 -1，
即 g -2x -1 + g 2x -1 = -2，
g x -2x -1+ 2x -1 故 的對稱中心為 ,-1÷，即 -1, -1 ，
è 2
由于函數 y = f x 與 y = g x 的圖象關于直線 x =1對稱，
且 -1, -1 關于 x =1的對稱點為 3, -1 ，
故 y = f x 的對稱中心為 3, -1 .
故選：D
【變式 5-3】（2024·河北邯鄲·二模）若直角坐標平面內 A, B兩點滿足條件：
①點 A, B都在 f x 的圖像上；
②點 A, B關于原點對稱，則對稱點對 A, B 是函數的一個“兄弟點對”（點對 A, B 與 B, A 可看作一
個“兄弟點對” )．
ìcos x x 0 已知函數 f x = ílg x x 0 ，則
f x 的“兄弟點對”的個數為（
> ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】設P x, y x < 0 ，則點 P 關于原點的對稱點為 (-x, -y)，
于是， cos x = - lg -x ，只需判斷方程根的個數，
即 p x = cos x, x 0與 s x = - lg -x , x < 0圖像的交點個數，
因為 p -p = -1， s -p = - lgp > -1； p -3p = -1， s -3p = - lg3p > -1；
p -5p = -1， s -5p = - lg5p < -1；
作出兩函數的圖象，由圖知， p x = cos x, x 0與 s x = - lg -x , x < 0的圖象有 5 個交點，所以 f x
的“兄弟點對”的個數為 5 個．
故選：D．
題型六：函數的零點問題之分段分析法模型
【典例 6-1】（2024· 2黑龍江·高三大慶市東風中學校考期中）設函數 f (x) = x - 2ex
1nx
- + a （其中 e為
x
自然對數的底數），若函數 f (x) 至少存在一個零點，則實數 a的取值范圍是
(0 1 1A． ，e2 - ] B． (0，e2 + ]
e e
2 1 1C．[e - ，+ ) D． (- ，e2 + ]
e e
【答案】D
f x x2 2ex lnx a 0 a x2 2ex lnx= - - + = = - + + (x > 0) h x = -x2 2ex lnx+ +
【解析】令 x , 則 x ，設 x ，令
lnx ' 1- lnx
h1 x = -x2 + 2ex h2 x = h2 x = x x2 h x , h x 0,e ， ，則 ，發現函數 1 2 在 上都是單調遞增，在
2
e,+ h x = -x + 2ex
lnx
+
x 0,e e,+ 上都是單調遞減，故函數 在 上單調遞增，在 上單調遞減，故當
h x = e2 1+ 2 1x = e max e f x a h x a e +時，得 ，所以函數 至少存在一個零點需滿足 max ，即 e ．應選答
案 D．
【典例 6-2】（2024·福建廈門·廈門外國語學校校考一模）若至少存在一個 x ，使得方程
ln x - mx = x(x2 - 2ex)成立．則實數m 的取值范圍為（ ）
m e2 1 m e2 1A． + B． + C．m
1 1
e + D．m e +
e e e e
【答案】B
ln x 2
【解析】原方程化簡得: m = - x + 2ex, (x 0) f (x)
ln x
> 有解,令 = - x2 + 2ex, (x > 0) ,
x x
f (x) 1- ln x= 2 + 2(e - x) ,當 x > e時, f (x) < 0 ,所以 f(x)在 (e,+ )單調遞減,當 x 0 ,所以 f(x)在x
(o,e) 單調遞增. f (x)max = f (e)
1 1
= + e2 . m + e2所以 .選 B.
e e
【方法技巧】
分類討論數學思想方法
x
【變式 6-1 2】設函數 f x = x - 2x - x + a （其中 e為自然對數的底數），若函數 f x 至少存在一個零e
點，則實數 a的取值范圍是（ ）
(0,1 1] (0,e 1] [e 1A． + B． + C． + , + )
1
D． (- ,1+ ]
e e e e
【答案】D
2 x
【解析】依題意得，函數 f x 至少存在一個零點，且 f x = x - 2x - + a ，
ex
x
可構造函數 y = x2 - 2x 和 y = - ，
ex
因為 y = x2 - 2x ，開口向上，對稱軸為 x =1，所以 - ,1 為單調遞減， 1,+ 為單調遞增；
y x而 = - x ，則 y
x -1
= x ，由于 e
x > 0 ，所以 - ,1 為單調遞減， 1,+ 為單調遞增；
e e
x
可知函數 y = x2 - 2x 及 y = - x 均在 x =1處取最小值，所以 f x 在 x =1處取最小值，e
又因為函數 f x 1至少存在一個零點，只需 f 1 0即可，即： f 1 =1- 2 - + a 0
e
1
解得： a 1+ .
e
故選：D.
ln x 2
【變式 6-2】已知函數 f (x) = - x + 2ex - a（其中 e為自然對數的底數）至少存在一個零點，
x
則實數 a的取值范圍是（ ）
,e2 1- + - ,e2 1+ ùA． B．
è e ÷ è e ú
é
C e2
1
． ê - ,
1
+ e2 - ,+ ÷ D．e e ÷ è
【答案】B
f (x) ln x x2 2ex a 0 ln x= - + - = = x2【解析】令 ，即 - 2ex + a
x x
令 g(x)
ln x
= ， h(x) = x2 - 2ex + a
x
則函數 g(x)
ln x
= 與函數 h(x) = x2 - 2ex + a的圖象至少有一個交點
x
易知，函數 h(x) = x2 - 2ex + a表示開口向上，對稱軸為 x = e的二次函數
1
× x - ln x
g (x) x 1- ln x= =
x2 x2
g (x) > 0 0 < x < e， g (x) < 0 x > e
\函數 g(x)在 (0,e)
1
上單調遞增，在 (e,+ )上單調遞減， g(x)max = g(e) = e
作出函數 g(x)與函數 h(x) 的草圖，如下圖所示
由圖可知，要使得函數 g(x)與函數 h(x) 的圖象至少有一個交點
h(x) g(x) e2 2e2 a 1只需 min max ，即 - + e
a e2 1解得： +
e
故選：B
題型七：唯一零點求值問題
【典例 7-1】（2024·安徽蕪湖·二模）在數列 an 中， Sn 為其前 n 項和，首項 a1 =1，且函數
f x = x3 - an+1 sin x + 2an +1 x +1的導函數有唯一零點，則 S5 =（ ）
A．26 B．63 C．57 D．25
【答案】C
3
【解析】因為 f x = x - an+1 sin x + 2an +1 x +1，
所以 f x = 3x2 - an+1 cos x + 2an +1 ，由題意可知： f x = 0有唯一零點.
令 g x = f x = 3x2 - an+1 cos x + 2an +1 ，可知 g x 為偶函數且有唯一零點，
則此零點只能為 0，即 g 0 = 0，代入化簡可得： an+1 = 2an +1，
又 a1 =1，所以 a2 = 3， a3 = 7 ， a4 =15， a5 = 31，所以 S5 = 57 .
故選：C
【典例 7-2】（2024·貴州畢節·模擬預測）若函數 f x = x2 - 4x + a e2 x-4 + e4-2 x 有唯一零點，則實數
a = （ ）
A．2 B 1． 2 C．4 D．1
【答案】A
2 2(4-x)-4 4-2(4-x)
【解析】由 f 4 - x = 4 - x - 4 4 - x + a e + e
= x2 - 4x + a e4-2x + e2x-4 = f x ，
得 f 4 - x = f x ，即函數 f x 的圖象關于 x = 2對稱，
f x = x2 - 4x + a e2 x-4 + e4-2 x要使函數 有唯一的零點，
則 f 2 = 0 ，即 4 -8 + 2a = 0 ，得 a = 2．
故選：A．
【方法技巧】
利用函數零點的情況求參數的值或取值范圍的方法：
（1）利用零點存在性定理構建不等式求解.
（2）分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.
（3）轉化為兩個熟悉的函數圖像的上、下關系問題，從而構建不等式求解.
5
【變式 7-1】在數列 an 中， a1 =1，且函數 f x = x + an+1 sin x - 2an + 3 x + 3的導函數有唯一零點，
則a9的值為（ ）．
A．1021 B．1022 C．1023 D．1024
【答案】A
4
【解析】由 f (x) = 5x + an+1 cos x - 2an + 3 在R 上有唯一零點，
而 f (-x) = 5(-x)4 + an+1 cos(-x) - 2a + 3 = 5x4n + an+1 cos x - 2an + 3 = f (x)，
所以 f (x) 為偶函數，則 f (0) = an+1 - 2an - 3 = 0，故 an+1 + 3 = 2(an + 3) ，且 a1 + 3 = 4，
n-1 n+1
所以{an + 3}是首項為 4，公比為 2 的等比數列，則 an + 3 = 4 × 2 = 2 ，
a = 210則 9 - 3 =1021 .
故選：A
【變式 7-2】（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知函數 g x ,h x 分別是定義在 R 上的偶函數和奇函數，
g x + h x = ex且 + x，若函數 f x = 2 x-1 + lg x -1 - 6l 2 有唯一零點，則正實數l 的值為（ ）
A 1
1
． 2 B． C． 2 D．33
【答案】A
ìg x + h x = ex + x
【解析】由已知條件可知 í
g -x + h -x = e- x - x = g x - h x
ex + e- x
由函數奇偶性易知 g x =
2
令y x = 2 x + lg x - 6l 2，y x 為偶函數.
x - x
當 x 0 時，y ' x = 2x ln2 l e - e+ > 0，
2
y x 單調遞增，當 x < 0 時，y x 單調遞減，y x 僅有一個極小值點0, f x
y x 圖象右移一個單位，所以僅在1處有極小值，
則函數只有1一個零點，即 f 1 = 0，
l 1解得 = ，
2
故選：A
【變式 7-3】（2024·江西·二模）已知函數 g x ， h x 分別是定義在R 上的偶函數和奇函數，且
g(x) + h(x) = 2023x + log (x + 1+ x2 )，若函數 f (x) = 2023- x-2023 -lg(x - 2023)2023 -2l
2 有唯一零點，則實數
l 的值為（ ）
A 1
1 1
． -1或 B． -1或-2 C． -1 D．2 2
【答案】D
【解析】已知 g(x) + h(x) = 2023x + log (x + 1+ x22023 )，①
且 g x ， h x 分別是R 上的偶函數和奇函數，
則 g(-x) + h(-x) = 2023- x + log 22023(-x + 1+ x )，
得： g(-x) - h(x) = 2023- x + log 22023(-x + 1+ x )，②
x
①+② g(x) 2023 + 2023
- x
得： =
2
t -t
∴令F (t) = f (t + 2023) = 2023-|t| - lg(t) - 2l 2 ∵ F (t) 2023-|t| l 2023 + 2023= - - 2l 2 有唯一零點，且
2
F (t)是偶函數，
所以F (0) = 0，∴1- l - 2l 2 = 0
1
∴ l = -1或l =
2
t
l 1 F (t) 2023-|t| 2023 + 2023
-t
若 = - 時，則 = + - 2
2
t -t
當 t > 0 2023 + 2023 3時，則令2023-t + - 2 = 0解得2023t = 3，∴ t = log2023 > 0 （不合題意舍去）2
1 t -t
若l = 1 2023 + 2023 1時，則F (t) = 2023-|t| - -
2 2 2 2
∵ F (t)在 (0, + )上單調遞減∴ F (t) > F (0) = 0
∵ F (t)是偶函數∴ F (t)只有唯一零點 0
∴ f (x) 只有唯一零點 2023
綜上：l
1
= .
2
故選：D.
題型八：分段函數的零點問題
ì2x -1, x > 0【典例 8-1】已知函數 f x = í 2 ，若實數m 0,1 ，則函數 g x = f x - m 的零點個數為
-x - 2x, x 0
（ ）
A．0 或 1 B．1 或 2 C．1 或 3 D．2 或 3
【答案】D
【解析】函數 g x = f x - m 的零點個數即函數 y = f x 與 y = m的函數圖象交點個數問題，
x
畫出 f
ì2 -1, x > 0
x = í y = m
-x2
的圖象與 ，m 0,1 的圖象，如下：
- 2x, x 0
故函數 g x = f x - m 的零點個數為 2 或 3.
故選：D
ìx - c, x 0,
【典例 8-2】（2024·北京西城·一模）設 c R ，函數 f (x) = í2x 2c, x 0. 若
f (x) 恰有一個零點，則 c
- <
的取值范圍是（ ）
A． (0,1) B．{ 0 }U [1,+ )
1
C (0, ) D { 0 }U [ 1． ． ,+ )2 2
【答案】D
ìx, x 0【解析】畫出函數 g x = í2x , x 0 的圖象如下圖所示： <
ìx - c, x 0, ìx, x 0,
函數 f (x) = í2x
g(x) =
- 2c, x < 0.
可由 í2x , x 分段平移得到， < 0.
易知當 c = 0 時，函數 f (x) 恰有一個零點，滿足題意；
當 c < 0時，代表圖象往上平移，顯然沒有零點，不符合題意；
當 c > 0時，圖象往下平移，當0 < 2c <1時，函數有兩個零點；
當 2c 1時， f (x)
1
恰有一個零點，滿足題意，即c ；
2
綜上可得 c的取值范圍是 0 [1 , + ) .
2
故選：D
【方法技巧】
已知函數零點個數(方程根的個數)求參數值(取值范圍)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的
圖象，利用數形結合的方法求解.
ì 3x+1 -1 , x 0
【變式 8-1】已知函數 f x = í 若函數 g x = f x - a有 3 個零點，則 a的取值范圍是
ln x, x > 0
（ ）
A． 0,1 B． 0,2 C． 2, + D． 1, +
【答案】A
【解析】
要使函數 g x = f x - a有三個零點，則 f (x) = a有三個不相等的實根，即 f x 與 y = a 的圖象有三
個交點，
x -1 f (x)=1-3x+1當 時， 在 - , -1 上單調遞減， f (x) [0,1)；
當-1 < x 0 x+1時， f x = 3 -1在 -1,0 上單調遞增， f (x) (0,2]；
當 x > 0時， f x = ln x在 0, + 上單調遞增， f x R ；
由 f x 與 y = a 的圖象有三個交點，結合函數圖象可得 a 0,1 ，
故選：A.
ì2
x + a，x < 2
【變式 8-2】（2024·高三·北京通州·期末）已知函數 f x = í
a - x x 2.
（1）若 a = - 2 ，則 f x 的零點是 .
（2）若 f x 無零點，則實數 a的取值范圍是 .
【答案】 1 - , -42 0,2
ì 2x + 2 , x < 2, 1 1
【解析】（1）若 a = - 2 ，則 f x = í ，令 f x = 0可得 x = ，即 f x 的零點是
- 2 - x, x 2. 2 2
（2）若 f x 無零點,則如圖所示
當 x = 2,2x + a = 0,\a = -4此時，應有 a < -4 ，
當 x = 2, a - 2 = 0,\a = 2 如圖所示，
此時應有0 < a < 2 ，
綜上可得 a - , -4 0,2 .
2
ìx + 4x + a, x <1,【變式 8-3】（2024·山西·模擬預測）已知函數 f x = í 若函數 y = f (x) - 2有三個零點，
ln x +1, x 1,
則實數 a 的取值范圍是（ ）
A． (- ,2) B． (-3,4) C． (-3,6) D． (-3,+ )
【答案】C
ìx2 + 4x + a, x <1,
【解析】函數 f x = í 當 x 1時，方程 f x = 2．可得 ln x +1 = 2．解得 x = e，函數有
ln x +1, x 1,
一個零點，
則當 x <1時，函數有兩個零點，即 x2 + 4x + a = 2 ，在 x <1時有兩個解．
設 g(x) = x2 + 4x + a - 2，其開口向上，對稱軸為： x = -2, g(x)在 (- , -2)上單調遞減，在 (-2,+ )上
單調遞增，所以 g(1) > 0，且 g(-2) < 0，解得-3 < a < 6．
故選：C．
ìx
2 + x - 3, x 0
【變式 8-4】已知函數 f x = í ， 令h x = f x - k ，則下列說法正確的（ ）
-2 + ln x, x > 0
A．函數 f x 的單調遞增區間為 0, +
B．當 k -4, -3 時， h x 有 3 個零點
C．當 k = -2 時， h x 的所有零點之和為 -1
D．當 k - ,-4 時， h x 有 1 個零點
【答案】D
【解析】 f x 的圖像如下：
由圖像可知， f x 1的增區間為 - ,0

2 ÷
, 0, + ，
è
故 A 錯誤
當 k -4, -3 時，如圖
13
當- < k < -3時， y = f x 與 y = k 有 3 個交點，
4
k 13當 = - 時， y = f x 與 y = k 有 2 個交點，
4
4 k 13當- < < - 時， y = f x 與 y = k 有 1 個交點，
4
所以當 k -4, -3 時 y = f x 與 y = k 有 3 個交點或 2 個交點或 1 個交點，
即 h(x) 有 3 個零點或 2 個零點或 1 個零點，
故 B 不正確；
當 k = -2 時，由 x2 + 2x - 3 = -2可得 x = -1± 2 ，
由-2 + ln x = -2可得 x =1
所以 h(x) 的所有零點之和為-1- 2 +1 = - 2 ，
故 C 錯誤；
當 k - ,-4 時，由 B 選項可知：
y = f x 與 y = k 有 1 個交點，
即 h(x) 有 1 個零點，
故 D 正確；
故選：D
題型九：零點嵌套問題
【典例 9-1】設定義在 R 上的函數 f (x) 滿足 f (x) = 9x2 + (a - 3)xex + 3(3 - a)e2x有三個不同的零點
2
x , x x1 x2 x3 1 2 , x3 , 且 x1 < 0 < x2 < x3 , 則 3- ex1 ÷
3 -
ex2 ÷
3- x ÷的值是（ ）è è è e 3
A．81 B．-81 C．9 D．-9
【答案】A
【解析】由 f (x) = 9x2 + (a - 3)xex + 3(3 - a)e2x有三個不同的零點知：9x2 + (a - 3)xex + 3(3- a)e2x = 0有
9( x 29x2 ex
)
三個不同的實根，即 a - 3 = 2x x = x 有三個不同實根，3e - xe 3-
ex
t x= 3- a 3 9(3 - t)
2
若 x ，則 - = ，整理得9t
2 - (a + 51)t + 81 = 0，若方程的兩根為 t1, te t 2
，
∴ t t = 9 t xe
x - ex x -1
1 2 ，而 = = ，e2x ex
∴當 x <1時， t < 0即 t 在 (- ,1)上單調遞減；當 x >1時， t > 0即 t 在 (1, + )上單調遞增；即當 x =1時 t
1 1
有極小值為3- ，又 x1 < 0 < x2 < x3 ， x = 0有 t = 3，即 t1 > 3 > t2 > 3- .e e
∵方程最多只有兩個不同根，
∴ x < 0 < x <1 < x
x
，即 t = 3- 1
x x
1 2 3 1 x ， t = 3-
2
2 x = 3-
3 ，
e 1 e 2 ex3
x 2∴ 3- 1 3 x- 2 3 x- 3 = t 2 2 x t = 81 .è e 1 ÷ è ex2 ÷ ÷ 1 2 è ex3
故選：A
2 2
【典例 9-2 x +1 m x -1 】若關于 x 的方程 + 2 = 6恰有三個不同的實數解x1，x2， x3，且x x +1

x1 < 0 < x
1
2 < x3 ，其中m R ，則 x1 + ÷ x2 + x3 的值為（ ）
è x1
A．-6 B．-4 C．-3 D．-2
【答案】A
【解析】依題意可知 x 0，
2 2 x 1 x +1 m x -1 + + m - 4 - 2m
1
× = 0
由 + = 6整理得 x
x x2 +1 x
1
+ ①，
x
即關于 x 的方程恰有三個不同的實數解x1，x2， x3，且 x1 < 0 < x2 < x3 ，
令 t = x
1
+ ，則 t -2或 t 2，
x
1
則①轉化為 t + m - 4 - 2m × = 0，
t
即 t 2 + m - 4 t - 2m = 0, D = m - 4 2 + 8m = m2 +16 > 0，
1
根據對勾函數的性質可知 t = x1 + = -2 2是方程 t + m - 4 t - 2m = 0x 的一個根，1
所以 -2 2 + m - 4 -2 - 2m = 0, m = 3，
所以 t 2 - t - 6 = 0，解得 t = -2或 t = 3，
所以 x2 , x3 是方程 x
1
+ = 3的根，即 x2 - 3x +1 = 0的根，
x
所以 x2 + x3 = 3，

x 1

所以 1 + ÷ x2 + x3 = -2 3 = -6 .
è x1
故選：A
【方法技巧】
解決函數零點問題，常常利用數形結合、等價轉化等數學思想.
【變式 9-1】已知函數 f (x) = 2(a + 2)e2x - (a +1)xex + x2 有三個不同的零點 x1, x2 , x3，且 x1 < 0 < x2 < x3 ，
x 2 x x
則 1 2 - x ÷ 2 -
2
÷ 2 -
3
÷的值為（ ）
è e 1 è ex2 è ex3
A．3 B．6 C．9 D．36
【答案】D
é 2 ù
【解析】因為 f (x) = 2(a + 2)e2x - (a +1)xex + x2 2x，所以 f (x) = e ê2(a + 2) - (a +1)
x x
+
ex ÷
ú ，因為
ê è e
x ú
2
e2x
x
> 0，所以 2(a + 2) (a 1)
x x
- + + ÷ = 0 有三個不同的零點 x1, x2 , x3，令 g x = ，則 g x
1- x
=
x x x ，所e è e e ex
以當 x <1時 g x > 0，當 x >1時 g x < 0，即 g x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，所以
1 x t x 1g x = g 1 =max ，當 x > 0
ù
時 2
e e x
> 0 ，令 = x e
- , ，則 2(a + 2) - (a +1)t + t = 0必有兩個根 t
e 1
、 t2 ，
è ú
1 x x
不妨令 t1 < 0、 0 < t2 < ，且 t1 + t2 = a +1， t1t2 = 2 a + 2 ，即 t1 = x 必有一解 x1 < 0， t2 = x 有兩解 xe e e 2、 x3，
2
且0 < x <1 < x x，故 2 - 1 x2 x3 22 3 x ÷ 2 - x ÷ 2 - x ÷ = 2 - t1 2 - t
2
è e 1 è e 2 2 è e 3
= é 4 - 2 t1 + t2
2
+ t1t2 ù
2
= é4 - 2 a +1 + 2 a + 2 ù = 36
故選：D
【變式 9-2】已知函數 f (x) = (a + 3)e2x - (a +1)xex + x2 有三個不同的零點 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，則
x 2 1- 1 1 x- 2 x3 x ÷ ÷ 1- ÷ 的值為（ ）è e 1 è ex2 è ex3
A．3 B．4 C．9 D．16
【答案】C
é 2 ù
【解析】 f (x) = (a + 3)e2x - (a +1)xex + x2 = e2x
x x
ê x ÷ - a +1 × + a + 3 ú，
êè e e
x
ú
2 x x
2 x
e > 0 ， ÷ - a +1 × + a + 3 = 0有三個不同的零點 x1, x2 , x
è ex ex
3 .
令 g x x= x , g x
1- x
= x ， g x 在 - ,1 遞增，在 1, + 上遞減，e e
g x 1 x= g 1 = . x > 0時， x > 0max .e e
令 t
x
= x - ,
1ù
e è e ú
，

t 2 - a +1 × t + a + 3 = 0 必有兩個根 t1, t2 ，
t 0,0 t 11 < < 2 < ，且 t1 + t2 = a +1, t1 × t2 = a + 3，e
t x1 = x 有一解 x1 < 0 t
x
， 2 = x 有兩解 x2 , x3 ，且0 < xe e 2
<1 < x3，
2
1 x1 1 x- - 2 x3 故 ÷ ÷ 1- ÷
è ex1 è ex2 è ex3
1- t1
2 21- t 22 = é 1- t1 + t2 + t1 × t2 ù
2
= é 1- a +1 + a + 3 ù = 9 .
故選：C
【變式 9-3】（2024·四川成都·一模）已知函數 f x = lnx 2 a- xlnx a+ x2 有三個零點x1、x2、 x3且2 e
2ln x1 ln x ln xx1 < x2 < x
2 3
3，則 + +x x x 的取值范圍是（ ）1 2 3
1- ,0 1- ,0 1 2A． 2 ÷ B． 2 ÷ C

． - ,0 D． - ,0

è e - e è e è 2e ÷ ÷ è e
【答案】D
【解析】令 f (x) = 0 ，得 lnx 2 a- xlnx a lnx a lnx a+ x2 = 0 2，整理得 ( ) - + = 0，
2 e x 2 x e
t ln x (x 0) t 2 a令 = ＞ ，原方程化為 - t
a
+ = 0 ，
x 2 e
ln x
設 g(x) = (x 0) g (x)
1- ln x
＞ ， 則 = ，
x x2
g (x) 0 x=e g(e) ln e 1令 = ，解得 ，且 = = ，
e e
當 x 0,e 時， g (x)＞0，則 g(x)單調遞增，
當 x e, + 時， g (x) < 0，則 g(x)單調遞減，
則 g(x)在 x = e
1
時，有最大值為 g e = ，
e
則當 t = g x - ,0 時，有一個解，
當 t
1
= g x 0, 時，有兩個解，
è e ÷
當 t = g x 1 ì0, üí 時，有一個解，
e
t g x 1= , + 當 ÷時，無解，
è e
t 2 a t a因為原方程為 - + = 0 ，
2 e
由題可知有三個零點，因此方程有兩個不等實根 t1 、 t2 ，設 t1 < t2 ，
t a a則有 1 + t2 = ， t1t2 2
= ，
e
若 a = 0，則 t1 = t2 = 0 ，故舍去，
a a
若 a > 0，則 t1 + t2 = > 0， t2 1
t2 = > 0，e
有0 < t1 < t2 ，即有0
1 1
< t1 < ， t2 = ，代入得 a
2
= - ，矛盾，故舍去，
e e e
1
若 a<0則 t1 < 0，0 < t2 < ，e
t ln x1 t ln x2 ln x31 = ， 2 = =x1 x2 x3
ìh 0 < 0
設 h t t 2 a t a 2= - + ，則
2 e íh 1
，得到- < a < 0，
> 0 e
è e
÷

2ln x1 ln x+ 2 ln x3所以 + = 2t1 + 2t
2
2 = a
- ,0
x x x e ÷ .1 2 3 è
故選：D.
題型十：等高線問題
ì| log2 x |, x > 0
【典例 10-1】已知函數 f (x) = í 5 ，若方程 f x = a恰有四個不同的實
3 sin πx - cos πx, - x 0 3
數解，分別記為x1，x2， x3， x4，則 x1 + x2 + x3 + x4的取值范圍是（ ）
A é
1 19 é 2
． ê- , B - ,
19 é5 ,17 é2 8π ,17 8πC D - - ù
6 12 ÷
．
ê 3 12 ÷
．
ê
．
2 4 ÷ ê 3 4 3 ú
【答案】A
ì
ì| log2 x |, x > 0 log2 x, x 1
【解析】 f (x) = f (x) = í = - log x,0 < x <1 ，
3 sin πx - cos πx,
5
- x í 0 2
3 2sin(πx π- ), 5- x 0
6 3
所以 f (x) 如下圖示，要使 f x = a恰有四個不同的實數解，則1 a < 2，
不妨設 x1 < x2 < x3 < x
8
4 ，由圖知： x1 + x2 = - ，且 log2 x3 + log2 x4 = 0，即 x3x4 =1，3
令 | log2 x |=1
1 1
，可得 x = 2或 x = ，令 | log2 x |= 2，可得 x = 4或 x = ，2 4
1 x 1所以 < < 2 x < 4，而 x3 + x4 = x
1
+ x (1 , 1] é
5 17
3 4 3 x 在 3 上遞減，故
x + x , ，
4 2 4 2 3 4 ê ÷3 2 4
1
綜上， x1 + x2 + x3 + x4 [- ,
19) .
6 12
故選：A
ì x2 + 4x + 2, x 1,
【典例 10-2】已知函數 f x = í ，若關于 x 的方程
f x = t 有四個不同的實數解x1，
log2 x -1 , x >1,
x2， x3， x4，且 x1 < x2 < x3 < x4 ，則 3 + x1 3 - x 12 + 2x3 + x4 的最小值為（ ）2
7
A． B．8 C 9 1． D．
2 2 2
【答案】D
【解析】函數圖像如圖所示，
f 1 = 7 ， t 0,7 ， x1 < -2 < x2 1< x3 < 2 < x4 ， x1 + x2 = -4，
由- log2 x3 -1 = log2 x4 -1 log2 x3 -1 x4 -1 = 0 x3 -1 x4 -1 =1，
1
∴ 2x3 + x4 = 2 x3 -1
1 5
+ x4 -1 + 2 x3 -1 x4 -1
5 9
+ = ，
2 2 2 2 2
3
當且僅當 x3 = , x4 = 3時，等號成立，此時 t =1；2
2

2
3 + x1 3 x 3 x 3 x - 3 - x + 3 - x x + x- 2 = - - - 1 - 2 - 1 2 1 2 ÷÷ = - ÷ = -4，當且僅當
è 2 è 2
x1 = -2 - 3, x2 = -2 + 3 時等號成立，此時 t =1.
所以 3 + x 1 9 11 3 - x2 + 2x3 + x2 4 的最小值為 - 4 = .2 2
故選：D
【方法技巧】
數形結合數學思想方法
ì log 2
x -1 ,1 < x < 3
【變式 10-1】已知函數 f x = í ，若 f x = a有四個不同的解 x , x , x , x 且
x2
1 2 3 4
-8x +16, x 3
x1 < x2 < x3 < x4 ，則 x1 + x2 + x3 + x4的取值范圍是 ．
25
【答案】 12, 2 ÷è
【解析】根據對數函數與二次函數的性質作出函數圖象，如圖所示，
1 a 0 3易知 > > ，所以 < x1 < 2 < x2 < 3 < x3 < 4 < x2 4
，
則 log2 x1 -1 = log2 x2 -1 - log2 x1 -1 = log2 x2 -1 x1 -1 x2 -1 =1，
而由二次函數對稱性可知， x3 + x4 = 8，
1 1
所以 x1 + x2 + x3 + x4 = x1 -1+ +10 < x1 -1<1x 1 2 ÷，1 - è
1 5
根據對勾函數的性質可知， x1 -1+ 2,x ，1 -1
÷
è 2
x + x + x + x 25 所以 1 2 3 4 12, 2 ÷
.
è
25
故答案為： 12, ÷ .
è 2
ìx2 + 2x +1, x 0
【變式 10-2】（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知函數 f (x) = í ，若方程 f x = a有四個根
ln x , x > 0
x1, x2 , x3 , x4 ，且 x1 < x2 < x3 < x4 ，則下列說法錯誤的是（ ）
A． x1 + x2 = -2 B． x3 + x4 > 2
C． x1x2 > 4 D．0 < a 1
【答案】C
y = x2【解析】函數 +2x+1的圖象開口向上，對稱軸為直線 x=-1，
當 x 0 時， f (x) = x2 + 2x +1在 (- ,-1]上遞減，函數值集合為[0, + ) ，在[-1,0]上遞增，函數值集合
為[0,1]，
當 x > 0時， f (x) =| ln x |在 (0,1]上遞減，函數值集合為[0, + ) ，在[1, + ) 上遞增，函數值集合為
[0, + ) ，
方程 f (x) = a的根是直線 y = a 與函數 y = f (x) 圖象交點的橫坐標，
方程 f (x) = a有四個根 x1, x2 , x3 , x4 ，即直線 y = a 與函數 y = f (x) 圖象有 4 個交點，
在同一坐標系內作出直線 y = a 與函數 y = f (x) 的圖象，如圖，
觀察圖象知， x1 + x2 = -2，0 < a 1，AD 正確；
顯然 | ln x3 |=| ln x4 |，而 x3 <1 < x4 ，則- ln x3 = ln x4 ，即 ln x3x4 = 0 ， x3x4 =1，
x3 + x4 > 2 x3x4 = 2 ，B 正確；
顯然-1 < x2 0， x1x2 = (-2 - x2 )x2 = -(x
2
2 +1) +1 [0,1)，C 錯誤.
故選：C
【變式 10-3】（2024·陜西商洛·一模）已知函數 f x = log2 x , x (-1,0) U (0, 4] ，若關于 x 的方程
16 1 1
f x = a有 3 個實數解 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3則 - -x3 x1x3 x x
的最小值是（ ）
1 2
A．8 B．11 C．13 D．16
【答案】C
【解析】由函數 f x = log2 x , x (-1,0) U (0, 4]，作出函數 f x 的大致圖象，如圖所示，
由圖可知 x3 1,4 , x2x3 =1, x1 = -x2，則 x1x2x3 = x1，
1 1 x2 + x3 x2 + x3 x2 + x+ = = = - 3 x因為 = -1- 3 = -1- x2x1x3 x1x2 x1x2x x x x
3 ，
3 1 2 2
16 1 1 1 x2 16所以 - - = + +x3 x1x3 x1x
3 ，
2 x3
3
設函數 g x 16=1+ x2 + 1 < x 4 ，則 g
x x 2x
16 2x -16
= -
x2
= ，
x2
當1< x < 2時， g x < 0；當 2 < x 4 時， g x > 0，
所以 g(x)min = g 2
16 1 1
=1+ 4 + 8 =13，即 - -x3 x1x3 x1x
的最小值是13 .
2
故選：C.
ì sin πx ,0 x 2
【變式 10-4】（2024·陜西渭南·一模）已知 f (x) = í x ，若存在實數 xi （ i =1,2,3,4,5），當
e , x < 0
5
xi < xi+1（ i =1,2,3,4）時，滿足 f x1 = f x2 = f x3 = f x4 = f x5 ，則 xi f xi 的取值范圍為（ ）
i=1
1 1
A． - , -
ù ù
B． - ,0
è e5 ú è e3 ú
, 4 é 1C - D - , 4 ． ． ê ÷ e5
【答案】D
ì sin πx ,0 x 2
【解析】作出 f (x) = í x 的圖象如圖，
e , x < 0
由題， x2 + x3 = 1， x4 + x5 = 3， x1 < 0
i=1
所以 xi f xi = (x1 + x2 + x3 + x x14 + x5 ) f (x1) = (x1 + 4) f (x1) = (x1 + 4)e ，
5
令 g(x) = (x + 4)ex（ x < 0 ），則當 x<- 4時， g(x) < 0；當-4 < x < 0時， g(x) > 0 .
g (x) = (x + 5)ex ，當 x < -5時， g (x) < 0， g(x)在 - ,-5 上單調遞減；
當-5 < x < 0時， g (x) > 0， g(x)在 -5,0 上單調遞增.
g(x) g( 1所以 min = -5) = - ，且 g(x) < g(0) = 45 ，e
i=1
é 1 所以 xi f xi 的取值范圍為 ê- e5 , 4÷ .5
故選：D.
題型十一：二分法
【典例 11-1】（2024·遼寧大連·一模）牛頓迭代法是我們求方程近似解的重要方法．對于非線性可導函
數 f x 在 x0 附近一點的函數值可用 f x f x0 + f x0 x - x0 代替，該函數零點更逼近方程的解，以此
法連續迭代，可快速求得合適精度的方程近似解．利用這個方法，解方程 x3 - 3x +1 = 0，選取初始值
x 10 = ，在下面四個選項中最佳近似解為（ ）2
A． 0.333 B． 0.335 C．0.345 D．0.347
【答案】D
f x = x3【解析】令 - 3x +1，則 f x = 3x2 - 3，
f x
令 f x = 0，即 f x0 + f x0 x - x0

0 0，可得 x x0 - f x0
，
f x x3x x k - 3x +1 2x
3 -1
迭代關系為 k +1 = k - = x k k kf x k
- 2 = k N
k 3x
，
k - 3 3x
2
k - 3
1 1
1 x 2x
3
0 -1
2 -1
8 1 2x
3 -1 2 -1x 1 27 25取 x0 = ，則 1 = = = ，2 3x2 - 3 1 3 2
= 2 = = 0.34722，
0 3 - 3 3x - 3 3 11 - 3 72
4 9
故選：D.
1
【典例 11-2】（2024·廣東梅州·二模）用二分法求方程 log4 x - = 0近似解時，所取的第一個區間可2x
以是（ ）
A． 0,1 B． 1,2 C． 2,3 D． 3,4
【答案】B
1
【解析】令 f x = log4 x - ，2x
1
因為函數 y = log4 x, y = - 在 0, + 上都是增函數，2x
所以函數 f x = log4 x
1
- 在 0, + 上是增函數，
2x
f 1 1= - < 0, f 2 = log 2 1 1 1 1
2 4
- = - = > 0，
4 2 4 4
所以函數 f x = log4 x
1
- 在區間 (1, 2)上有唯一零點，
2x
1
所以用二分法求方程 log8 x - = 0近似解時，所取的第一個區間可以是 (1, 2) .3x
故選：B.
【方法技巧】
所在的區間一分為二，使區間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點的近似值的方法叫做二分法.
求方程 f x = 0的近似解就是求函數 f x 零點的近似值.
【變式 11-1】以下每個圖象表示的函數都有零點，但不能用二分法求函數零點的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】根據二分法的思想，函數 f x 在區間[a,b]上的圖象連續不斷，且 f a × f b < 0 ，即函數的
零點是變號零點，才能將區間 (a , b ) 一分為二，逐步得到零點的近似值．
對各選項的函數圖象分析可知，A，B，D 都符合條件，
而選項 C 不符合，因為圖象經過零點時函數值的符號沒有發生變化，因此不能用二分法求函數零點．
故選：C.
【變式 11-2】用二分法求函數 f x = ln x +1 + x -1在區間 0,1 上的零點，要求精確度為0.01時，所
需二分區間的次數最少為（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【解析】因為開區間 0,1 的長度等于 1，每經這一次操作，區間長度變為原來的一半，
所以經過 n n N* 1次操作后，區間長度變為 n ，2
1
令 n < 0.01，解得 n 7 ，且2 n N
*，
故所需二分區間的次數最少為 7.
故選：C.
【變式 11-3】一塊電路板的 AB 線段之間有60 個串聯的焊接點，知道電路不通的原因是焊口脫落造成
的，要想用二分法的思想檢測出哪處焊口脫落，至少需要檢測（　　）
A． 4次 B．6次
C．8次 D．30次
【答案】B
60
【解析】利用二分法檢測，每次取中點，焊接點數減半，不妨設需要n次檢測，則 n 1，2
即 2n 60 ，因為 25 < 60 < 26 ，故n的最小值為6，即至少需要檢測6次.
故選：B.
1 2．（2024 年新課標全國Ⅱ卷數學真題）設函數 f (x) =a(x+1) -1， g(x) = cos x + 2ax，當 x (-1,1)時，曲
線 y = f (x) 與 y = g(x) 恰有一個交點，則a = （ ）
A． -1 B 1． 2 C．1 D．2
【答案】D
【解析】解法一：令 f (x) = g x ，即 a(x +1)2 -1 = cos x + 2ax ，可得 ax2 + a -1 = cos x，
2
令F x = ax + a -1,G x = cos x，
原題意等價于當 x (-1,1)時，曲線 y = F (x)與 y = G(x)恰有一個交點，
注意到F x ,G x 均為偶函數，可知該交點只能在 y 軸上，
可得F 0 = G 0 ，即 a -1 =1，解得 a = 2，
若 a = 2，令F x = G x ，可得 2x2 +1- cos x = 0
因為 x -1,1 ，則 2x2 0,1- cos x 0 ，當且僅當 x = 0時，等號成立，
可得 2x2 +1- cos x 0，當且僅當 x = 0時，等號成立，
則方程 2x2 +1- cos x = 0 有且僅有一個實根 0，即曲線 y = F (x)與 y = G(x)恰有一個交點，
所以 a = 2符合題意；
綜上所述： a = 2 .
解法二：令 h x = f (x) - g x = ax2 + a -1- cos x, x -1,1 ，
原題意等價于 h x 有且僅有一個零點，
因為 h -x = a -x 2 + a -1- cos -x = ax2 + a -1- cos x = h x ，
則 h x 為偶函數，
根據偶函數的對稱性可知 h x 的零點只能為 0，
即 h 0 = a - 2 = 0，解得 a = 2，
若 a = 2 2，則 h x = 2x +1- cos x, x -1,1 ，
又因為 2x2 0,1- cos x 0 當且僅當 x = 0時，等號成立，
可得 h x 0，當且僅當 x = 0時，等號成立，
即 h x 有且僅有一個零點 0，所以 a = 2符合題意；
故選：D.
2．（2024 年天津高考數學真題）若函數 f x = 2 x2 - ax - ax - 2 +1恰有一個零點，則 a的取值范圍為 ．
【答案】 - 3,-1 1, 3
【解析】令 f x = 0，即 2 x2 - ax = ax - 2 -1，
由題可得 x2 - ax 0，
當 a = 0時， x R ，有 2 x2 = -2 -1 =1 2，則 x = ± ，不符合要求，舍去；
2
ì 2
ax - 3, x
當 a > 0時，則 2 x2 - ax = ax - 2 -1 =
a
í ，
1- ax, x 2<
a
ì 2
ax - 3, x
即函數 g x = 2 x2 - ax 與函數 h x = aí 2 有唯一交點， 1- ax, x <
a
由 x2 - ax 0，可得 x a或 x 0 ，
當 x 0 時，則 ax - 2 < 0，則 2 x2 - ax = ax - 2 -1 =1- ax ，
即 4x2 - 4ax = 1- ax 2 ，整理得 4 - a2 x2 - 2ax -1 = é 2 + a x +1 ù é 2 - a x -1ù = 0，
當 a 1= 2時，即 4x +1 = 0，即 x = - 4 ，
a 0,2 x 1 x 1當 ， = - 或 = > 0 （正值舍去），
2 + a 2 - a
當 a 2,
1 1
+ 時， x = - < 0或 x = < 0，有兩解，舍去，
2 + a 2 - a
即當 a 0,2 時， 2 x2 - ax - ax - 2 +1 = 0在 x 0 時有唯一解，
則當 a 0,2 時， 2 x2 - ax - ax - 2 +1 = 0在 x a時需無解，
當 a 0,2 ，且 x a時，
ì
ax
2
- 3, x
由函數 h x = a x 2 1 3í 2 關于 = 對稱，令 h x = 0 ，可得 x = 或 x = ， 1- ax, x < a a a
a
h x 1 , 2 2 , 3 且函數 在 ÷ 上單調遞減，在 上單調遞增，
è a a è a a ÷
a 2
x - 2 ÷ 2令 g x = y = 2 x2 - ax ，即 è y2 - 2 =1，a a
4
x 2 y2
故 x a時， g x - =1 a圖象為雙曲線 a2 a2 右支的 x 軸上方部分向右平移 所得，2
4
x 2 y2 a
2 - =1 y = ± x = ±2x由 a a2 的漸近線方程為 a ，
4 2
a
即 g x 部分的漸近線方程為 y = 2 x - ÷，其斜率為2 2，è
ì
ax - 3, x
2

又 a 0,2 ，即 h x = a 2í 在 x 時的斜率 a 0,2
1 2
，
- ax, x < a
a
令 g x = 2 x2 - ax = 0 ，可得 x = a或 x = 0（舍去），
且函數 g x 在 a, + 上單調遞增，
ì1
< a a
故有 í 3 ，解得1 < a < 3 ，故1 < a < 3 符合要求； > a
a
ì
ax - 3, x
2

當 a<0時，則 2 x2 - ax = ax - 2 -1 =
a
í ，
1- ax, x 2>
a
ì 2
ax - 3, x a
即函數 g x = 2 x2 - ax 與函數 h x = í 2 有唯一交點， 1- ax, x >
a
由 x2 - ax 0，可得 x 0 或 x a，
當 x 0 時，則 ax - 2 < 0，則 2 x2 - ax = ax - 2 -1 =1- ax ，
即 4x2 - 4ax = 1- ax 2 ，整理得 4 - a2 x2 - 2ax -1 = é 2 + a x +1 ù é 2 - a x -1ù = 0，
1
當 a = -2 時，即 4x -1 = 0，即 x = ，
4
a -2,0 x 1 0 1當 ， = - < （負值舍去）或 x = 0，
2 + a 2 - a
a - , 2 x 1 0 x 1當 時， = - > 或 = > 0 ，有兩解，舍去，
2 + a 2 - a
即當 a -2,0 時， 2 x2 - ax - ax - 2 +1 = 0在 x 0 時有唯一解，
則當 a -2,0 時， 2 x2 - ax - ax - 2 +1 = 0在 x a時需無解，
當 a -2,0 ，且 x a時，
ìax 3, x 2 -
h x = a x 2 1 3由函數 í 關于 = 對稱，令 h x = 02 ，可得 x = 或 x = ， 1- ax, x > a a a
a
且函數 h x 2 , 1 3 2 在 ÷ 上單調遞減，在 ,a a a a ÷ 上單調遞增，è è
x 2 y2
- =1 a
同理可得： x a時， g x 圖象為雙曲線 a2 a2 左支的 x 軸上方部分向左平移 所得，2
4
g x a 部分的漸近線方程為 y = -2 x + ÷ ，其斜率為-2，
è 2
ì
ax - 3, x
2

又 a -2,0 ，即 h x = a x 2í <2 在 時的斜率 a -2,0 ， 1- ax, x < a
a
令 g x = 2 x2 - ax = 0 ，可得 x = a或 x = 0（舍去），
且函數 g x 在 - ,a 上單調遞減，
ì1

> a
a
故有 í 3 ，解得- 3 < a < -1，故- 3 < a < -1符合要求； < a
a
綜上所述， a - 3, -1 U 1, 3 .
故答案為： - 3,-1 1, 3 .
3．（2022 年新高考天津數學高考真題）設 a R ，對任意實數 x，記
f x = min x - 2, x2 - ax + 3a - 5 ．若 f x 至少有 3 個零點，則實數 a的取值范圍為 .
【答案】 a 10
2
【解析】設 g x = x - ax + 3a - 5， h x = x - 2，由 x - 2 = 0可得 x = ±2 .
要使得函數 f x 至少有3個零點，則函數 g x 至少有一個零點，則D = a2 -12a + 20 0，
解得 a 2或 a 10 .
①當 a = 2時， g x = x2 - 2x +1，作出函數 g x 、 h x 的圖象如下圖所示：
此時函數 f x 只有兩個零點，不合乎題意；
②當 a < 2時，設函數 g x 的兩個零點分別為x1、 x2 x1 < x2 ，
要使得函數 f x 至少有3個零點，則 x2 -2，
ìa
< -2
所以， í 2 ，解得 a ；
g -2 = 4 + 5a - 5 0
③當 a =10時， g x = x2 -10x + 25，作出函數 g x 、 h x 的圖象如下圖所示：
由圖可知，函數 f x 的零點個數為3，合乎題意；
④當 a >10時，設函數 g x 的兩個零點分別為 x3、 x4 x3 < x4 ，
要使得函數 f x 至少有3個零點，則 x3 2，
ìa
> 2
可得 í 2 ，解得 a > 4，此時 a >10 .
g 2 = 4 + a - 5 0
綜上所述，實數 a的取值范圍是 10, + .
故答案為： 10, + .
p
4．（2022 年新高考北京數學高考真題）若函數 f (x) = Asin x - 3 cos x的一個零點為 ，則 A = ；
3
f p ÷ = ．
è12
【答案】 1 - 2
∵ f ( π【解析】 ) 3 3= A - = 0，∴ A =1
3 2 2
∴ f (x) = sin x - 3 cos x = 2sin(x
π
- )
3
f ( π ) 2sin( π π) 2sin π= - = - = - 2
12 12 3 4
故答案為：1，- 2
5．（2023 2 2年天津高考數學真題）設 a R ,函數 f x = ax - 2x - x - ax +1 ,若 f x 恰有兩個零點，則
a的取值范圍為 ．
【答案】 - ,0 0,1 1, +
【解析】（1）當 x2 - ax +1 0時， f x = 0 a -1 x2 + a - 2 x -1 = 0，
即 é a -1 x -1ù x +1 = 0，
若 a =1時， x=-1，此時 x2 - ax +1 0成立；
a 1 x 1若 時， = 或 x=-1，
a -1
若方程有一根為 x=-1，則1+ a +1 0 ，即 a -2且a 1；
x 1= 1
2
a 1若方程有一根為 ，則 - +1 0，解得： a 2且a 1；
a -1 è a -1÷ a -1
1
若 x = = -1時， a = 0，此時1+ a +1 0 成立．
a -1
2
（2）當 x2 - ax +1 < 0時， f x = 0 a +1 x - a + 2 x +1 = 0，
即 é a +1 x -1 ù x -1 = 0，
若 a = -1時， x =1，顯然 x2 - ax +1 < 0不成立；
a 1若 -1時， x =1或 x = ，
a +1
若方程有一根為 x =1，則1- a +1 < 0，即 a > 2；
1 1 2 1
若方程有一根為 x = ，則 - a +1< 0，解得： a < -2；a +1 è a +1÷ a +1
x 1若 = =1時， a = 0，顯然 x2a 1 - ax +1 < 0
不成立；
+
綜上，
1 1
當 a < -2時，零點為 ， ；
a +1 a -1
當-2 a
1
< 0時，零點為 ， -1；
a -1
當 a = 0時，只有一個零點 -1；
1
當 0 < a < 1時，零點為 ， -1；
a -1
當 a =1時，只有一個零點 -1；
當1
1
< a 2時，零點為 ， -1；
a -1
當 a > 2時，零點為1, -1．
所以，當函數有兩個零點時， a 0且a 1．
故答案為： - ,0 0,1 1, + ．
1．已知函數 y = f (x) 的圖象是一條連續不斷的曲線，且有如下對應值表：
x 1 2 3 4 5 6
13 1 - 1 - -
y
6.136 5.552 3.92 0.88 52.488 232.064
函數 y = f (x) 在哪幾個區間內一定有零點？為什么？
【解析】由對應值表可得： f 2 × f 3 < 0 ， f 3 × f 4 < 0 ， f 4 × f 5 < 0
由零點存在定理可知： f x 分別在區間 2,3 ， 3,4 ， 4,5 內有零點
2．已知函數 f (x) = x3 - 2x +1，求證：方程 f (x) = x 在 (-1,2)內至少有兩個實數解.
【解析】由 f x = x得： x3 - 3x +1 = 0
令 g x = x3 - 3x +1
則 g -1 = -1+ 3 +1 = 3 > 0 ， g 1 =1- 3+1 = -1< 0， g 2 = 8 - 6 +1 = 3 > 0
\ g -1 × g 1 < 0， g 1 × g 2 < 0
\ g x 在 -1,1 內至少有一個零點，在 1,2 內至少有一個零點
\ g x 在 -1,2 內至少有兩個零點，即方程 f x = x在 -1,2 內至少有兩個實數解
f (x) ln x 23．利用信息技術，用二分法求函數 = - 的零點（精確度為 0.1）.
x
2
【解析】 f 2 = ln 2 -1 -0.31< 0， f 3 = ln 3 - 0.43 > 0
3
\ f 2 × f 3 < 0 \ f x 在區間 2,3 內存在一個零點 x0
2
下面用二分法求函數 f x = ln x - 在區間 2,3 內的零點
x
取區間 2,3 的中點 x1 = 2.5，用計算器可算得 f 2.5 0.12
Q f 2 × f 2.5 < 0，所以\ x0 2,2.5
再取 2,2.5 的中點 x2 = 2.25，用計算器可算得 f 2.25 -0.08
因為Q f 2.25 × f 2.5 < 0 \ x0 2.25,2.5
同理可得： x0 2.25,2.375 ， x0 2.3125,2.375
Q 2.375 - 23125 = 0.0625 < 0.1 \函數的零點為 2.375
a
4．設函數 f (x) = ax2 + bx + c(a > 0,b,c R) ，且 f (1) = - ，求證：函數 f (x) 在 (0,2)內至少有一個零點.
2
【解析】Q f 1 a a 3a= + b + c = - \b = - - c
2 2
f 2 4a 2b c 4a 3a\ = + + = + 2 - - c

÷ + c = a - c
è 2
又 f 0 = c \2 f 1 + f 2 + f 0 = 2 a -

÷ + a - c + c = 0
è 2
Q2 f 1 = -a < 0 \ f 2 + f 0 > 0 \ f 2 與 f 0 中至少有一個為正
又Q f 1 a= - < 0 \ f 1 × f 0 < 0 或 f 1 × f 2 < 02
∴函數 f x 在 0,2 內至少有一個零點
5．有一道題“若函數 f (x) = 24ax2 + 4x -1在區間 (-1,1)內恰有一個零點，求實數 a 的取值范圍"，某同
學給出了如下解答：由 f (-1) f (1) = (24a - 5)(24a + 3) < 0
1 5
，解得- < a < .所以，實數 a 的取值范圍是
8 24
1 5- , ÷ .上述解答正確嗎？若不正確，請說明理由，并給出正確的解答.
è 8 24
【解析】上述解答不正確，原解答沒有考慮函數為一次函數還是二次函數的問題，即沒有分類討論
a = 0和 a 0兩種情況；而 a 0時，在區間 -1,1 內的零點可能不是“變號零點”
正確解答如下：
（1）當 a = 0時， f x = 4x-1
1
令 f x = 0得： 4x -1 = 0，解得： x = -1,1
4
∴當 a = 0時， f x 在 -1,1 內恰有一個零點.
（2）當 a 0時，D = 42 - 4 24a (-1) =16 + 96a
1 1
①若D = 0，即 a = - ，則函數 f x 的圖象與 x 軸交于點 ,06 è 2 ÷
\ x 1= 是 -1,1 內的唯一零點
2
1
②若D > 0，即 a > -
6
ìa 1 > - 1 5
則 i. í 6 ，解得：- < a <8 24
f -1 f 1 = 24a - 5 24a + 3 < 0
f -1 = 0 a 5ii.當 ，即 = 時， f x = 5x2 + 4x -1 1，解得： x1 = -1， x =24 2 5
x 1\ = 是 -1,1 內的唯一零點
5
iii.當 f 1 = 0時，即 a 1= - 時， f x = -3x2 + 4x -1 1，解得： x1 =1， x2 =8 3
x 1\ = 是 -1,1 內的唯一零點
3
ì 1ü é 1 5 ù
綜上可得， a的取值范圍是 í- U - ,
6 ê 8 24 ú
易錯點：不理解函數圖象與方程根的聯系
易錯分析： 解題中有的同學不能將函數圖象與方程的根聯系起來，誤認為證明 f (x) 的圖象與 x 軸相
交于兩個不同的點，從而著眼于證 f x1 × f x2 < 0，使得無法解決．
【易錯題 1】函數 y = x2 - 2ax + a -1在( 0, 1)上存在零點，則實數 a 的取值范圍是（ ）
A． 0 < a < 1 B． a<0或 a >1 C． a >1 D． a < -1或 a > 0
【答案】B
【解析】令 f (x) = x2 - 2ax + a -1，
2
因為D = 4a2 - 4(a -1) = 4(a2 - a +1) = 4 a 1 -

÷ + 3 > 0，
è 2
所以函數圖象與 x 軸有兩個交點，
因為函數 f (x) = x2 - 2ax + a -1在( 0, 1)上存在零點，且函數圖象連續，
ì f (0) > 0
所以 f (0) f (1) < 0

，或 í f (1) > 0 ，

0 < a <1
ìa -1 > 0
所以 (a -1)(-a) < 0

，或 í-a > 0 ，

0 < a <1
解得 a<0或 a >1
故選：B
【易錯題 2】已知 a > 0，若關于 x 的方程 4a x - 4x2 + 20x - 25 = 0 在[1,2)上有解，則 a 的取值范圍為（ ）
é1 9 1 9 ù
A． ê , B． , 4 4 ÷ è 2 4ú
1 é9 1 ù 9
C． 0, U ,+ D． 0, U , + 4 ÷ ê4 ÷ 2ú 4 ÷è è è
【答案】B
25 5 2
【解析】由已知可得， a x - 2 x x - 5x + ÷ = a - x - ÷ = 0 .
è 4 è 2
2
當 0 < a < 1時，設 f x = a x g x = x 5- ， ÷ ，
è 2
x 5
2

函數 f x = a 在[1,2)上單調遞減， g x = x - ÷ 在[1,2)上單調遞減.
è 2
2
但是函數 f x = a x 5 的遞減的速度要慢于函數 g x = x - ÷ 的遞減速度，
è 2
2
且 g 1 = 1
5
-
9
÷ = >1 > a = f 1 .
è 2 4
2
作出函數 f x = a x以及 g x 5= x - ÷ 的圖象
è 2
2
f x = a x如圖，要使 與 g x = x
5
- ÷ 在[1,2)上有交點，
è 2
應滿足 f 2 > g 2 2 1，即 a > .
4
1
又 0 < a < 1，所以 < a <1；
2
當 a =1時，由已知可得 4 - 4x2 + 20x - 25 = 0，
3 7
整理可得 4x2 - 20x + 21 = 0 ，解得， x = 或 x = （舍去），2 2
3
此時方程有解 ，滿足；
2
2
當 a >1時，設 h x 5= a x - x - ÷ ，
è 2
5 2
函數 y = a x 以及 y = - x -

÷ 均為[1,2)上的增函數，
è 2
h x a x 5
2

所以， = - x - ÷ 在[1,2)上單調遞增.
è 2
要使 h x = 0 在[1,2)上有解，根據零點存在定理可知，
ì 9
a - 0
ìh 1 0 4

應有 íh 2 > 0 2 1，即 ía - > 0，解得1 a 9< .
a >1
4 4
a >1

1 9
綜上所述， < a .
2 4
故選：B.
答題模板：數形結合法解決零點問題
1、模板解決思路
求函數的零點個數就是求函數圖象與 x 軸的交點個數，因此只要作出函數圖象即可．如果函數圖象不
易作出，可將函數轉化為 y = m(x) - n(x)的結構，然后轉化為m(x)與 n(x) 的圖象交點個數的問題．
2、模板解決步驟
已知零點個數求參數
第一步：將函數化為 y = m(x) - n(x)的形式，m(x)與 n(x) 一個含參，一個不含參．
第二步：畫出兩個函數的圖象．
第三步：確定滿

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