2019届高考数学专题02函数零点

1．零点的判断与证明

例1：已知定义在1,上的函数fxxlnx2， 求证：fx存在唯一的零点，且零点属于3,4． 【答案】见解析 【解析】fx11x1，xxx1,，fx0，fx在1,+单调递增，

f31ln30，f42ln20，f3f40，x03,4，使得fx00

因为fx单调，所以fx的零点唯一． 2．零点的个数问题

例2：已知函数fx满足fxf3x，当x1,3，fxlnx，若在区间1,9内， 函数gxfxax有三个不同零点，则实数a的取值范围是（ ） ln31, A．3eln31, B．93eln31, C．92eln3ln3,D． 39【答案】B 【解析】

xxxfxf3xfxf，当x3,9时，fxfln，

333lnx所以fxxln31x33x9，而gxfxax有三个不同零点yfx与yax有三

个不同交点，如图所示，可得直线yax应在图中两条虚线之间，所以可解得：3．零点的性质

2x2例3：已知定义在R上的函数fx满足：fx22xln31a 93ex0,1x1,0，且fx2fx，

gx2x5，则方程fxgx在区间5,1上的所有实根之和为（ ） x2B．6

C．7

D．8

A．5 【答案】C

【解析】先做图观察实根的特点，在1,1中，通过作图可发现fx在1,1关于0,2中心对称，

由fx2fx可得fx是周期为2的周期函数，则在下一个周期3,1中，fx关于2,2中心对称，以此类推。

从而做出fx的图像（此处要注意区间端点值在何处取到），再看gx图像，gx2x511，可视为将y的图像向左平移2个单位后再向上平移2个单位， 2x2x2x所以对称中心移至2,2，刚好与fx对称中心重合，如图所示：可得共有3个交点

x1x2x3，

其中x23，x1与x3关于2,2中心对称，所以有x1x34。所以x1x2x37．故选C．

4．复合函数的零点

例4：已知函数fxx24x3，若方程fxbfxc0恰有七个不相同的实根，则实数b的取值范围是（ ） A．2,0 【答案】B

【解析】考虑通过图像变换作出fx的图像（如图），因为fxbfxc0最多只能解出2个fx，若要出七个根，则f1x1，f2x0,1，所以bf1xf2x1,2，解得：b2,1．

22B．2,1 C．0,1 D．0,2

对点增分集训

一、选择题

1．设fxlnxx2，则函数fx的零点所在的区间为（ ） A．0,1 【答案】B

【解析】∵f1ln11210，f2ln20，∴f1f20， ∵函数fxlnxx2的图象是连续的，且为增函数， ∴fx的零点所在的区间是1,2．故选B．

B．1,2

C．2,3

D．3,4

2．已知a是函数fx2xlog1x的零点，若0x0a，则fx0的值满足（ ）

2A．fx00 C．fx00 【答案】C

B．fx00

D．fx0的符号不确定

【解析】fx在(0,)上是增函数，若0x0a，则fx0fa0． 3．函数f(x)2xA．1,3 【答案】C

【解析】因为fx在(0,)上是增函数，则由题意得f1f2(0a)(3a)0，解得0a3，

2a的一个零点在区间1,2内，则实数a的取值范围是（ ） xB．1,2

C．0,3

D．0,2

故选C．

4．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 D．(,a)和(c,)内

C．(b,c)和(c,)内 【答案】A

【解析】∵abc，∴fa(ab)(ac)0，fb(bc)(ba)0，fc(ca)(cb)0，

由函数零点存在性定理可知，在区间(a,b)，(b,c)内分别存在零点，又函数fx是二次函数，

最多有两个零点．因此函数fx的两个零点分别位于区间(a,b)，(b,c)内，故选A． 5．设函数fx是定义在R上的奇函数，当x0时，fxexx3，则fx的零点个数为（ ） A．1 【答案】C

【解析】因为函数fx是定义域为R的奇函数，所以f00，即0是函数fx的一个零点，当x0时，令fxexx30，则exx3，分别画出函数y1ex和y2x3的图象，

如图所示，两函数图象有一个交点，所以函数fx有一个零点， 根据对称性知，当x0时函数fx也有一个零点．

B．2

C．3

D．4

综上所述，fx的零点个数为3．故选C． x2x26．函数fx1lnxx0x0的零点个数为（ ）

C．7

D．0

A．3 【答案】B

B．2

x0x0【解析】方法一：由fx0得2或2，解得x2或xe，

xx20xx20因此函数fx共有2个零点．

方法二：函数fx的图象如图所示，由图象知函数fx共有2个零点． 17．已知函数fx1xx0x0，则使方程xfxm有解的实数m的取值范围是（ ）

B．(,2] D．(,1][2,)

A．1,2 C．(,1)【答案】D

(2,)

【解析】当x0时，xfxm，即x1m，解得m1；当x0时，xfxm，即

x1m， x解得m2，即实数m的取值范围是(,1][2,)．故选D．

8．若函数fx3ax12a在区间(1,1)内存在一个零点，则a的取值范围是（ ） 1A．,

51C．1,

5

B．,11, 5 D．(,1)

【答案】B

【解析】当a0时，fx1与x轴无交点，不合题意，所以a0；函数fx3ax12a在区间(1,1)内是单调函数，所以f(1)f10，即(5a1)(a1)0，解得a1或

1a．故选B．

509．已知函数fxxex0x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

C．(,1](2,)

B．(,1) D．(,0](1,)

【答案】D

【解析】函数gxfxxm的零点就是方程fxxm的根，画出

x0x的大致图象（图略）．观察它与直线ym的交点，得知当hxfxxxexx0m0或m1时，有交点，即函数gxfxxm有零点．故选D．

10．已知fx是奇函数且是R上的单调函数，若函数yf(2x21)f(x)只有一个零点，则实数 的值是（ ） A．

1 41B．

8C．7 83D．

8【答案】C

【解析】令yf(2x21)f(x)0，则f(2x21)f(x)f(x)，因为fx是R上的单调函数，所以2x21x，只有一个实根，即2x2x10只有一个实根，则

718(1)0，解得．

811．已知当x0,1时，函数y(mx1)2的图象与yxm的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是（ ） A．(0,1][23,+) C．(0,2][23,+) 【答案】B

B．0,1[3,) D．(0,2][3,+)

1【解析】在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)(mx1)mx与g(x)xmm222的大致图象．分两种情形： （1）当0m1时，合题意．

（2）当m1时，011，如图①，当x0,1时，fx与gx的图象有一个交点，符m11，如图②，要使fx与gx的图象在0,1上只有一个交点， m只需g1f1，即1m(m1)2，解得m3或m0（舍去）． 综上所述，m0,1[3,)．故选B．

12．已知函数yfx和ygx在2,2的图像如下，给出下列四个命题： （1）方程fgx0有且只有6个根

（2）方程gfx0有且只有3个根 （3）方程ffx0有且只有5个根 （4）方程ggx0有且只有4个根 则正确命题的个数是（ ） A．1 【答案】B

【解析】每个方程都可通过图像先拆掉第一层，找到内层函数能取得的值，从而统计出x的总数．

（1）中可得g1x2,1，g2x0，g3x1,2，进而g1x有2个对应的x，g2x有2个，g3x有2个，总计6个，（1）正确；

（2）中可得f1x2,1，f2x0,1，进而f1x有1个对应的x，f2x有3个，总计4个， （2）错误；

（3）中可得f1x2,1，f2x0，f3x1,2，进而f1x有1个对应的x，f2x有3个，f3x有1个，总计5个，（3）正确；

（4）中可得：g1x2,1，g2x0,1，进而g1x有2个对应的x，g2x有2个，共计4个，（4）正确

则综上所述，正确的命题共有3个． 二、填空题

13．函数fx2x|log0．5x|的零点个数为________． 【答案】2

B．2

C．3

D．4

11【解析】由fx0，得|log0.5x|，作出函数y1|log0．5x|和y2的图象，

22由上图知两函数图象有2个交点，故函数fx有2个零点．

xx114．设函数y1x与y223x2的图象的交点为(x0,y0)，若x0(n,n1)，n，则x0所

在的区间是______．

【答案】1,2

1【解析】令fxx23x2，则fx00，易知fx为增函数，且f10，f20，

∴x0所在的区间是1,2．

x22x015．函数fx的零点个数是________．

2x6lnxx0【答案】2

【解析】当x0时，令x220，解得x2（正根舍去），所以在(,0]上有一个零点； 当x0时，f'(x)210恒成立，所以fx在(0,)上是增函数．又因为xf22ln20，f3ln3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．

16．已知函数fx|x23x|，xR，若方程fxa|x1|0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围是________________． 【答案】0,1(9,)

【解析】设y1fx|x23x|，y2a|x1|，

在同一直角坐标系中作出y1|x23x|，y2a|x1|的图象如图所示．

由图可知fxa|x1|0有4个互异的实数根等价于y1|x23x|与y2a|x1|的图象

2yx3x有4个不同的交点且4个交点的横坐标都小于1，所以有两组不同解，

ya1x消去y得x2(3a)xa0有两个不等实根， 所以(3a)24a0，即a210a90，

解得a1或a9．又由图象得a0，∴0a1或a9． 三、解答题

17．关于x的二次方程x2(m1)x10在区间0,2上有解，求实数m的取值范围． 【答案】(,1]

【解析】显然x0不是方程x2(m1)x10的解， 0x2时，方程可变形为1mx1， x又∵yx1在0,1上单调递减，在1,2上单调递增， x∴yx1在0,2上的取值范围是[2,)，∴1m2，∴m1， x故m的取值范围是(,1]． 18．设函数f(x)11x(x0)．

（1）作出函数fx的图象； （2）当0ab且fafb时，求

11的值； ab（3）若方程fxm有两个不相等的正根，求m的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）2；（3）0m1． 【解析】（1）如图所示． 111x（2）∵f(x)1x11xx0,1

x1,故fx在0,1上是减函数，而在(1,)上是增函数． 由0ab且fafb，得0a1b且

111111，∴2． abab（3）由函数fx的图象可知，当0m1时，方程fxm有两个不相等的正根．