文档内容
第12讲 函数与方程
知识梳理
一、函数的零点
对于函数y=fx ，我们把使fx =0的实数x叫做函数y=fx 的零点.
二、方程的根与函数零点的关系
方程fx =0有实数根⇔函数y=fx 的图像与x轴有公共点⇔函数y=fx 有零点.
三、零点存在性定理
如果函数y=fx 在区间a,b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有fa ⋅fb <0，那
么函数y=fx 在区间a,b 内有零点，即存在c∈a,b ，使得fc =0,c也就是方程fx
=0的根.
四、二分法
对于区间a,b 上连续不断且fa ⋅fb <0的函数fx ，通过不断地把函数fx 的零点
所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法叫做
二分法.求方程fx =0的近似解就是求函数fx 零点的近似值.
五、用二分法求函数fx 零点近似值的步骤
(1)确定区间a,b ，验证fa ⋅fb <0，给定精度ε.
(2)求区间a,b 的中点x. 1
(3)计算fx 1 .若fx 1 =0,则x 1 就是函数fx 的零点；若fa ⋅fx 1 <0，则令b=x(此时 1
零点x 0 ∈a,x 1 ).若fb ⋅fx 1 <0，则令a=x 1 (此时零点x 0 ∈x 1 ,b )
(4)判断是否达到精确度ε，即若a-b <ε，则函数零点的近似值为a(或b)；否则重复第(2)
-(4)步.
用二分法求方程近似解的计算量较大，因此往往借助计算完成.
【解题方法总结】
函数的零点相关技巧:
①若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.
②连续不断的函数f(x)，其相邻的两个零点之间的所有函数值同号.
③连续不断的函数f(x)通过零点时，函数值不一定变号.
④连续不断的函数f(x)在闭区间[a，b]上有零点，不一定能推出f(a)f(b)<0.
必考题型全归纳
1 题型一：求函数的零点或零点所在区间
337 (2024·广西玉林·博白县中学校考模拟预测)已知函数h(x)是奇函数，且f(x)=h(x)+2，
若x=2是函数y=f(x)的一个零点，则f(-2)= ( )
A.-4 B.0 C.2 D.4
【答案】D
【解析】因为x=2是函数y=f(x)的一个零点，则f(2)=0，于是f(2)=h(2)+2=0，即
h(2)=-2，
第 页 共 页
186 3427而函数h(x)是奇函数，则有h(-2)=-h(2)=2，
所以f(-2)=h(-2)+2=4.
故选：D
338 (2024·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测)已知x 是函数f(x)=tanx-2的一个
0
零点，则sin2x 的值为 ( )
0
4 3 3 4
A.- B.- C. D.
5 5 5 5
【答案】D
【解析】因为x 是函数f(x)=tanx-2的一个零点，
0
所以tanx -2=0，即tanx =2，故cosx ≠0，
0 0 0
2sinx ⋅cosx 2tanx 4
则sin2x = 0 0 = 0 = ．
0 sin2x +cos2x 1+tan2x 5
0 0 0
故选：D．
339 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx =2x+x,gx =log 2 x+x,hx =log x-2的 2
零点依次为a,b,c，则 ( )
A.a0,f-1
1
=- <0 ，所以fx
2
的
唯一零点a∈-1,0 ；
对于gx
1
=log x+x ，显然也是增函数，g 2 2
1
=- <0,g1 2 =1>0 ，所以gx 的唯
1
一零点b∈ ,1
2
；
对于hx =log 2 x-2 ，显然也是增函数，h4 =log 2 4-2=0 ，所以hx 的唯一零点c
=4 ；
∴a0时，gx
x x2
1 1
= + >0恒成立，
x x2
所以gx
1
=lnx- +2-e单调递增，
x
又g2
1 3
=ln2- +2-e=ln2+ -e<0,g3
2 2
1 5
=ln3- +2-e=ln3+ -e>
3 3
0，
所以x ∈(2,3).
0
第 页 共 页
187 3427故选：C.
【解题总结】
求函数fx 零点的方法：
(1)代数法，即求方程fx =0的实根，适合于宜因式分解的多项式；(2)几何法，即利用
函数y=fx 的图像和性质找出零点，适合于宜作图的基本初等函数.
2 题型二：利用函数的零点确定参数的取值范围
341 (2024·山西阳泉·统考三模)函数fx =log 2 x+x2+m在区间1,2 存在零点．则实数
m的取值范围是 ( )
A. -∞,-5 B. -5,-1 C. 1,5 D. 5,+∞
【答案】B
【解析】由y 1 =log 2 x在0,+∞ 上单调递增，y 2 =x2+m在0,+∞ 上单调递增，得函
数fx =log 2 x+x2+m在区间0,+∞ 上单调递增，
因为函数fx =log 2 x+x2+m在区间1,2 存在零点，
f1 所以 <0
f2
>0
，即
l
l
o
o
g
g
2 1
2
+
+
1
2
2
2
+
+
m
m
<
>
0
0
，解得-51时，0< <π，f
a a
π
=sina⋅
a
π π 3π
-asin =-asin <0，f
a a 2
=
3aπ
sin
2
+a>0，
π
故f
a
3π
⋅f
2
π 3π
<0，由零点存在性定理知：f(x)在区间 ,
a 2
上至少有1个零点；
当a=1时，fx =0，符合题意；
1 π π
当 0,f(π)=sinaπ>0,f(2π)=sin2aπ<0，
a
由零点存在性定理知，f(x)在区间(π,2π)至少有1个零点；
1
当00，f(x)>0,f(x)递增，
2 2
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189 34272π
当x∈ ,2π
a+1
(a+1)x 3π (a+1)x
时，π< < ，sin <0，f(x)<0,f(x)递减，
2 2 2
2π
故f(x)在0,
a+1
2π
上递增，在 ,2π
a+1
上递减，
又f(0)=0,f(2π)=sin2aπ≥0，即在(π,2π)上，f(x)>0，
故f(x)在区间(0,2π)上没有零点．
1
所以，当a> 时，函数f(x)=sinax-asinx在(0,2π)上有零点.
2
令φ(a)=sinax-asinx，φ(-a)=sin(-ax)+asinx=-sinax+asinx=-φ(a)，
可知φ(a)=sinax-asinx为奇函数，图象关于原点对称，
1
从而，当a<- 时，函数f(x)=sinax-asinx在(0,2π)上有零点.
2
又当a=0时，fx =0，符合题意，
1
综上，实数a的取值范围-∞,-
2
1
∪ ,+∞
2
∪0 ．
1
故答案为：-∞,-
2
1
∪ ,+∞
2
∪0 ．
【解题总结】
本类问题应细致观察、分析图像，利用函数的零点及其他相关性质，建立参数关系，列关
于参数的不等式，解不等式，从而获解.
3 题型三：方程根的个数与函数零点的存在性问题
346 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知实数x，y满足ln 2y+1+y=2，
ex+x=5，则x+2y= .
【答案】4
【解析】由ln 2y+1+y=2，即ln 2y+1=2-y，
即e4-2y=2y+1，
令4-2y=t，则2y=4-t，
即et=5-t，即et+t-5=0.
由ex+x=5，得ex+x-5=0，
设函数fx =ex+x-5，显然该函数增函数，
又f1 ⋅f2 =e-4 ×e2-3 <0，
所以函数fx =ex+x-5在1,2 上有唯一的零点，
因此t=x，即4-2y=x，
所以x+2y=4.
故答案为：4.
347 (2024·新疆·校联考二模)已知函数fx =ax3+3x2-4，若fx 存在唯一的零点x ，且x 0 0
<0，则a的取值范围是 ．
【答案】-∞,-1
【解析】因为fx =ax3+3x2-4，所以fx =3ax2+6x=3xax+2
当a=0时，有fx
2 3
=3x2-4=0，解得x=± ，所以当a=0时，f(x)有两个零点，不
3
符合题意；
当a>0时，由fx
2
=0，解得x=0或x=- ，且有f0
a
2
=-4，f-
a
4
= -4，
a2
第 页 共 页
190 34272
当x∈-∞,-
a
，fx >0，fx
2
在区间-∞,-
a
上单调递增；
2
当x∈- ,0
a
，fx <0，fx
2
在区间- ,0
a
上单调递减；
当x∈0,+∞ ，fx >0，fx 在区间0,+∞ 上单调递增；
又因为f0
2 3
=-4<0，f
3
8a
= >0，
3 3
2 3
所以x∈0,
3
，fx 存在一个正数零点，所以不符合题意；
当a<0时，令fx
2
=0，解得x=0或x=- ，且有f0
a
2
=-4，f-
a
4
= -4
a2
当x∈-∞,0 ，fx <0，fx 在区间-∞,0 上单调递减；
2
当x∈0,-
a
，fx >0，fx
2
在区间0,-
a
上单调递增；
2
当x∈- ,+∞
a
，fx <0，fx
2
在区间- ,+∞
a
上单调递减；
又因为f0
2 3
=-4<0，f-
3
8a
=- >0，
3 3
2 3
所以x∈- ,0 3 ，fx 存在一个负数零点，要使fx 存在唯一的零点x ， 0
2
则满足f-
a
4
= -4<0，解得a<-1或a>1，又因为a<0，所以a<-1，
a2
综上，a的取值范围是a<-1．
故答案为：-∞,-1 .
x2+4x+a, x≤0
348 (2024·天津滨海新·统考三模)已知函数f(x)= 1 ，若函数gx
+a+1, x>0
x
=fx -
ax-1在R上恰有三个不同的零点，则a的取值范围是 ．
【答案】(-∞,-4)∪[1,2)
x2+4x, x≤0
【解析】当a=0时，f(x)=
1
，
+1, x>0
x
因为gx =fx -ax-1恰有三个不同的零点，
函数gx =fx -1在R上恰有三个不同的零点，即fx =1有三个解，
1
而 +1=1无解，故a≠0.
x
当a>0时，函数gx =fx -ax-1在R上恰有三个不同的零点，
即fx =ax+1，即y=fx 与y=ax+1的图象有三个交点，如下图，
当x>0时，fx
1
= +a+1与y=ax+1必有1个交点，
x
所以当x<0时，fx =x2+4x+a有2个交点，
即x2+4x+a-ax-1=0，即令hx =x2+4-a x+a-1=0在(-∞,0]内有两个实
数解，
Δ>0
h0
4-a
≥0 ⇒
- 4-a <0
2
2-4a-1 >0
a≥1 ⇒1≤a<2，
a<4
第 页 共 页
191 3427当a<0时，函数gx =fx -ax-1在R上恰有三个不同的零点，
即fx =ax+1，即y=fx 与y=ax+1的图象有三个交点，如下图，
当x<0时，fx =x2+4x+a必有1个交点，
当x>0时，fx
1
= +a+1与y=ax+1有2个交点，
x
1
所以 +a+1=ax+1，即ax2-ax-1=0在0,+∞
x
上有2根，
令kx =ax2-ax-1
Δ>0
故 k0
=-1<0 ⇒a2+4a>0，解得：a<-4.
x=- -a = 1
2a 2
综上所述：a的取值范围是(-∞,-4)∪[1,2).
故答案为：(-∞,-4)∪[1,2).
349 (2024·江苏·校联考模拟预测)若曲线y=xlnx有两条过e,a 的切线，则a的范围是
.
【答案】-∞,e
【解析】设切线切点为x 0 ,y 0
xlnx
，因
=lnx+1
，则切线方程为：y= y =x lnx
0 0 0
lnx 0 +1 x-x 0 +x 0 lnx 0 =lnx 0 +1 x-x . 0
因过e,a ，则a=lnx 0 +1 e-x 0 ，由题函数fx =lnx+1 e-x图象
与直线y=a有两个交点.fx
e e-x
= -1= ，
x x
得fx 在0,e 上单调递增，在e,+∞ 上单调递减.
第 页 共 页
192 3427又fx =fe
max
=e，x→0,fx →-∞，x→+∞,fx →-∞.
据此可得fx 大致图象如下.则由图可得，当a∈-∞,e 时，曲线y=xlnx有两条过
e,a 的切线.
故答案为：-∞,e
350 (2024·天津北辰·统考三模)设a∈R，对任意实数x，记fx =
minex-2,e2x-aex+a+24 ．若fx 有三个零点，则实数a的取值范围是 ．
【答案】12,28
【解析】令gx =ex-2,hx =e2x-aex+a+24，
因为函数gx 有一个零点，函数hx 至多有两个零点，
又fx 有三个零点，
所以hx 必须有两个零点，且其零点与函数gx 的零点不相等，
且函数hx 与函数gx 的零点均为函数fx 的零点，
由gx =0可得，ex-2=0，所以x=ln2，
所以x=ln2为函数fx 的零点，
即hln2 =e2ln2-aeln2+a+24=4-2a+a+24=28-a>0，
所以a<28，
令hx =0，可得e2x-aex+a+24=0，
由已知e2x-aex+a+24=0有两个根，
设ex=t，则t2-at+a+24=0有两个正根，
所以a2-4a+24 >0，a>0,a+24>0，
所以a>12，故12 ，
1 2 1 2 2 2
设Ft =t2-at+a+24，则F2
a
=4-2a+a+24=28-a>0，F
2
<0，
所以t >2，
1
令ex1=t,ex2=t ，则x =lnt,x =lnt ，
1 2 1 1 2 2
则hx 1 =0，hx 2 =0，
且gx 1 =elnt1-2=t 1 -2>0，gx 2 =elnt2-2=t -2>0， 2
所以当120
-k+1 xfx +kx2=0有且只有三个不同的实数解，则正实数k的取值范围为 ( )
1
A. 0,
2
1
B. ,1
2
∪1,2 C. 0,1 ∪1,2 D. 2,+∞
【答案】B
【解析】因为fx
1
x2+ x, x≤0
2
1
= 2x, 0 1
2
由f2 x -k+1 xfx +kx2=0可得 fx -x ⋅ fx -kx =0，
所以，关于x的方程fx =x、fx =kx共有3个不同的实数解.
①先讨论方程fx =x的解的个数.
当x≤0时，由fx
1
=x2+ x=x，可得x=0，
2
1
当0 时，由fx
2
2
=2-2x=x，可得x= ，
3
所以，方程fx
2
=x只有两解x=0和x= ；
3
②下面讨论方程fx =kx的解的个数.
当x≤0时，由fx
1 1
=x2+ x=kx可得xx+ -k
2 2
1
=0，可得x=0或x=k- ，
2
1
当0 时，由fx
2
2
=2-2x=kx可得x= ，
k+2
1
k- 1 <0 k- 1 <0 k- 2 ≥0
2 2
2 1
因为k>0，由题意可得 2 1 或 2 2 或 > ，
≤ = k+2 2
k+2 2 k+2 3
2 2
k>0 k>0 ≠
k+2 3
1
解得 ≤k<1或10且n>0 B.m<0且n>0
C.00时，f(x)在(0,1)
第 页 共 页
195 3427上递减，在[1,+∞)上递增，
作出函数f(x)的图象，如图，由图可知f(x)=t的解的个数是1，2，3.
t<-1或 t>1时，f(x)=t有一个解，t=±1时，f(x)=t有两个解，-10恒成立，方程必有两不等实根，t,t ，t +t =2m，tt =-1，两根一正一负，不
1 2 1 2 1 2
妨设t <0,t >0，
1 2
若m=0，则t +t =0，t =-1,t =1，f(x)=t 和f(x)=t 都有两个根，原方程有4个
1 2 1 2 1 2
根；
若m>0，则t 1 +t 2 >0，t 2 >t 1 ，∴t >1，-15e-2， 2 1 2
此时fx =t 1 有2个根，fx =t ，有1个根，综上，对任意m∈R，方程均有3个根，故选 2
A.
【解题总结】
1、涉及几个根的取值范围问题，需要构造新的函数来确定取值范围．
2、二次函数作为外函数可以通过参变分离减少运算，但是前提就是函数的基本功要扎
实．
5 题型五：函数的对称问题
356 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx
1 1
=2x+ ≤x≤2
x2 2
的图象上存在点P，函
数g(x)=ax-3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则实数a的取值范围是
( )
A. -4,0
5
B. 0, 8 C. 0,4
5
D. ,4 8
【答案】C
【解析】由题意，函数gx =ax-3关于原点对称的函数为-y=-ax-3，即y=ax+3，
若函数gx =ax-3的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，
则等价为fx
1 1 1
=ax+3在 ≤x≤2上有解，即2x+ =ax+3，在 ≤x≤2上有
2 x2 2
解，
由fx
1
=2x+ ，则fx
x2
2 2x3-2
=2- = ，
x3 x3
当x∈(1,2]时，fx >0，此时函数fx 为单调增函数；
1
当x∈ ,1
2
时，fx <0，此时函数fx 为单调减函数，
即当x=1时，fx 取得极小值同时也是最小值，且f1 =3，即B(1,3)，
1 1
当x= 时，y=1+4=5，即A ,5
2 2
，
设hx =ax+3，要使得fx =hx 有解，
则当hx
1
过点B 时，得a=0，过点A时， a+3=5，解得a=4，
2
综上可得0≤a≤4．
故选C．
第 页 共 页
197 3427357 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex，函数g(x)与f(x)的图象关于直线y=x
对称，若h(x)=g(x)-kx无零点，则实数k的取值范围是 ( )
1
A. ,e2
e
1
B. ,e
e
1
C.(e,+∞) D. ,+∞
e
【答案】D
lnx lnx
【解析】由题知g(x)=lnx，h(x)=g(x)-kx=0⇒k= ，设F(x)= ⇒F(x)=
x x
1-lnx
，当F(x)<0时，x∈e,+∞
x2
，此时F(x)单调递减，当F(x)>0时，x∈0,e ，此
1 1
时F(x)单调递增，所以F(x) =F(e)= ，F(x)的图象如下，由图可知，当k> 时，y
max e e
=F(x)与y=k无交点，即h(x)=g(x)-kx无零点．
故选：D．
1
358 (2024·全国·高三专题练习)已知函数y=a-2lnx, ≤x≤e
e
的图象上存在点M，函数
y=x2+1的图象上存在点N，且M，N关于x轴对称，则a的取值范围是 ( )
A. 1-e2,-2 1 B. -3- ,+∞
e2
1 C. -3- ,-2
e2
D. 1-e2,-3- 1
e2
【答案】A
【解析】因为函数y=x2+1与函数y=-x2-1的图象关于x轴对称，
1
根据已知得函数y=a-2lnx, ≤x≤e
e
的图象与函数y=-x2-1的图象有交点，
第 页 共 页
198 34271
即方程a-2lnx=-x2-1在x∈ ,e
e
上有解，
1
即a=2lnx-x2-1在x∈ ,e
e
上有解．
令gx
1
=2lnx-x2-1，x∈ ,e
e
，
则gx
2 2-2x2 21-x2
= -2x= =
x x
，
x
可知gx
1
在 ,1 e 上单调递增，在1,e 上单调递减，
故当x=1时，gx =g1
max
=-2，
1
由于g
e
1
=-3- ，ge
e2
1
=1-e2，且-3- >1-e2，
e2
所以1-e2≤a≤-2．
故选：A．
359 (2024·全国·高三专题练习)已知函数gx
1
=a-x2( ≤x≤e，e为自然对数的底数)与
e
hx =2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是 ( )
1 A. 1, +2
e2
B. 1,e2-2 C. 1 +2,e2-2
e2
D. e2-2,+∞
【答案】B
【解析】设hx 上一点Mx 0 ,2lnx 0
1
， ≤x ≤e，且M关于x轴对称点坐标为 e 0
Mx 0 ,-2lnx 0
1
， e ≤x 0 ≤e在gx 上，
1
∴-2lnx =a-x2 ≤x≤e
0 0 e
1
有解，即x2-2lnx =a ≤x≤e
0 0 e
有解．
令fx
1
=x2-2lnx ≤x≤e
e
，则fx
2 2x+1
=2x- =
x
x-1 1
， ≤x≤e，
x e
1
∴当x∈ ,1 e 时，fx <0；当x∈1,e 时，fx >0，∴fx
1
在 ,1 e 上单调递减；
在1,e 上单调递增
∴fx =f1
min
1
=1，f
e
1
= +2，fe
e2
=e2-2，
1
x2-2lnx =a ≤x≤e 0 0 e 有解等价于y=a与y=fx 图象有交点，∴f1 ≤a≤fe
∴a∈1,e2-2 ．
故选：B
【解题总结】
转化为零点问题
6 题型六：函数的零点问题之分段分析法模型
x3-2ex2+mx-lnx
360 (2024·浙江宁波·高三统考期末)若函数f(x)= 至少存在一个零点，
x
则m的取值范围为 ( )
1
A. -∞,e2+
e
1
B. e2+ ,+∞
e
1
C. -∞,e+
e
1
D. e+ ,+∞
e
【答案】A
x3-2ex2+mx-lnx
【解析】因为函数f(x)= 至少存在一个零点
x
第 页 共 页
199 3427x3-2ex2+mx-lnx
所以 =0有解
x
lnx
即m=-x2+2ex+ 有解
x
令hx
lnx
=-x2+2ex+ ，
x
则hx
1-lnx
=-2x+2e+
x2
hx
1-lnx
=-2x+2e+
x2
-3x+2xlnx -3x-2x4+2xlnx
=-2+ = =
x4 x4
-3x-2xx3-lnx
因为x>0，且由图象可知x3>lnx，所以hx
x4
<0
所以hx 在0,+∞ 上单调递减，令hx =0得x=e
当00，hx 单调递增
当x>e时hx <0，hx 单调递减
所以hx =he
max
1
=e2+
e
且当x→+∞时hx →-∞
所以m的取值范围为函数hx
1
的值域，即-∞,e2+
e
故选：A
f(x)
361 (2024·湖北·高三校联考期中)设函数f(x)=x3-2ex2+mx-lnx，记g(x)= ，若函
x
数gx 至少存在一个零点，则实数m的取值范围是
1
A. -∞,e2+
e
1
B. 0,e2+
e
1
C. 0,e2+
e
1
D. -∞,e2+
e
【答案】D
【解析】由题意得函数f(x)的定义域为(0,+∞)．
f(x) lnx
又g(x)= =x2-2ex+m- ，
x x
∵函数gx 至少存在一个零点，
lnx
∴方程x2-2ex+m- =0有解，
x
lnx
即m=-x2+2ex+ 有解．
x
lnx
令φ(x)=-x2+2ex+ ,x>0，
x
1-lnx 1-lnx
则φ(x)=-2x+2e+ =2(e-x)+ ，
x2 x2
∴当x∈(0,e)时，φ(x)>0,φ(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，φ(x)<0,φ(x)单调递减．
1
∴φ(x) =φ(e)=e2+ ．
max e
又当x→0时，φ(x)→-∞；当x→+∞时，φ(x)→-∞．
lnx 1
要使方程m=-x2+2ex+ 有解，则需满足m≤e2+ ，
x e
1
∴实数m的取值范围是-∞,e2+
e
．
故选D．
362 (2024·福建厦门·厦门外国语学校校考一模)若至少存在一个x，使得方程lnx-mx=
x(x2-2ex)成立．则实数m的取值范围为
第 页 共 页
200 34271 1 1 1
A.m≥e2+ B.m≤e2+ C.m≥e+ D.m≤e+
e e e e
【答案】B
lnx lnx
【解析】原方程化简得:m= -x2+2ex,(x>0)有解,令f(x)= -x2+2ex,(x>
x x
1-lnx
0),f(x)= +2(e-x),当x>e时,f(x)<0,所以f(x)在(e,+∞)单调递减,当x
x2
1 1
0,所以f(x)在(o,e)单调递增.f(x) =f(e)= +e2.所以m≤ +e2.
max e e
选B.
363 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)设函数fx
x
=x2-2x- +a(其中e为
ex
自然对数的底数)，若函数fx 至少存在一个零点，则实数a的取值范围是 ( )
1
A. 0,1+
e
1
B. 0,e+
e
1
C. e+ ,+∞
e
1
D. -∞,1+
e
【答案】D
【解析】依题意得，函数fx 至少存在一个零点，且fx
x
=x2-2x- +a，
ex
x
可构造函数y=x2-2x和y=- ，
ex
因为y=x2-2x，开口向上，对称轴为x=1，所以-∞,1 为单调递减，1,+∞ 为单调递
增；
x x-1
而y=- ，则y= ，由于ex>0，所以-∞,1
ex ex
为单调递减，1,+∞ 为单调递增；
x
可知函数y=x2-2x及y=- 均在x=1处取最小值，所以fx
ex
在x=1处取最小值，
又因为函数fx 至少存在一个零点，只需f1 ≤0即可，即：f1
1
=1-2- +a≤0
e
1
解得：a≤1+ .
e
故选：D.
【解题总结】
分类讨论数学思想方法
7 题型七：唯一零点求值问题
364 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx =x+2 +ex+2+e-2-x+a有唯一零点，则实数
a= ( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
【答案】D
【解析】设g(x)=f(x-2)=x +ex+e-x+a，定义域为R,
∴g(-x)=-x +e-x+ex+a=x +ex+e-x+a=g(x)，
故函数g(x)为偶函数，则函数f(x-2)的图象关于y轴对称，
故函数f(x)的图象关于直线x=-2对称，
∵f(x)有唯一零点，
∴f(-2)=0，即a=-2．
故选：D．
365 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx
x-π π-x
=e 4+e4 -asinx+cosx 有唯一零点，则
第 页 共 页
201 3427a= ( )
π 4π
A. B. C. 2 D.1
e e
【答案】C
【解析】令fx
x-π π-x
=e 4+e4 -asinx+cosx
x-π π-x π
=0，则e 4+e4 = 2asinx+
4
，
π π
记x- =t，则et+e-t= 2asint+
4 2
= 2acost，令gt =et+e-t,则g-t =e-t
+et,∴g(t)=g-t ，所以g(t)是偶函数，图象关于y轴对称，因为f(x)只有唯一的零点，
所以零点只能是t=0,于是 2a=2,∴a= 2
故选：C
366 (2024·全国·高三专题练习)已知函数gx ，hx 分别是定义在R上的偶函数和奇函数，
且gx +hx =ex+sinx-x，若函数fx =3x-2020 -λgx-2020 -2λ2有唯一零点，则
实数λ的值为
1 1
A.-1或 B.1或- C.-1或2 D.-2或1
2 2
【答案】A
【解析】已知gx +hx =ex+sinx-x，①
且gx ，hx 分别是R上的偶函数和奇函数，
则g-x +h-x =e-x+sin-x +x，
得：gx -hx =e-x-sinx+x，②
①+②得：gx
ex+e-x
= ，
2
由于x-2020 关于x=2020对称，
则3x-2020 关于x=2020对称，
gx 为偶函数，关于y轴对称，
则gx-2020 关于x=2020对称，
由于fx =3x-2020 -λgx-2020 -2λ2有唯一零点，
则必有f2020 =0，g0 =1，
即：f2020 =30-λg0 -2λ2=1-λ-2λ2=0，
1
解得：λ=-1或 .
2
故选：A.
367 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx =2ex-2
1
- a2x-2+22-x
2
-a2有唯一零点，则
负实数a=
1 1
A.-2 B.- C.-1 D.- 或-1
2 2
【答案】A
【解析】函数fx =2ex-2
1
- a2x-2+22-x
2
-a2有唯一零点，
设x-2=t，
则函数y=2et
1
- a2t+2-t
2
-a2有唯一零点，
则2et
1
- a2t+2-t
2
=a2
第 页 共 页
202 3427设gt =2et
1
- a2t+2-t
2
，∵g-t =2e-t
1
- a2-t+2t
2
=gt ，∴gt 为偶函数，
∵函数ft 有唯一零点，
∴y=gt 与y=a2有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0，∴2-a=a2，解得a=-2 或a=1(舍去)，
故选A．
【解题总结】
利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
(1)利用零点存在性定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
8 题型八：分段函数的零点问题
368 (2024·天津南开·高三南开中学校考期末)已知函数fx
2x, x≤0
= ，若函数gx
log x, x>0
2
=
fx +m有两个零点，则m的取值范围是 ( )
A. -1,0 B. -1,+∞ C. -∞,0 D. -∞,1
【答案】A
【解析】∵g(x)=f(x)+m=0⇔f(x)=-m
∴gx 存在两个零点，等价于y=-m与fx 的图象有两个交点，在同一直角坐标系中
绘制两个函数的图象：
由图可知，保证两函数图象有两个交点，满足0<-m≤1，解得：m∈-1,0
故选：A.
(x-2)ln(x+1),-10，函数f(x)= π
cos3x+
4
恰有3
,m0上单调递增，
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203 34271
且g 2 <0，g1 >0，故gx
1
在 ,1 2 内必有唯一零点x ， 0
当x∈-1,x 0 时，g(x)<0，gx 单调递减；
当x∈x 0 ,m 时，g(x)>0，gx 单调递增；
令gx =0，解得x=0或2，可作出函数gx 的图像，
令hx
π π
=0，即3x+ = +kπ,k∈Z，在0,π
4 2
π 5π 3π
之间解得x= 或 或 ，
12 12 4
作出图像如下图
π 5π
数形结合可得： ,
12 12
3π
∪ 2,
4
，
故选：A
370 (2024·陕西西安·高三统考期末)已知函数fx
ex, x≥0
= ，若函数gx
-3x, x<0
=f-x -
fx ，则函数gx 的零点个数为 ( )
A.1 B.3 C.4 D.5
【答案】D
【解析】当x>0时，-x<0，f-x =3x
当x<0时，-x>0，f-x =e-x
∴gx =f-x -fx
3x-ex, x>0
= 0, x=0，
e-x+3x, x<0
g(-x)=f(x)-f(-x)=-g(x)，且定义域为R，关于原点对称，故gx 为奇函数，
所以我们求出x>0时零点个数即可，
g(x)=3x-ex,x>0，g(x)=3-ex>0，令g(x)=3-ex>0，解得00，而g2 =6-e2<0，故gx 在(ln3,2)有1零点，
1
g
3
1
=1-e3<0，故gx
1
在 ,ln3
3
上有1零点，图像大致如图所示：
第 页 共 页
204 3427故gx 在0,+∞ 上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在-∞,0 上也有2个零点，
且g0 =0，故gx 共5个零点，
故选：D.
371 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx
1
2sin 2πx-a+
2 =
, x0.
函数y=x2-2a+1
1
x+a2+2的对称轴为直线x=a+ ，Δ=2a+1
2
2-4a2+2 =
4a-7.
所以，函数fx
1
在 a,a+
2
1
上单调递减，在a+ ,+∞
2
上单调递增，且fa =2-a.
7
①当Δ=4a-7<0时，即当00 4
在a,+∞ 上有2个零点，
则函数fx
1
=2sin 2πx-a+
2
在0,a 上有3个零点，
则-3π<1-2a
3 7
π≤-2π，解得 ≤a<2，此时 2时，函数fx
Δ=4a-7>0
在a,+∞ 上有1个零点，
则函数fx
1
=2sin 2πx-a+
2
在0,a 上有4个零点，
则-4π<1-2a
5 5
π≤-3π，解得2≤a< ，此时，20，t=xex是增函数，
当x∈(-∞,-1)时，t′<0，t=xex是减函数，
1
可得x=-1处t=xex取得最小值- ，
e
x→-∞，t→0，画出t=xex的图象，
由f(x)=0可化为t2+(a-1)t+1-a=0，
故结合题意可知，t2+(a-1)t+1-a=0有两个不同的根，
故Δ=(a-1)2-4(1-a)>0，故a<-3或a>1，
不妨设方程的两个根分别为t ，t ，
1 2
①若a<-3，t +t =1-a>4，
1 2
2
与- 1，则方程的两个根t ，t 一正一负；
1 2
不妨设t <00；当x∈(e，+∞)时，h′(x)<0．
即h(x)在(0，1)，(e，+∞)上为减函数，在(1，e)上为增函数．
x lnx lnx 1
∴00；当x>e时，μ′<0．而当x>e
x x2
lnx lnx lnx
时，μ恒大于0．不妨设μ <μ ，则μ = 1,μ = 2,μ = 3，
1 2 1 x 2 x 3 x
1 2 3
lnx 1- 1
x
1
2 1- lnx 2
x
2
lnx 1- 3
x
3
=(1-μ)2(1-μ )(1-μ )
1 2 3
=[(1-μ)(1-μ )]2=[1-(1-a)+(1-a)]2=1．
1 2
故选D．
374 (2024·辽宁·校联考二模)已知函数fx =9lnx 2+a-3 xlnx+33-a x2有三个不同
lnx 的零点x ，x ，x ，且x <10，t单调递增；
1 1
∴t =3- ，t∈ 3- ,+∞
min e e
，
9(3-t)2 9t2-54t+81
∴a-3= =
t t
∴9t2-51+a t+81=0.
设关于t的一元二次方程有两实根t ，t ，
1 2
∴Δ=51+a 2-4×9×81>0，可得a>3或a<-105.
93-t
∵a-3=
2
>0，故a>3
t
∴a<-105舍去
51+a 51+3
∴t +t = > =6，tt =9.
1 2 9 9 1 2
9
又∵t +t =t + ≥2 9=6，当且仅当t =t =3时等号成立，
1 2 1 t 1 2
1
9
由于t +t ≠6，∴t >3，t = <3(不妨设t >t ).
1 2 1 2 t 1 2
1
lnx lnx lnx
∵x <13，3- 2 <3，3- 3 <3.
1 2 3 x x x
1 2 3
lnx lnx lnx
则可知3- 1 =t ，3- 2 =3- 3 =t .
x 1 x x 2
1 2 3
lnx ∴3- 1 x
1
2 3- lnx 2 x
2
lnx 3- 3 x
3
=t 1 t 2 2=81.
故选：A.
375 (2024·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)设定义在R上的函数f(x)满
足f(x)=9x2+(a-3)xex+3(3-a)e2x有三个不同的零点x,x ,x ,且x <01时，t>0即t在(1,+∞)上单
第 页 共 页
208 34271
调递增；即当x=1时t有极小值为3- ，又x <03>
e 1 2 3 1
1
t >3- .
2 e
∵方程最多只有两个不同根，
x x x
∴x <00
①若方程fx =a有四个不同的实根x 1 ，x 2 ，x 3 ，x 4 ，则x 1 ⋅x 2 ⋅x 3 ⋅x 4 的取值范围是0,1
②若方程fx =a有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，则x +x +x +x 的取值范围是 1 2 3 4 1 2 3 4
0,+∞
③若方程fx
1
=ax有四个不同的实根，则a的取值范围是0,
e
④方程f2 x
1
-a+
a
fx +1=0的不同实根的个数只能是1，2，3，6
四个结论中，正确的结论个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】对于①：作出f(x)的图像如下：
若方程f(x)=a有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，则0
0，
当y=ax与y=lnx(x>1)相切时，设切点为x 0 ,lnx 0 ，
1 1 lnx 1 1
即y= ，所以y| = = 0，解得x =e，所以y| = ，所以a= ，
x x=x0 x x 0 x=x0 e e
0 0
1
所以当y=ax与y=lnx(x>1)相切时，即a= 时，此时有4个交点，
e
若f(x)=ax有4个实数根，即有4个交点，
1 1
当a> 时由图可知只有3个交点，当0
0，即gx
1
单调递增，当x> 时gx
a
<0，即gx 单调递减，
1
所以当x= 时，函数取得极大值即最大值，gx
a
1
=g
max a
=-lna-1>0，
又g1 =-a<0及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当x无限大时gx <0，即
gx
1
在1,
a
1
和 ,+∞
a
内各有一个零点，即f(x)=ax有5个实数根，故③错误；
1
对于④：f2(x)-a+
a
f(x)+1=0，
1
所以[f(x)-a] f(x)-
a
=0，
1
所以f(x)=a或f(x)= ，
a
由图可知，当m>1时，f(x)=m的交点个数为2，
当m=1，0时，f(x)=m的交点个数为3，
当01时，则 ∈(0,1)，交点的个数为2+4=6个，
a
1
若a=1时，则 =1，交点的个数为3个，
a
1
若01，交点有4+2=6个，
a
1 1
若a<0且a≠-1时，则 <0且a≠ ，交点有1+1=2个，
a a
1
若a=-1= ，交点有1个，
a
综上所述，交点可能有1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故④正确；
第 页 共 页
210 3427故选：B．
377 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx
x+1
=
2, x≤0
log 2 x
，若方程fx
, x>0
=a有四个不
同的解x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,且x 1 3
3 3
=m有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，满足x < 1 2 3 4 1
x 3
3 3
第 页 共 页
211 3427方程fx =m有四个不同的实根x ，x ，x ，x ，满足x 1
2
1
x ，x 满足f(x)=f(x )=f(x )，则
2 3 1 2 3 2
x1+ 1
2
x2+ 1
2
x3的取值范围是
( )
9 5
A. ,
4 2
B.(1，4) C.( 2，4) D.(4，6)
【答案】A
1
2
【解析】画出分段函数f(x)=
x -1 , x≤1
的图像如图：
1
- x+1, x>1
2
1
令互不相等的实数x ，x ，x 满足f(x)=f(x )=f(x )=t，t∈0，
1 2 3 1 2 3 2
，
2
则x ∈log ,0
1 23
，x ∈(0，1)，x ∈(1，2)，
2 3
1
则
2
x1+ 1
2
x2+ 1
2
x3=1+t+1-t+22t-2=2+22t-2，
1
又t∈0，
2
，
1
∴
2
x1+ 1
2
x2+ 1
2
x3∈ 9
,
5
4 2
．
故选：A．
第 页 共 页
212 3427【解题总结】
数形结合数学思想方法
11 题型十一：二分法
380 (2024·辽宁大连·统考一模)牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可
导函数fx 在x 0 附近一点的函数值可用fx ≈fx 0 +fx 0 x-x 0 代替，该函数零点
更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，
1
解方程x3-3x+1=0，选取初始值x = ，在下面四个选项中最佳近似解为 ( )
0 2
A.0.333 B.0.335 C.0.345 D.0.347
【答案】D
【解析】令fx =x3-3x+1，则fx =3x2-3，
令fx =0，即fx 0 +fx 0 x-x 0 ≈0，可得x≈x - fx 0 0 fx 0 ，
fx
迭代关系为x =x - k
k+1 k
fx
k
x3-3x +1 2x3-1
=x - k k = k k∈N
k 3x2-3 3x2-3
k k
，
1 1
1 2x3-1 2× 8 -1 1 2x3-1 2× 27 -1 25
取x = ，则x = 0 = = ，x = 1 = = ≈0.34722，
0 2 1 3x2-3 1 3 2 3x2-3 1 72
0 3× -3 1 3× -3
4 9
故选：D.
381 (2024·全国·高三专题练习)函数f(x)的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算，
参考数据如下：
f1 =-2 f1.5 =0.625 f1.25 =-0.984
f1.375 =-0.260 f1.438 =0.165 f1.4065 =-0.052
那么方程的一个近似解(精确度为0.1)为 ( )
A.1.5 B.1.25 C.1.41 D.1.44
【答案】C
【解析】由所给数据可知，函数f(x)在区间(1,1.5)内有一个根，
因为f1.5 =0.625>0，f1.25 =-0.984<0，
所以根在(1.25,1.5)内，
因为1.5-1.25 =0.25>0.1，所以不满足精确度，
继续取区间中点1.375，
因为 f1.375 =-0.260<0，f1.5 =0.625>0，
所以根在区间(1.375,1.5)，
因为1.5-1.375 =0.125>0.1，所以不满足精确度，
继续取区间中点1.438，
因为f1.438 =0.165>0，f1.375 =-0.260<0，
所以根在区间(1.375,1.438)内，
因为1.438-1.375 =0.063<0.1满足精确度，
因为f1.4065 =-0.052<0，所以根在(1.4065,1.438)内，
所以方程的一个近似解为1.41，
故选：C
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213 3427382 (2024·全国·高三专题练习)利用二分法求方程log x=3-x的近似解，可以取的一个区
3
间是 ( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
【答案】C
【解析】设f(x)=log x-3+x，
3
∵当连续函数f(x)满足f(a)∙f(b)<0时，f(x)在区间(a,b)上有零点，
即方程log x=3-x在区间(a,b)上有解，
3
又∵f(2)=log 2-1<0，f(3)=log 3-3+3=1>0，
3 3
故f(2)∙f(3)<0，
故方程log x=3-x在区间(2,3)上有解，
3
即利用二分法求方程log x=3-x的近似解，可以取的一个区间是(2,3).
3
故选：C．
383 (2024·全国·高三专题练习)用二分法求函数f(x)=lgx+x-2的一个零点，根据参考数
据，可得函数f(x)的一个零点的近似解(精确到0.1)为( )(参考数据：lg1.5≈0.176，
lg1.625≈0.211，lg1.75≈0.243，lg1.875≈0.273，lg1.9375≈0.287)
A.1.6 B.1.7 C.1.8 D.1.9
【答案】C
【解析】根据函数特点及所给数据计算相关函数值，再结合零点存在定理即可获得解答.
由题意可知：
f(1.75)=lg1.75+1.75-2≈0.243+1.75-2=-0.007<0，
f(1.875)=lg1.875+1.875-2≈0.273+1.875-2=-0.148>0，
又因为函数在(0,+∞)上连续，所以函数在区间(1.75,1.875)上有零点，
1.75+1.875
约为 ≈1.8
2
故选：C.
384 (2024·全国·高三专题练习)用二分法求函数fx =lnx+1 +x-1在区间0,1 上的零
点，要求精确度为0.01时，所需二分区间的次数最少为 ( )
A.6 B.7 C.8 D.9
【答案】B
【解析】根据题意，原来区间0,1 的长度等于1，每经过二分法的一次操作，区间长度变
为原来的一半，
1 1
则经过n次操作后，区间的长度为 ，若 <0.01，即n≥7.
2n 2n
故选：B．
【解题总结】
所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点的近似值的方法
叫做二分法.求方程fx =0的近似解就是求函数fx 零点的近似值.
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