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零点问题总结
一、零点问题的相关概念和定理的补充
1.零点存在定理
定理：如果函数y = f(x)在闭区间[a, b]上的图像是连续不断的曲线，
并且f(a)f(b) < 0，那么函数在区间(a, b)内至少有一个零点
结论：若函数y = f(x)在其定义域内的某个区间上是单调的，
则f(x)在这个区间上至多有一个零点
思考：如果函数y = f(x)在闭区间[a, b]上的图像是连续不断的曲线，
但不满足f(a)f(b) < 0 那么，函数f(x)在区间上有零点吗？
（可以有、可以没有）
2.一个非常重要的等价关系
函数y = F(x) = f(x) −g(x)有零点等价为
（1）方程F(x) = f(x) −g(x) = 0 有实根
（2）方程组，y1= f(x)和y2= g(x)有实数组解
（3）f(x)和g(x)的图像有交点
二、常见零点问题类型
1.有关零点个数的讨论问题
例题1：已知函数f（x）=acosx+xsinx 且函数为偶函数，𝑥∈[−
𝜋
2 ，
𝜋
2]．求集合
A={x|f（x）=0}中元素的个数；
解法一：①当a＞0 时，因为 f（x）=acosx+xsinx＞0，𝑥∈[−
𝜋
2 ，
𝜋
2]恒成立，
所以 集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为0．
②当a=0 时，令f（x）=xsinx=0，由𝑥∈[−
𝜋
2 ，
𝜋
2]，得 x=0．
所以 集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为1．
③当a＜0 时，因为
𝑓′(𝑥) = −𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥+ 𝑠𝑖𝑛𝑥+ 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥= (1 −𝑎)𝑠𝑖𝑛𝑥+ 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥＞0，𝑥∈(0，
𝜋
2)，
所以 函数f（x）是[0，
𝜋
2]上的增函数．…（8 分）
因为 𝑓(0) = 𝑎＜0，𝑓(
𝜋
2) =
𝜋
2 ＞0，
所以 f（x）在(0，
𝜋
2)上只有一个零点．由f（x）是偶函数可知，
集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为2．
综上所述，当a＞0 时，集合A={x|f（x）=0}中元素的个数为0；当a=0 时，集
合A={x|f（x）=0}中元素的个数为1；当a＜0 时，集合A={x|f（x）=0}中元素
2
的个数为2．
解法二：此题还可用分离函数的方式求解，由于f(x) = 0, 且x = 0，x = ±
π
2都不
是这个方程的解（此时设a ≠0），则这个方程可以转化为tanx = −
a
x.
那么问题就转化为在定义域内，两函数的交点个数问题，可以画出图像进行比较，
一个是反比例函数，一个是正切函数，都比较熟悉。
当a > 0时，两图像无交点，所以同样无零点
当a = 0时，tanx=0，在定义域内只有x = 0一个解，则有一个零点
当a < 0时，很明显两个图像有两个交点，则有两个零点，
则综上同样可说明结论。
可发现两种解法在计算的量和方法上还是有一些差别的，在此类题目中经常有一
题多解的现象出现，如果能选对方法，那么计算速度和做题时间都会有很大的一
个进步。
2.利用导数研究两个图像的交点个数问题
研究两个图像的交点问题，实际上就是函数零点问题的一种变形出题方式，如
果能够最终转化为函数的零点，这种类型就会迎刃而解。
例题2：已知函数f(x)=-𝑥2+8xg(x)=6lnx+m,是否存在m 使得y=f(x)与y=g(x)的图像
有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围，若不存在，说明理
由。
函数y=f（x）的图象与y=g（x）的图象有且只有三个不同的交点，
即函数m（x）=g（x）﹣f（x）的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．
∵m（x）=x2﹣8x+6lnx+m，
∴m′（x）=2x﹣8+
6
𝑥=
2𝑥2−8𝑥+6
𝑥
=
2(𝑥−1)(𝑥−3)
𝑥
（x＞0），
当x∈（0，1）时，m'（x）＞0，m（x）是增函数；
当x∈（1，3）时，m'（x）＜0，m（x）是减函数；
当x∈（3，+∞）时，m'（x）＞0，m（x）是增函数；
当x=1，或x=3 时，m'（x）=0．
∴m（x）极大值=m（1）=m﹣7，m（x）极小值=m（3）=m+6ln3﹣15．
∵当x 充分接近0 时，m（x）＜0，当x 充分大时，m（x）＞0．
∴要使m（x）的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须
{
m(x)极大值= m −7＞0
m(x)极小值= m + 6ln3 −15＜0
，
即7＜m＜15﹣6ln3．
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∴存在实数m，使得函数y=f（x）与y=g（x）的图象有且只有三个不同的交点，
m 的取值范围为（7，15-6ln3）．
本题可做进一步的引申，如果问只有一个交点，那么应如何解答呢？
如果只有两个交点应该如何解答呢？
我们可以发现，前半部分解法不变，只是在m(x)的极小值和极大值列式有所不
同，画图来辅助理解即可，通过这个例题我们可以发现此类问题一般有以下几
步
（1）构造函数
（2）构造函数求导
（3）研究构造函数的单调性和极值（必要时研究函数图像端点的极限情况）
（4）画图，观察交点情况，列不等式组
（5）解不等式（组）进行求解
解答本类问题的关键是用数形结合的思想研究问题
3.研究方程根的个数问题
利用导数研究零点的问题，进而研究方程根的个数问题是近几年高考导数的重
点题型之一，并且题目难度有时候会比较大，需要引起足够重视。
例题3：（2013•山东）设函数𝑓(𝑥) =
𝑥
𝑒2𝑥+ 𝑐(𝑒= 2.71828 ⋯，𝑐∈𝑅)．
（1）求f（x）的单调区间及最大值；
（2）讨论关于x 的方程|lnx|=f（x）根的个数．
解：（1）∵𝑓′(𝑥) =
𝑒2𝑥−𝑥⋅2𝑒2𝑥
(𝑒2𝑥)2
=
1−2𝑥
𝑒2𝑥，解f′（x）＞0，得𝑥＜
1
2；解f′（x）＜0，
得𝑥＞
1
2．
∴函数f（x）的单调递增区间为(−∞，
1
2)；单调递减区间为(
1
2 ，+ ∞)．
故f（x）在x=
1
2取得最大值，且𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=
1
2𝑒+ 𝑐．
（2）函数y=|lnx|，当x＞0 时的值域为[0，+∞）．如图所示：
①当0＜x≤1 时，令u（x）=﹣lnx﹣
𝑥
𝑒2𝑥﹣c，
c=−𝑙𝑛𝑥−
𝑥
𝑒2𝑥=g（x），
则𝑔′(𝑥) = −
1
𝑥−
1−2𝑥
𝑒2𝑥=−
𝑒2𝑥+𝑥−2𝑥2
𝑥𝑒2𝑥
．
令h（x）=e2x+x﹣2x2，则h′（x）=2e2x+1﹣4x＞0，∴h（x）在x∈（0，1]单调
递增，
∴1=h（0）＜h（x）≤h（1）=e2﹣1．
∴g′（x）＜0，∴g（x）在x∈（0，1]单调递减．
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∴c≥𝑔(1) = −
1
𝑒2．
②当x≥1 时，令v（x）=lnx﹣
𝑥
𝑒2𝑥−𝑐，得到c=lnx﹣
𝑥
𝑒2𝑥=m（x），
则𝑚′(𝑥) =
1
𝑥−
1−2𝑥
𝑒2𝑥=
𝑒2𝑥+𝑥(2𝑥−1)
𝑥𝑒2𝑥
＞0，
故m（x）在[1，+∞）上单调递增，∴c≥m（1）=−
1
𝑒2．
综上①②可知：当𝑐＜−
1
𝑒2时，方程|lnx|=f（x）无实数根；
当𝑐= −
1
𝑒2时，方程|lnx|=f（x）有一个实数根；
当𝑐＞−
1
𝑒2时，方程|lnx|=f（x）有两个实数根．
总结：
1.此类题目经常利用△和0 的大小进行分类讨论
2.整体构造函数太过复杂时，要局部构造函数解决问题，但应注意是否同时取
最值，这个方法同样适用于证明不等式。
