专题2.4 函数的图象与函数的零点问题【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数图象的画法与图象变换】..................................................................................................................2
【题型2 函数图象的识别】......................................................................................................................................5
【题型3 函数图象的应用】......................................................................................................................................7
【题型4 函数零点所在区间的判断】......................................................................................................................9
【题型5 求函数的零点或零点个数】....................................................................................................................11
【题型6 根据函数零点的分布求参数】................................................................................................................14
【题型7 根据函数零点个数求参数范围】...........................................................................................................17
【题型8 函数零点的大小与范围问题】................................................................................................................20
1、函数的图象与函数的零点问题
函数图象问题主要以考查图象识别为重点和热点，也可能考查利用函数图象解函数不等式等，一般以
选择题或填空题的形式出现，难度不大.
函数的零点问题是高考常考的热点内容，从近几年的高考形势来看，一般以选择题与填空题的形式出
现，有时候也会结合导数在解答题中考查，此时难度偏大.
【知识点1 函数的图象问题】
1.作函数图象的一般方法
(1)描点法作图：当函数解析式(或变形后的解析式)是熟悉的基本函数时，就可 根据这些函数的特征描
出图象的关键点直接作出.
(2)图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作
出，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响.
2.函数图象识别的解题思路
(1)抓住函数的性质，定性分析：
①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
②从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
③从周期性，判断图象的循环往复；
④从函数的奇偶性，判断图象的对称性.
(2)抓住函数的特征，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题.
【知识点2 函数的零点问题】
1.函数零点个数的判断方法
函数零点个数的判定有下列几种方法：
(1)直接法：直接求零点，令f(x)=0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.
(2)零点存在定理：利用该定理不仅要求函数在[a,b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合
函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.
(3)图象法：画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个
不同的零点.
(4)性质法：利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期
函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.
2.已知函数零点求参数的方法
(1)已知函数的零点求参数的一般方法
①直接法：直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；
②数形结合法：将函数的解析式或者方程进行适当的变形，把函数的零点或方程的根的问题转化为两
个熟悉的函数图象的交点问题，再结合图象求参数的取值范围；
③分离参数法：分离参数，转化为求函数的最值问题来求解.
(2)已知函数零点个数求参数范围的方法
已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点问题，需准确
画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
【题型1 函数图象的画法与图象变换】
【例1】（2023 上·北京·高三校考阶段练习）要得到函数y =
x
x -1的图象，只需将函数y = 1
x 的图象（ ）
A．向右平移1 个单位长度，再向上平移1 个单位长度
B．向右平移1 个单位长度，再向下平移1 个单位长度
C．向左平移1 个单位长度，再向上平移1 个单位长度
D．向左平移1 个单位长度，再向下平移1 个单位长度
【解题思路】先变形得到y =
x
x -1 =1+
1
x -1，故利用“上加下减，左加右减”得到答案.
【解答过程】y =
x
x -1 = x -1+1
x -1
=1+
1
x -1，
故y = 1
x 先向右平移1 个单位长度，再向上平移1 个单位得到y =
x
x -1.
故选：A.
【变式1-1】（2023 上·甘肃武威·高一统考开学考试）将函数y =|- x
2+1|+2向左、向下分别平移2 个、3
个单位长度，所得图像为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】根据题意，将函数化为分段函数的形式，得到其大致图像，即可判断平移之后的函数图像.
【解答过程】
因为y =¿，可得函数的大致图像如图所示，
将其向左、向下分别平移2 个、3 个单位长度，所得函数图像为C 选项中的图像.
故选：C.
【变式1-2】（2023 上·陕西汉中·高一校考期中）已知函数f (x)=¿.
(1)求f (6)，f (-1)的值；
(2)利用描点法直接在所给坐标系中作出y = f (x)的简图（不用列表）.
【解题思路】（1）将x =6以及x =-1代入解析式，即可得出答案；
（2）在坐标系中，描出合适的点，用光滑的曲线连起来，即可得出函数图象.
【解答过程】（1）由已知可得，f (6)= 2
6 = 1
3，f (-1)=(-1)
2-3=-2.
（2）在坐标系中描点(2,1)，(4,0.5)，(-√3,0)，(√3,0)，(0,3)，
作出y = f (x)的简图
【变式1-3】（2023 上·河南南阳·高三校考阶段练习）作出下列函数的标准图象：
(1)y = 2 x -1
x -1 ；
(2)y = x
2-2| x|-1．
【解题思路】（1）化简y = 2 x -1
x -1 可得y =2+
1
x -1，根据函数图象的平移规律即可得其图象；
（2）化简y = x
2-2| x|-1为y =¿，结合二次函数图象可作出其图象.
【解答过程】（1）由题意得y =2+
1
x -1，其图象可由y = 1
x 的图象先向右平移1 个单位，
再向上平移2 个单位得到，即：
（2）由题意得y =¿，
分段作出二次函数图象，则y = x
2-2| x|-1图象为：
【题型2 函数图象的识别】
【例2】（2022·天津南开·统考一模）函数y =(x
2-1)e
x的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】根据函数的解析式，利用f (1)= f (-1)=0,f (-2)>0，分别排除A、B、D 项，即可求解.
【解答过程】由题意，函数f (x)=(x
2-1)e
x，
因为f (1)=0，即函数f (x)的图象过点(1,0)，可排除A、B 项；
又因为f (-2)=3e
-2>0，可排除D 项，
故选：C.
【变式2-1】（2023·北京·统考模拟预测）已知函数y = f (x)的图象如图1 所示，则图2 对应的函数有可能
是（ ）
A．x
2f (x)
B．f (x)
x
2
C．xf (x)
D．x f
2(x)
【解题思路】利用分类讨论思想，根据函数值的符号，及变化，分别对四个选项判断即可求解.
【解答过程】对于A，当x<0时，f ( x)<0，所以x
2f (x)<0，故选项A错误；
对于B，当x<0时，f ( x)<0，所以f (x)
x
2 <0，故选项B错误；
对于C，当x<0时，f ( x)<0，所以xf ( x)>0，且x→-∞时，f ( x)→-∞，xf ( x)→+ ∞；当x>0时，
f ( x)>0，所以xf ( x)>0，且x→+ ∞时，f ( x)→0，xf ( x)→0，故选项C正确；
对于D，当x<0时，f ( x)<0，则f
2( x)>0，所以x f
2( x)<0，故选项D错误，
故选：C.
【变式2-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）函数y =(x
3- x)⋅3
| x|的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】先判断函数的奇偶性，可排除B,D，再判断0< x<1时函数的正负即可得出.
【解答过程】设f ( x)=(x
3- x)⋅3|x|，该函数的定义域为R，
f (- x)=[(- x)
3-(- x)]⋅3
|- x|=-(x
3- x)⋅3
| x|=- f ( x)，
所以函数y = f (x)为奇函数，故排除B，D 选项；
当0< x<1时，x
3< x，则f ( x)=(x
3- x)⋅3|x|<0，排除A 选项.
故选：C.
【变式2-3】（2020 上·广东·高三校联考阶段练习）函数f (x)= x
2sin x - x cos x在[- π ,π ]上的图象大致为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】先判断函数的奇偶性，排除AC，再由特殊值验证，排除B，即可得出结果.
【解答过程】因为f (- x)=- x
2sin x + x cos x =- f (x)，
所以f (x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A 与C.
又因为f(
π
6)=(
π
6)
2
⋅sin π
6 - π
6 ⋅cos π
6 = π
12(
π
6 -√3)<0，所以排除B.
故选：D.
【题型3 函数图象的应用】
【例3】（2023·河南郑州·统考二模）若函数f (x)=
2
a x
2+bx +c 的部分图象如图所示，则f (5)=（ ）
A．- 1
3
B．- 2
3
C．- 1
6
D．- 1
12
【解题思路】根据函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，即可得解.
【解答过程】由图象知，a x
2+bx +c =0的两根为2，4，且过点(3,1)，
所以¿，解得a=-2,b=12,c =-16，
所以f (x)=
2
-2 x
2+12 x -16
=
1
- x
2+6 x -8 ，
所以f (5)=
1
-25+30-8 =- 1
3，
故选：A.
【变式3-1】（2023·江苏·高一假期作业）如图为函数y = f (x)和y = g(x)的图象，则不等式f (x)⋅g(x)<0
的解集为（ ）
A．(-∞,-1)∪(-1,0)
B．(-∞,-1)∪(0,1)
C．(-1,0)∪(1,+∞)
D．(0,1)∪(1,+∞)
【解题思路】数形结合判断各区间函数值的正负即可.
【解答过程】由图象可得当f (x)>0⇒x∈(-1,0)∪(1,+∞)，此时需满足g(x)<0，则x∈(1,+ ∞)符合
要求，故x∈(1,+∞)；
当f (x)<0⇒x∈(-∞,-1)∪(0,1)，此时需满足g(x)>0，则x∈(-1,1)符合要求，故x∈(0,1).
综上所述，x∈(0,1)∪(1,+ ∞).
故选：D.
【变式3-2】（2023 上·浙江·高一校联考期末）函数y =
a
(x -b)|x -c|的图像如图所示，可以判断a，b，c
分别满足（ ）
A．a<0，b>0，c =0
B．a>0，b>0，c =0
C．a<0，b=0，c>0
D．a<0，b=0，c =0
【解题思路】分b=0,c>0、b>0,c =0两种情况讨论即可.
【解答过程】函数y =
a
(x -b)|x -c|的定义域为{x|x≠b, x≠c}
①当b=0,c>0时，y =
a
x|x -c|，
当x∈(0,c)时，y与a同号，当x∈(c ,+∞)时，y与a同号，
与图中信息矛盾；
②当b>0,c =0时，y =
a
(x -b)|x|，
由图可得，当x∈(b,+∞)时，y <0，所以a<0，
然后可验证当b>0,c =0，a<0时，图中信息都满足，
故选：A.
【变式3-3】（2023·陕西西安·统考三模）定义域和值域均为[-a,a](常数a>0)的函数y = f (x)和y = g(x)的
图象如图所示，则方程f [g(x)]=0解的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】由图象可得方程f (x)=0在[-a,a]上有三个实数解，结合函数g(x)的值域与单调性即可得解.
【解答过程】由图(a)可知，方程f (x)=0在[-a,a]上有三个实数解，
由图(b)可知，函数g(x)在[-a,a]上单调递减，且值域为[-a,a]，
所以方程f [g(x)]=0有三个实数解.
故选：C.
【题型4 函数零点所在区间的判断】
【例4】（2023·河北·石家庄一中校联考模拟预测）已知函数f (x)=3
x+ x -6有一个零点x = x0，则x0属于
下列哪个区间（ ）
A．(
1
2 ,1)
B．(1, 3
2)
C．(
3
2 ,2)
D．(2, 5
2)
【解题思路】利用零点存在性定理计算即可.
【解答过程】由题知f (x)在R上单调递增，
∵f(
1
2)=√3-5.5<0，f (1)=-2<0，f(
3
2)=3
3
2 - 4.5，
又3
3- 4.5
2>0，∴f(
3
2)>0，即在(1, 3
2)上存在x0使得f (x0)=0.
故选：B.
【变式4-1】（2023·海南·模拟预测）函数f ( x )=1
x -ln x +2的零点所在的大致区间为（ ）
A．(1,e)
B．(e,e
2)
C．(e
2,e
3)
D．(e
3,e
4)
【解题思路】根据零点存在性定理即可计算求解.
【解答过程】f ( x )=1
x -ln x +2在(0，+∞)连续不断，且单调递减，
f (1)=3>0,f (e)=1
e +1>0,f (e
2)=1
e
2 >0,f (e
3)=1
e
3 -1<0,f (e
4)=1
e
4 -2<0，
所以零点位于(e
2,e
3)，
故选：C.
【变式4-2】（2023·浙江宁波·统考一模）已知函数
f ( x)=2
x+ log2 x ,g( x)=(
1
2)
x
- log2 x ,h( x)= x
3+ log2 x的零点分别为a,b,c，则（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>a>b
D．b>c>a
【解题思路】根据指数函数、对数函数的性质可判断a,c小于1，b大于1，再由数形结合判断a,c即可.
【解答过程】令g( x)=(
1
2)
x
- log2 x =0，可得(
1
2)
x
= log2 x>0，所以x>1，即b>1；
令f ( x)=2
x+ log2 x =0，可得2
x =- log2 x >0，即log2 x<0，所以0< x<1，
即0<a<1；
令h( x)= x
3+ log2 x =0，可得x
3=- log2 x，由此可得log2 x<0，所以0< x<1，
即0<c<1，
作y =2
x , y =- log2 x , y = x
3的图象，如图，
由图象可知，a<c，所以a<c<b.
故选：D.
【变式4-3】（2023·北京·统考模拟预测）已知函数f (x)=¿，若方程f ( x)=1的实根在区间
(k ,k +1),k ∈Z上，则k 的最大值是（ ）
A．-3
B．-2
C．1
D．2
【解题思路】根据x 的取值范围不同，分别解出f ( x)=1根即可得出答案.
【解答过程】当x ≤-2时，f (x)= x
2-5，当f ( x)=1时，解得x =-√6；
当x>-2时，f (x)= xlg( x +2)，其中f (1)=lg3<1，f (2)=2lg 4 =lg16>1，
当f ( x)=1时，解得x∈(1,2)，综上k 的最大值是1.
故选：C.
【题型5 求函数的零点或零点个数】
【例5】（2023·陕西西安·西安校考模拟预测）函数f (x)=1-lg(3
x+2)的零点为（ ）
A．log38
B．2
C．log37
D．log25
【解题思路】根据零点的定义即可求解.
【解答过程】令f (x)=1-lg(3
x+2)=0，得3
x+2=10，则x = log38．
故选：A.
【变式5-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f ( x)=¿，则函数y = f ( x)- log2 x的零点个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】设F (x)= f ( x)- log2 x，设g(x)= log2 x，根据已知作出函数的图象，结合零点存在定理以及
函数的增长速度的快慢，即可得出答案.
【解答过程】
设F (x)= f ( x)- log2 x，
设g(x)= log2 x，则g(1)=0.
又f (1)=5×1-5=0= g(1)，所以1 是函数y = f ( x)- log2 x的一个零点；
因为f(
1
32)=5× 1
32 -5>-5，g(
1
32)= log2
1
32 =-5<f(
1
32)，
所以，F(
1
32)= f(
1
32)- g(
1
32)>0.
又f(
1
2)=5× 1
2 -5>- 5
2，g(
1
2)= log2
1
2 =-1>f(
1
2)，
所以，F(
1
2)= f(
1
2)- g(
1
2)<0.
根据零点的存在定理，可知，∃x1∈(
1
32 , 1
2)，使得F (x1)=0，
即x1是函数y = f ( x)- log2 x的一个零点；
因为f (3)=0，g(3)= log23>1>f (3)，
所以，F (3)= f (3)- g(3)<0.
又f (4)= 4
2- 4×4 +3=3，g(4)= log24 =2<f (4)，
所以，F (4)= f (4)- g(4)>0.
根据零点的存在定理，可知，∃x2∈(3,4)，使得F (x2)=0，
即x2是函数y = f ( x)- log2 x的一个零点.
结合函数图象以及f (x),g(x)的增长速度可知，当x< x1或x> x2时，函数y = f ( x)- log2 x没有零点.
综上所述，函数y = f ( x)- log2 x的零点为1，x1，x2，共3 个零点.
故选：C.
【变式5-2】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，
对任意x∈R，都有f (x +2)+ f (2- x)=0，当x∈(0,2)时，f (x)=ln x，则f (x)在[-10,10]上的零点个数
为（ ）
A．10
B．15
C．20
D．21
【解题思路】根据条件f (x +2)+ f (2- x)=0，得到函数f (x)的周期为T = 4，再根据条件得出x∈(-2,0)时，
f (x)=-ln(- x)，从而得出f (-1)= f (0)= f (1)= f (2)=0，再利用周期性及图像即可求出结果.
【解答过程】因为f (x +2)+ f (2- x)=0，令t =2- x，得到f (4 -t )+ f (t )=0，
所以f (4 -t )=- f (t )，从而有f (4 +t )=- f (-t )，又函数f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f (4+t )= f (t )，即f (4 + x)= f ( x)，所以函数f (x)的周期为T = 4，
令x∈(-2,0)，则- x∈(0,2)，又当x∈(0,2)时，f (x)=ln x，
所以f (- x)=ln(- x)，得到f (x)=-ln(- x)，
故f (x)=¿，又T = 4，所以f ( x)在x∈[-10,10]上的图像如图，
又当x∈(0,2)时，由f (x)=0，得到x =1，当x∈(-2,0)，由f (x)=0，得到x =-1，即
f (1)=0,f (-1)=0，
又T = 4，所以f (-8)= f (- 4)= f (0)= f (4)= f (8)=0，
f (-9)= f (-5)= f (-1)= f (3)= f (7)=0，f (-7)= f (-3)= f (1)= f (5)= f (9)=0，
又由f (x +2)+ f (2- x)=0，得到f (2)+ f (2)=0，即f (2)=0，
所以f (-10)= f (-6)= f (-2)= f (2)= f (6)= f (10)=0，
再结合图像知，f (x)在[-10,10]上的零点个数为21 个，
故选：D.
【变式5-3】（2023·四川成都·模拟预测）已知定义在R 上的奇函数y = f ( x)，对于∀x∈R都有
f (1+ x)= f (1- x)，当-1≤x<0时，f ( x)= log2(- x)，则函数g( x)= f ( x)-2在(0,8)内所有的零点之
和为（ ）
A．16
B．12
C．10
D．8
【解题思路】根据函数奇偶性以及对称性，推出函数的周期，再结合-1≤x<0时，f ( x)= log2(- x)，即
可作出函数的图象，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可求得答案.
【解答过程】由题意定义在R 上的奇函数y = f ( x)，对于∀x∈R，都有f (1+ x)= f (1- x)，
f ( x)图象关于直线x =1对称；
且f (1+ x)= f (1- x)=- f ( x -1)，即f (2+ x)=- f ( x)，
故f (4 + x)=- f (2+ x)= f ( x)，
即函数f ( x)是以4 为周期的周期函数，
当0< x ≤1，则-1≤- x<0，则f (- x)= log2 x =- f (x)，
故f (x)=- log2 x,0< x ≤1，
当1≤x<2，则-1≤x -2<0，因为f (2+ x)=- f ( x),∴f ( x)=- f ( x -2)，
则f (x)=- f (x -2)=- log2(2- x),1≤x<2；
当2< x ≤3时，则0< x -2<1,∴f (x)=- f (x -2)= log2(x -2)，
由此可作出函数f ( x)在(0,8)内的图象，如图示：
由g( x)= f ( x)-2=0可得f ( x)=2，
由图象可知f ( x)的图象与y =2在(0,8)内仅有4 个交点，
不妨设这4 个交点的横坐标从左向右依次为x1, x2, x3, x4，
由于x =1为图象对称轴，且函数周期为4，故x =5也为函数图象的对称轴，
故由图象可知x1, x2关于x =1对称，x3, x4关于x =5对称，
故x1+ x2=2, x3+ x4=10，则x1+ x2+ x3+ x4=12，
即函数g( x)= f ( x)-2在(0,8)内所有的零点之和为12，
故选：B.
【题型6 根据函数零点的分布求参数】
【例6】（2023 上·山东青岛·高一校考阶段练习）已知函数f (x)=a x
2- 4 x -1(a≠0)在区间(-1,1)内恰有
一个零点，则满足条件的所有实数a的集合是（ ）
A．(-3,0)∪(0,5)
B．[-3,0)∪(0,5]
C．{- 4}∪(-3,0)∪(0,5)
D．{- 4}∪[-3,0)∪(0,5]
【解题思路】通过分类讨论二次函数的根的个数，结合零点定理即可求出实数a的集合.
【解答过程】由题意，
在f (x)=a x
2- 4 x -1(a≠0)中，对称轴x =-- 4
2a = 2
a，
函数在区间(-1,1)内恰有一个零点，
∴Δ=(- 4)
2- 4 a×(-1)=16+ 4 a，
当 a≠0, Δ>0 时, 只需 f (-1)⋅f (1)<0,即 ¿,
解得：-3<a<5, 且 a≠0,
∴-3<a<0，0<a<5,
当a=-3时，f (x)=-3 x
2- 4 x -1=-(x +1)(3 x +1),在定义域内的零点只有x =- 1
3，符合要求,
当a=5时，f (x)=5 x
2- 4 x -1=(x -1)(5 x +1),在定义域内的零点只有x =- 1
5，符合要求,
当 a≠0, Δ=0 时, 即 a=- 4 时, f (x)=- 4 x
2- 4 x -1=-(2 x +1)
2，零点为- 1
2,
符合题意，
综上所述, 实数 a 的取值范围为：{- 4}∪[-3,0)∪(0,5]，
故选：D.
【变式6-1】（2023·高一课时练习）已知函数f ( x)=3ax -1-2a在区间(-1,1)上存在零点，则实数a的取
值范围是
A．(-∞,-1)∪(
1
5 ,+ ∞)
B．(
1
5 ,+∞)
C．(-∞,- 1
5)∪(1,+ ∞)
D．(-∞,- 1
5)
【解题思路】函数f ( x)=3ax -1-2a为一次函数，只要保证其两端点分别在x轴的两侧，就可以保证其在
区间（-1，1）上存在零点，即f (1)⋅f (-1)<0，从而得到关于a的不等式，求出a的范围.
【解答过程】因为函数f ( x)=3ax -1-2a为一次函数，
要使其在区间（-1，1）上存在零点，
要保证其两端点分别在x轴的两侧，
所以f (1)⋅f (-1)<0
即f (1)⋅f (-1)=(3a-1-2a)(-3a-1-2a)<0，
解得a<- 1
5或a>1，
故选：C．
【变式6-2】（2023·云南·统考二模）设x1, x2是关于x 的方程x
2+(a-1) x +a+2=0的根．若
-1< x1<1,1< x2<2，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(- 4
3 ,-1)
B．(- 3
4 , 1
2)
C．(-2,1)
D．(-2,-1)
【解题思路】函数图像开口向上，利用根的分布，即可求解实数a 的取值范围.
【解答过程】由题意知，函数f ( x)= x
2+(a-1)x +a+2开口方向向上，
若-1< x1<1,1< x2<2，则函数须同时满足三个条件：
当x =-1时，x
2+(a-1) x +a+2>0，代入解得4>0，恒成立；
当x =1时，x
2+(a-1) x +a+2<0，代入解得2a+2<0,a<-1；
当x =2时，x
2+(a-1) x +a+2>0，代入解得3a+ 4>0,a>- 4
3 ，
综上，实数a 的取值范围是(- 4
3 ,-1).
故选：A.
【变式6-3】（2022·高一课时练习）已知函数f ( x)=m x
2-3 x +1的零点至少有一个大于0，则实数m的取
值范围为（ ）
A．(-∞,2)
B．(-∞, 9
4 ]
C．(-∞, 9
4 )
D．(-∞,2]
【解题思路】根据解析式，讨论m=0、m≠0结合二次函数性质研究函数的零点情况，判断符合条件的m
范围.
【解答过程】①当m=0时，由f ( x)=0，得x = 1
3，符合题意．
②当m≠0时，
由Δ=9- 4 m=0，得m= 9
4 ，此时f ( x)=0，解得x = 2
3，符合题意；
由Δ=9- 4 m>0，得m< 9
4 ，此时设f ( x)=0的两根分别为x1，x2，且x1< x2，
若0<m< 9
4 ，则x1+ x2= 3
m >0，x1⋅x2= 1
m >0，即x1>0，x2>0，符合题意，
若m<0，则x1+ x2= 3
m <0，x1⋅x2= 1
m <0，即x1<0，x2>0，符合题意．
综上，m≤9
4 ，即实数m的取值范围为(-∞, 9
4 ]．
故选：B.
【题型7 根据函数零点个数求参数范围】
【例7】（2023 上·贵州遵义·高三统考阶段练习）已知函数f (x)=¿，若函数g(x)= f (x)+m有3 个零点，则
m的取值范围是（ ）
A．(0,2)
B．(-2,0)
C．(0,1)
D．(-1,0)
【解题思路】转化为f (x)与y =-m图象有3 个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【解答过程】令g(x)= f (x)+m=0，故f (x)=-m，
画出f (x)=¿与y =-m的图象，
函数g(x)= f (x)+m有3 个零点，即f (x)与y =-m图象有3 个不同的交点，
则-m∈(0,1)，
解得m∈(-1,0).
故选：D.
【变式7-1】（2023 上·四川凉山·高一校联考期末）设函数f ( x)=¿，若方程f
2( x)-af ( x)-a+3=0有6
个不同的实数解，则实数a 的取值范围为（ ）
A．(
3
2 , 7
3)
B．(2, 7
3)
C．(
7
3 ,3)
D．(3,4)
【解题思路】画出f (x)的图象，利用换元法以及一元二次方程根的分布等知识列不等式，从而求得a的取
值范围.
【解答过程】画出f (x)的图象如下图所示，由图可知要使f (x)=t有3个解，则需t ∈(0,2)，
依题意，方程f
2( x)-af ( x)-a+3=0有6 个不同的实数解，
令s= f (x)，则s
2-as-a+3=0有两个不相等的实数根s1,s2，
且0<s1<s2<2，令g(s)= s
2- sa-a+3，
则¿，解得2<a< 7
3，
所以实数a 的取值范围为(2, 7
3).
故选：B.
【变式7-2】（2023 上·山东滨州·高一校考竞赛）已知函数f (x)=¿.
(1)求f (4)的值；
(2)若关于x的方程f
2(x)-2tf (x)- f (x)+t
2+t =0(t ≤0)有且仅有四个不相等的实数解，求t的取值范围.
【解题思路】（1）利用分段函数的解析式，直接代入即可得解；
（2）令u= f (x)，由已知可得出u=t或u=t +1，作出函数u= f (x)的图象，分析可知0<t +1<1，求出t的
取值范围.
【解答过程】（1）因为f (x)=¿，
所以f (4)= 4
2-6×4 +9=1.
（2）令u= f (x)，
由f
2(x)-2tf (x)- f (x)+t
2+t =0(t ≤0)可得u
2-2tu-u+t
2+t =0，
整理得(u-t )(u-t -1)=0，解得u=t或u=t +1，
作出函数u= f (x)的图象如下图所示：
因为t ≤0，所以u=t ≤0，
若u=0，则直线u=0与函数u= f (x)的图象有2个公共点，
直线u=1与函数u= f (x)的图象有3个公共点，
此时，关于x的方程f
2(x)-(2t +1)f (x)+t
2+t =0(t ≤0)有5个不同的实数根，不合乎题意；
所以t <0，则直线u=t +1与函数u= f (x)的图象有4个公共点，
所以0<t +1<1，则-1<t <0.
【变式7-3】（2023 上·陕西西安·高二校考阶段练习）已知a>0且a≠1，函数f (x)= loga x - x.
(1)若a=e且x∈[
1
e ,e]，求函数f (x)的最值；
(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）先求出函数的单调区间，进而得出函数的最值；
（2）将函数零点转化为方程根的问题，利用分离变量的方法，转化为两个函数图象的交点问题，进而求
解结果.
【解答过程】（1）当a=e时，函数f (x)= loga x - x = ln x - x，
故f
' (x)= 1
x -1= 1- x
x
，
当x∈(1,e)时，f
' (x)<0，故y = f (x)在(1,e)单调减，
当x∈(
1
e ,1)时，f
' (x)>0，故y = f (x)在(
1
e ,1)单调增，
所以f (x)max = f (1)=-1，
又因为f (e)=1-e，f(
1
e)=-1- 1
e ，
所以f (x)min= f (e)=1-e；
（2）因为函数f (x)有两个零点
故f (x)= loga x - x = ln x
ln a - x =0有两解，
所以方程ln x
x = ln a有两个不同的解，
即为函数y = ln x
x 的图象与函数y = ln a的图象有两个不同的交点，
令g(x)= ln x
x ，故g
' (x)= 1- ln x
x
2
，
当x∈(e,+∞)时，g
' (x)<0，故y = g(x)在(e,+∞)单调减，
当x∈(0,e)时，g
' (x)>0，故y = g(x)在(0,e)单调增，
如图所示
而g (e)= 1
e ，所以0<ln a< 1
e ，所以1<a<e
1
e，
令h(x)= ln x
x - ln a，
因为h(1)=- ln a<0，h (e)= 1
e - ln a>0，
所以h(x)= ln x
x - ln a在(0,e)上有一个零点，
又当x→+∞时，g(x)→0，h(x)→- ln a<0，h (e)= 1
e - ln a>0，
所以h(x)= ln x
x - ln a在(e,+∞)上有一个零点，
所以函数h(x)有两个零点，即当1<a<e
1
e时，函数f (x)有两个零点.
【题型8 函数零点的大小与范围问题】
【例8】（2023 下·河南·高三校联考阶段练习）已知函数f (x)=min{x|x -2a|, x
2-6ax +8a
2+ 4}（a>1），
其中min( p,q)=¿，若方程f (x)= 5
2恰好有3 个不同解x1，x2，x3（x1< x2< x3），则x1+ x2与x3的大小关
系为（ ）
A．不能确定
B．x1+ x2= x3
C．x1+ x2< x3
D．x1+ x2> x3
【解题思路】先求出f (x)=¿，得到f (a)=a
2（极大值），f (2a)=0（极小值），f(2a+ 1
a)=2+ 1
a
2（极大
值），f (3a)= 4 -a
2（极小值）．再分三种情况讨论结合数形结合分析得解.
【解答过程】x|x -2a|=¿，a>1．
当x ≤2a时，- x
2+2ax -(x
2-6ax +8a
2+ 4)=-2(x -2a)
2- 4<0，
即- x
2+2ax< x
2-6ax +8a
2+ 4，
当x>2a时，x
2-2ax -(x
2-6ax +8a
2+ 4)= 4 ax -8a
2- 4，
若4 ax -8a
2- 4>0，则x>2a+ 1
a，x
2-2ax> x
2-6ax +8a
2+ 4；
若4 ax -8a
2- 4≤0，则x ≤2a+ 1
a，x
2-2ax≤x
2-6ax +8a
2+ 4，
又2a+ 1
a >2a，∴f (x)=¿，
又f (a)=a
2（极大值），f (2a)=0（极小值），f(2a+ 1
a)=2+ 1
a
2（极大值），
f (3a)= 4 -a
2（极小值）．
要使f (x)= 5
2恰好有3 个不同解，结合图象得：
①当¿，即¿时，得¿，不存在这样的示数a．
②当¿，即¿时，解得√6
2 <a<√2，
此时2a< x1<2a+ 1
a < x2<3a< x3，又因为x2与x3关于x =3a对称，
∴x3-3a=3a- x2<a<2a< x1，∴x3<4 a< x1+ x2．
③当¿，即¿时，解得a> √10
2 ．
此时，x1，x2是方程- x
2+2ax = 5
2的两实根，
所以x1+ x2=2a，而x3>3a，所以x1+ x2< x3.
故选：A．
【变式8-1】（2023·江苏·高一专题练习）已知函数f (x)=¿，若存在f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)，且x1，x2，x3
两两不相等，则x1+ x2+ x3的取值范围为（ ）
A．(-1,1)
B．(-1,1]
C．(0,1]
D．[0,1]
【解题思路】画出函数f (x)的图象，可得x1+ x2=-2，x3∈(2,3]，即可得结果.
【解答过程】画出函数f (x)=¿的图象，如图所示：
设f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)=m，则方程f ( x)=m有3 个根，
根据图可得-3<m≤-2，
不妨设y =m与y = x
2+2 x -2( x ≤0)的两个交点的横坐标为x1，x2，y =m与y = x -5( x>0)交点的横坐标
为x3.
则x1+ x2=-2，
当m=-2时，x3最大，由x3-5=-2，解得x3=3.
当m 接近-3时，x3接近最小，由x3-5=-3，解得x3=2，
即x3∈(2,3],
∴x1+ x2+ x3的取值范围是(0,1].
故选：C.
【变式8-2】（2023·广西·模拟预测）已知函数f (x)=2ln(x +1)+ 1
2 x
2-2 x +m有三个零点，m∈R.
(1)求m的取值范围；
(2)记三个零点为x1, x2, x3，且x1< x2< x3，证明：x3- x1<2.
【解题思路】（1）由题意首先对f (x)求导，得出其单调性和极值，然后结合已知列出不等式求解即可.
（2）构造函数h(x)= f (x)- f (- x)，g(x)= f (x)- f (2- x)，求导得其单调性，结合-1< x1<0< x2<1< x3
即可得证.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(-1,+∞)，
f
' (x)=
2
x +1 + x -2= x (x -1)
x +1
，令f
' (x)=0，解得：x =0或1，
且x∈(-1,0)时，f
' (x)>0，x∈(0,1)，f
' (x)<0，x∈(1,+∞)，f
' (x)>0，
所以f (x)在(-1,0)上单调递增，(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
当x =0时，函数f (x)取极大值，当x =1时，函数f (x)取极小值，
又f (0)=m，f (1)=m+2ln2- 3
2，
因为函数有三个零点，且x→+∞,f ( x)→+∞，x→-1,f ( x)→-∞，
所以f (1)=m+2ln2- 3
2 <0<f (0)=m，
解得0<m< 3
2 -2ln2，即m的取值范围为(0, 3
2 -2ln2).
（2）由（1）可知-1< x1<0< x2<1< x3，
设h(x)= f (x)- f (- x)，x∈(0,1)，h
' (x)= f
' (x)+ f
' (- x)= 4 x
2
1- x
2 >0，
所以函数h(x)单调递增，所以h(x)>h(0)=0，所以h(x2)= f (x2)- f (- x2)>0，
即f (x1)>f (- x2)，所以x1>- x2，即x1+ x2>0，
设g(x)= f (x)- f (2- x)，x∈(0,1)，g
' (x)= f
' (x)+ f
' (2- x)=-
2(x -1)
2
(x +1)(x -3) >0，
所以函数g(x)单调递增，
所以g(x)< g(1)=0即f (x)<f (2- x)，
f (x2)<f (2- x2)即f (x3)<f (2- x2)，
所以x3<2- x2，x2+ x3<2，
又- x1- x2<0，所以x3- x1<2.
【变式8-3】（2023 下·湖南·高二校联考期末）已知函数f ( x)=a x
3+b x
2+cx(a≠0)，且6a+b=0，
f (1)= 4 a．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若x∈[0,3]，函数F( x)= f ( x)- x e
- x有三个零点x1，x2，x3，且x1< x2< x3，试比较x1+ x2+ x3与2 的
大小，并说明理由．
【解题思路】（1）分类讨论a>0与a<0，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定x1=0，再利用转化法与换元法得到2lnt2-2lnt3=t2-t3，进而利用双变量处理方法
得到t2+t3- 4 = 2(u+1)lnu- 4(u-1)
u-1
，利用导数证得t2+t3- 4>0，从而得解.
【解答过程】（1）由f (1)= 4 a，得3a-b-c =0，又b=-6a，所以c =9a，
则f ( x)=a x
3-6a x
2+9ax，所以f
'( x)=3a( x -1)( x -3)，a≠0．
当a>0时，令f
'( x)>0，得x<1或x>3；令f
'( x)<0，得1< x<3；
所以f ( x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减；
当a<0时，令f
'( x)>0，得1< x<3；令f
'( x)<0，得x<1或x>3；
所以f ( x)在(-∞,1)与(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增．
（2）x1+ x2+ x3<2，理由如下：
因为f ( x)=a x
3-6a x
2+9ax =ax( x -3)
2，
由F( x)=0，得ax( x -3)
2- xe
- x =0，解得x =0或a( x -3)
2-e
- x =0．
因为x∈[0,3]，所以x1=0，x2，x3是a( x -3)
2-e
- x =0的正根，则x1+ x2+ x3= x2+ x3，
又ln[a( x -3)
2]=lne
- x =- x，所以ln a+2ln(3- x2)=- x2，ln a+2ln(3- x3)=- x3，
两式相减得2ln(3- x2)-2ln(3- x3)= x3- x2=(3- x2)-(3- x3)．
令3- x2=t2，3- x3=t3，则3>t2>t3≥0，得2lnt2-2lnt3=t2-t3，则2=
t2-t3
ln t2- ln t3
．
令u= t2
t3
∈(1,+∞)，则
t2-t3
ln t2- ln t3
= t3(u-1)
lnu
=2，
所以t3= 2lnu
u-1 (u>1)，t2=ut3= 2u lnu
u-1 ，可得t2+t3= 2(u+1)lnu
u-1
，
t2+t3- 4 = 2lnu
u-1 (u+1)- 4 = 2(u+1)lnu- 4(u-1)
u-1
(u>1)．
设g(u)=2(u+1)lnu- 4(u-1)，则g
'(u)=2(lnu+ 1
u -1)，
再设h(u)= lnu+ 1
u -1(u>1)，则h
'(u)= 1
u - 1
u
2 = u-1
u
2 >0，
所以h(u)在(1,+ ∞)上为增函数，则h(u)>h(1)=0，
即g
'(u)=2(lnu+ 1
u -1)>0，则g(u)=2(u+1)lnu- 4(u-1)在(1,+∞)上为增函数，
从而g(u)> g(1)=2(1+1)ln1- 4(1-1)=0，
所以t2+t3- 4>0，即(3- x2)+(3- x3)- 4 =2-(x2+ x3)>0，
所以x2+ x3<2，即x1+ x2+ x3= x2+ x3<2．
1．（2018·浙江·高考真题）函数y=2
| x|sin 2 x的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解题思路】先研究函数的奇偶性，再研究函数在(π
2 ,π)上的符号，即可判断选择.
【解答过程】令f ( x)=2
| x|sin 2 x，
因为x∈R ,f (- x)=2
|- x|sin 2(- x)=-2
| x|sin 2 x =- f ( x)，所以f ( x)=2
| x|sin 2 x为奇函数，排除选项
A,B;
因为x∈(π
2 ,π)时，f ( x)<0，所以排除选项C，
故选D.
2．（2021·天津·统考高考真题）设a∈R，函数f ( x)=¿，若f ( x)在区间(0,+∞)内恰有6 个零点，则a
的取值范围是（ ）
A．(2, 9
4]∪(
5
2 , 11
4 ]
B．(
7
4 ,2)∪(
5
2 , 11
4 )
C．(2, 9
4]∪[
11
4 ,3)
D．(
7
4 ,2)∪[
11
4 ,3)
【解题思路】由x
2-2(a+1) x +a
2+5=0最多有2 个根，可得cos(2πx -2πa)=0至少有4 个根，分别讨论
当x<a和x ≥a时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【解答过程】∵x
2-2(a+1) x +a
2+5=0最多有2 个根，所以cos(2πx -2πa)=0至少有4 个根，
由2πx -2πa= π
2 +kπ ,k ∈Z可得x = k
2 + 1
4 +a,k ∈Z，
由0< k
2 + 1
4 +a<a可得-2a- 1
2 <k <- 1
2，
（1）x<a时，当-5≤-2a- 1
2 <- 4时，f (x)有4 个零点，即7
4 <a≤9
4 ；
当-6≤-2a- 1
2 <-5，f (x)有5 个零点，即9
4 <a≤11
4 ；
当-7≤-2a- 1
2 <-6，f (x)有6 个零点，即11
4 <a≤13
4 ；
（2）当x ≥a时，f ( x)= x
2-2(a+1)x +a
2+5，
Δ= 4(a+1)
2- 4(a
2+5)=8(a-2)，
当a<2时，Δ<0，f (x)无零点；
当a=2时，Δ=0，f (x)有1 个零点；
当a>2时，令f (a)=a
2-2a(a+1)+a
2+5=-2a+5≥0，则2<a≤5
2，此时f (x)有2 个零点；
所以若a> 5
2时，f (x)有1 个零点.
综上，要使f ( x)在区间(0,+∞)内恰有6 个零点，则应满足
¿或¿或¿，
则可解得a 的取值范围是(2, 9
4]∪(
5
2 , 11
4 ].
故选A.
3．（2023·天津·统考高考真题）若函数f (x)=a x
2-2 x -|x
2-ax +1|有且仅有两个零点，则a的取值范围为
(-∞,0)∪(0,1)∪(1,+ ∞) ．
【解题思路】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断a的取值范围．
【解答过程】（1）当x
2-ax +1≥0时，f (x)=0⇔ (a-1) x
2+(a-2) x -1=0，
即[(a-1) x -1](x +1)=0，
若a=1时，x =-1，此时x
2-ax +1≥0成立；
若a≠1时，x =
1
a-1或x =-1，
若方程有一根为x =-1，则1+a+1≥0，即a≥-2且a≠1；
若方程有一根为x =
1
a-1，则(
1
a-1)
2
-a×
1
a-1 +1≥0，解得：a≤2且a≠1；
若x =
1
a-1 =-1时，a=0，此时1+a+1≥0成立．
（2）当x
2-ax +1<0时，f (x)=0⇔ (a+1) x
2-(a+2) x +1=0，
即[(a+1) x -1](x -1)=0，
若a=-1时，x =1，显然x
2-ax +1<0不成立；
若a≠-1时，x =1或x =
1
a+1，
若方程有一根为x =1，则1-a+1<0，即a>2；
若方程有一根为x =
1
a+1，则(
1
a+1)
2
-a×
1
a+1 +1<0，解得：a<-2；
若x =
1
a+1 =1时，a=0，显然x
2-ax +1<0不成立；
综上，
当a<-2时，零点为1
a+1，1
a-1；
当-2≤a<0时，零点为1
a-1，-1；
当a=0时，只有一个零点-1；
当0<a<1时，零点为1
a-1，-1；
当a=1时，只有一个零点-1；
当1<a≤2时，零点为1
a-1，-1；
当a>2时，零点为1,-1．
所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1．
故答案为：(-∞,0)∪(0,1)∪(1,+ ∞)．
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=cosωx -1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3 个零点，则ω
的取值范围是 [2,3) ．
【解题思路】令f ( x)=0，得cosωx =1有3 个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【解答过程】因为0≤x ≤2π，所以0≤ωx ≤2ωπ，
令f ( x)=cosωx -1=0，则cosωx =1有3 个根，
令t =ωx，则cost =1有3 个根，其中t ∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y =cost的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
5．（2022·天津·统考高考真题）设a∈R，对任意实数x，记f (x)=min{|x|-2, x
2-ax +3a-5}．若f (x)
至少有3 个零点，则实数a的取值范围为 a≥10 .
【解题思路】设g(x)= x
2-ax +3a-5，h(x)=|x|-2，分析可知函数g(x)至少有一个零点，可得出Δ≥0，
求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可
求得实数a的取值范围.
【解答过程】设g(x)= x
2-ax +3a-5，h(x)=|x|-2，由|x|-2=0可得x =±2.
要使得函数f (x)至少有3个零点，则函数g(x)至少有一个零点，则Δ=a
2-12a+20≥0，
解得a≤2或a≥10.
①当a=2时，g(x)= x
2-2 x +1，作出函数g(x)、h(x)的图象如下图所示：
此时函数f (x)只有两个零点，不合乎题意；
②当a<2时，设函数g(x)的两个零点分别为x1、x2(x1< x2)，
要使得函数f (x)至少有3个零点，则x2≤-2，
所以，¿，解得a∈∅；
③当a=10时，g(x)= x
2-10 x +25，作出函数g(x)、h(x)的图象如下图所示：
由图可知，函数f (x)的零点个数为3，合乎题意；
④当a>10时，设函数g(x)的两个零点分别为x3、x4(x3< x4)，
要使得函数f (x)至少有3个零点，则x3≥2，
可得¿，解得a>4，此时a>10.
综上所述，实数a的取值范围是[10,+∞).
故答案为：[10,+∞).
6．（2021·北京·统考高考真题）已知函数f ( x)=|lg x|-kx -2，给出下列四个结论：
①若k =0，f ( x)恰 有2 个零点；
②存在负数k，使得f ( x)恰有1 个零点；
③存在负数k，使得f ( x)恰有3 个零点；
④存在正数k，使得f ( x)恰有3 个零点．
其中所有正确结论的序号是
①②④
．
【解题思路】由f (x)=0可得出|lg x|=kx +2，考查直线y =kx +2与曲线g(x)=|lg x|的左、右支分别相切的
情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【解答过程】对于①，当k =0时，由f (x)=|lg x|-2=0，可得x = 1
100或x =100，①正确；
对于②，考查直线y =kx +2与曲线y =-lg x (0< x<1)相切于点P(t ,-lgt )，
对函数y =-lg x求导得y
' =-
1
x ln10，由题意可得¿，解得¿，
所以，存在k =- 100
e lge<0，使得f (x)只有一个零点，②正确；
对于③，当直线y =kx +2过点(1,0)时，k +2=0，解得k =-2，
所以，当- 100
e lge<k <-2时，直线y =kx +2与曲线y =-lg x (0< x<1)有两个交点，
若函数f (x)有三个零点，则直线y =kx +2与曲线y =-lg x (0< x<1)有两个交点，
直线y =kx +2与曲线y =lg x (x>1)有一个交点，所以，¿，此不等式无解，
因此，不存在k <0，使得函数f (x)有三个零点，③错误；
对于④，考查直线y =kx +2与曲线y =lg x (x>1)相切于点P(t ,lgt )，
对函数y =lg x求导得y
' =
1
x ln10，由题意可得¿，解得¿，
所以，当0<k < lge
100e 时，函数f (x)有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
7．（2018·全国·高考真题）已知函数f (x)=1
3 x
3-a(x
2+ x +1)．
（1）若a=3，求f (x)的单调区间；
（2）证明：f (x)只有一个零点．
【解题思路】（1）将a=3代入，求导得f
'( x )= x
2-6 x -3，令f
'( x )>0求得增区间，令f
'( x )<0求得减
区间；
（2）令f ( x )=1
3 x
3-a( x
2+ x +1)=0，即
x
3
x
2+ x +1
-3a=0，则将问题转化为函数g( x )=
x
3
x
2+ x +1
-3a
只有一个零点问题，研究函数g( x )单调性可得.
【解答过程】（1）当a=3 时，f ( x )=1
3 x
3-3 x
2-3 x -3，f
'( x )= x
2-6 x -3．
令f
' (x)=0解得x=3-2√3或x=3+2√3．
由f
' (x)>0解得：x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)；
由f
' (x)<0解得：x∈(3-2√3,3+2√3)．
故函数的增区间是(-∞, 3-2√3)，(3+2√3,+∞)，减区间是(3-2√3,3+2√3)．
（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理
由于x
2+ x +1>0，所以f (x)=0等价于
x
3
x
2+ x +1
-3a=0．
设g( x )=
x
3
x
2+ x +1
-3a,则g'( x )= x
2(x
2+2 x +3)
(x
2+ x +1)
2 = x
2[(x +1)
2+2]
(x
2+ x +1)
2 ≥0,仅当x =0时g'( x )=0,所以g( x )
在(-∞,+∞)单调递增.故g( x )至多有一个零点,从而f ( x )至多有一个零点.又
f (3a-1)=-6a
2+2a-1
3 =-6(a-1
6)
2
-1
6 <0,f (3a+1)=1
3 >0,故f ( x )有一个零点.综上,f ( x )只有一个零
点.
［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系
因为x
2+ x +1>0，所以f ( x )=0等价于3a=
x
3
x
2+ x +1
，令g( x )=
x
3
x
2+ x +1
，则g
'( x )= x
2(x
2+2 x +3)
(x
2+ x +1)
2 ．因
为x
2+2 x +3>0，则g
'( x )≥0，当且仅当x =0时，等号成立，所以g( x )在区间(-∞,+∞)内单调递增，
当x→-∞时，g( x )→-∞；当x→+∞时，g( x )→+∞．所以直线y =3a与g( x )的图像只有一个交点，
即f ( x )只有一个零点．
［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
f
'( x )= x
2-2ax -a,Δ=4a
2+4a．
①当-1≤a≤0时，Δ≤0,f
'( x )≥0,f ( x )单调递增，f (0)=-a>0,f (-3)=-9-6a<-3<0,f ( x )只
有一个零点．
②当a>0与a<-1时，f
'( x )=0⇒x1=a-√a
2+a, x2=a+√a
2+a，再令t = x1或x2，则有a=
t
2
2t +1 ．当
x< x1与x> x2时，f
'( x )>0,f ( x )单调递增，当x1< x< x2时，f
'( x )<0,f ( x )单调递减．
因为f (t )=1
3 t
3-
t
2
2t +1 (t
2+t +1)=- t
2(t
2+2t +3)
3(2t +1)
，
(2 x1+1)(2 x2+1) =4 x1 x2+2¿，
所以f (x1)f (x2)= x1
2 x2
2(x1
2+2 x1+3)(x2
2+2 x2+3)
9(2 x1+1)(2 x2+1)
>0．
极大值与极小值同正同负，故f ( x )只有一个零点．
［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理
由于x
2+ x +1>0，所以f ( x )=0，等价于
x
3
3(x
2+ x +1)
-a=0．
设g( x )=
x
3
3(x
2+ x +1)
-a，则g
'( x )= x
2(x
2+2 x +3)
3(x
2+ x +1)
2
≥0，仅当x =0时，g
'( x )=0，所以g( x )在区间
(-∞,+∞)内单调递增．故g( x )至多有一个零点，从而f ( x )至多有一个零点．
结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取x =min{9a,1}，则有g( x )> x
3
9 x
2 -a= x
9 -a≥0，取
x =max{9a,-1}，则有g( x )< x
3
9 x
2 -a= x
9 -a≤0，所以g( x )在(max{9a,-1},min{9a,1})内有一个
零点，故f ( x )有一个零点．
综上，f ( x )只有一个零点．
8．（2018·全国·高考真题）已知函数f (x)=e
x-a x
2．
（1）若a=1，证明：当x≥0时，f (x)≥1；
（2）若f (x)在(0,+∞)只有一个零点，求a的值.
【解题思路】（1）方法一：构造函数g(x)=(x
2+1)e
- x -1，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调
递减，最后根据单调性证得不等式;
（2）方法一：研究f (x)零点，等价研究h(x)=1-a x
2e
- x的零点，先求h(x)导数：h'(x)=ax (x -2)e
- x，
这里产生两个讨论点，一个是a 与零，一个是x 与2，当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；当a>0时，
h(x)先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a 的值.
【解答过程】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，f (x)≥1等价于(x
2+1)e
- x -1≤0．
设函数g(x)=(x
2+1)e
- x -1，则g
' (x)=-(x
2-2 x +1)e
- x =-(x -1)
2e
- x．
g
' (x)≤0，所以g(x)在(0,+ ∞)单调递减．
而g (0)=0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f (x)≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f ( x )=e
x - x
2,f
'( x )=e
x -2 x．
令g( x )=e
x -2 x, g
'( x )=e
x -2，令g
'( x )=0，得x =ln2．则函数y = g( x )在区间[0,ln2)内单调递减，
在区间[ln2,+∞)内单调递增，从而g( x )≥g(ln2)=2-2ln2>0，所以函数y = f ( x )在区间[0,+∞)内
单调递增，有f ( x )≥f (0)=1．
［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x≥0时，f ( x )=e
x - x
2≥1⇔x≥ln(x
2+1)．
令g( x )= x -ln(x
2+1),g
'( x )=1-2 x
x
2+1
=( x -1)
2
x
2+1
≥0，函数y = g( x )在区间[0,+∞)上单调递增，故
g( x )≥g(0)=0，有x≥ln(x
2+1)，故当x≥0时，f ( x )≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数h(x)=1-a x
2e
- x，
f (x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点．
（i）当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
（ii）当a>0时，h
' (x)=ax (x -2)e
- x．
当x∈(0,2)时，h
' (x)<0；当x∈(2,+∞)时，h
' (x)>0．
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
故h (2)=1-4a
e
2 是h(x)在[0,+∞)的最小值．
①若h (2)>0，即a< e
2
4 ，h(x)在(0,+ ∞)没有零点；
②若h (2)=0，即a= e
2
4 ，h(x)在(0,+∞)只有一个零点；
③若h (2)<0，即a> e
2
4 ，由于h (0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，
由（1）知，当x>0时，e
x> x
2，所以h(4a)=1-16a
3
e
4a =1-16a
3
(e
2a)
2 >1-16a
3
(2a)
4 =1-1
a >0．
故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0,+ ∞)有两个零点．
综上，f (x)在(0,+ ∞)只有一个零点时，a= e
2
4 ．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令f ( x )=0，得a=e
x
x
2．
令h( x )=e
x
x
2 ( x>0),h
'( x )=e
x( x -2)
x
3
．则函数y =h( x )在区间(0,2)内单调递减，在区间(2,+∞)内
单调递增，则[h( x )]min=h(2)=e
2
4 ．当x→0时，h( x )→+∞，当x→+∞时，h( x )→+∞，故函数
y = f ( x )在区间(0,+∞)内只有一个零点时，a=e
2
4 ．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数y = f ( x )在区间(0,+∞)内只有一个零点等价于函数y =e
x的图象与函数y =a x
2的图象在区间
(0,+∞)内只有一个公共点．由y =e
x与y =a x
2的图象可知它们在区间(0,+∞)内必相切于y 轴右侧同一
点，设切点为(x0, y0)，则¿，解方程组得a=e
2
4 ，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当x>0时，f ( x )=0⇔ax =e
x
x ，原问题转化为动直线y =ax与曲线h( x )=e
x
x 在区间(0,+∞)内只有一个
公共点．由h
'( x )=( x -1)e
x
x
2
得函数y =h( x )在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．
设y =ax与y =h( x )的切点为P(x0,e
x
x0)，则h
'(x0)= (x0-1)e
x0
x0
2
，于是函数y =h( x )在点P 处的切线方
程为y -e
x0
x0
= (x0-1)e
x0
x0
2
(x - x0)．由切线过原点可得x0=2，故a=h
'(2)=e
2
4 ．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f
'( x )=e
x -2ax，x∈(0,+∞)，
当a≤0时，f ( x )在区间(0,+∞)内单调递增，又f (0)=1>0，故f ( x )无零点；
当a>0时，f
″( x )=e
x -2a．
①当0<a≤1
2 时，f
″( x )=e
x-2a≥0, y = f
'( x )在区间(0,+∞)内单调递增，有
f
'( x )>f
'(0)=1,f ( x )在区间(0,+∞)内单调递增，又f (0)=1>0，故f ( x )无零点；
②当1
2 <a≤e
2 时，令f
″( x )=0，得x =ln2a，故函数y = f
'( x )在区间(0,ln2a)内单调递减，在区间
(ln2a,+∞)内单调递增．[f
'( x )]min= f
'(ln2a)=2a(1-ln2a)≥0，从而y = f ( x )单调递增．又
f (0)=1，所以f ( x )无零点．
③当a>e
2 时，[f
'( x )]min<0，又f
'(0)=1，所以存在x1∈(0,ln2a), x2∈(ln2a,+∞)，使得f
'( x )=0，
则函数y = f ( x )在区间(0, x1)内单调递增，在区间(x1, x2)内单调递减，在区间(x2,+∞)内单调递增，且
f (0)=1，则x2为函数y = f ( x )的唯一零点，且x2满足e
x1=2a x2．所以
f (x2)=e
x1-a x2
2=2a x2-a x2
2=a x2(2- x2)=0，解得x2=2，则a=e
2
4 ．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当a≤0时，f (x)=e
x -a x
2>0，无零点；
当a>0时，f ( x )=0⇔e
x
2 -√a x =0，记φ( x )=e
x
2 -√a x，则φ
'( x )=1
2 e
x
2 -√a；
当0<a≤1
4 时，φ
'( x )≥0，函数y =φ( x )在区间(0,+∞)内单调递增，则有φ( x )>φ(0)=1，故φ( x )
无零点；
当a>1
4 时，当x<2ln2√a时，φ
'( x )<0,φ( x )单调递诚，当x>2ln2√a时，φ
'( x )>0,φ( x )单调递增，
当x→0时，φ( x )→1，当x→+∞时，φ( x )→+∞，
故[φ( x )]min=φ(2ln2√a)=2√a-2√aln2√a=0，得a=e
2
4 ．
