2020高考数学---函数零点的性质问题

1、第二章第 11 炼 函数零点的性质函数及其性质第 11 炼 函数零点的性质一、基础知识：1 、函数零点，方程，图像交点的相互转化：有关零点个数及性质的问题会用到这三者的转化，且这三者各具特点：（ 1 ）函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点（ 2）方程：方程的特点在于能够进行灵活的变形，从而可将等号两边的表达式分别构造为两个可分析的函数，为作图做好铺垫（ 3）图像的交点：通过作图可直观的观察到交点的个数，并能初步判断交点所在区间。三者转化：函数f x 的零点方程 f x 0 的根 方程变形 方程 g x h x 的根函数 g x 与

2、h x 的交点2、此类问题的处理步骤：（ 1 ） 作图： 可将零点问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像（ 2）确定变量范围：通过图像与交点位置确定参数和零点的取值范围（ 3）观察交点的特点（比如对称性等）并选择合适的方法处理表达式的值，3、常见处理方法：（ 1）代换法：将相等的函数值设为t，从而用t可表示出x1,x2,，将关于x1,x2,的表达式转化为关于t 的一元表达式，进而可求出范围或最值（ 2）利用对称性解决对称点求和：如果x1,x2关于x a轴对称，则x1 x2 2a ；同理，若 x1 ,x2 关于a,0 中心对称，则也有x1x22a 。将对称的

3、点归为一组，在求和时可与对称轴（或对称中心）找到联系二、典型例题：例 1：已知函数f x lgx ，若 0 a b，且 f a f b ，则 a 2b 的取值范围是（）A. 2 2,B. 2 2,C. 3,D. 3,思路：先做出f x 的图像，通过图像可知，如果f a f b ，则 0 a 1 b ，设lga tf a f b t ，即t 0 ，由 a,b范围lgb tlga t a e可得： lg a 0,lg b 0， 从而，lgb t b e1tt所 以 a 2b t2et ， 而 et 0 ， 所 以et12e t3 ,e答案： C小炼有话说：（ 1）此类问题如果f x 图像易于作出，

4、可先作图以便于观察函数特点2）本题有两个关键点，一个是引入辅助变量t，从而用t表示出 a, b，达到消元效果，但是要注意t 是有范围的（通过数形结合y t 需与 y f x 有两交点）；一个是通过图像判 断出 a, b 的范围，从而去掉绝对值。cos x ,x 0,2例 2：已知函数f x2，若有三个不同的实数a,b,c ，使得xlog 2015 ,x ,f a f b f c ，则 a b c的取值范围是思路： f x 的图像可作，所以考虑作出f x 的图像，不妨设 a b c ， 由图像可得：f a f b 0,1a,b 0, ，且关于x 轴对称，所以有2f clog2015 c f a

5、0,1 ， 所 以a b c c2 , 201 6aba b ，再观察c ，且22c0 log20151 c 2015 ， 从 而答案： 2 ,2016小炼有话说：本题抓住a,b关于x 对称是关键，从而可由对称求得a b ，使得所2求式子只需考虑c 的范围即可log1(x 1),x0,1例 3：定义在R 上的奇函数f x ，当 x 0 时， f x 2，则关于x1 x 3,x1,F x f x a(0 a 1)的所有零点之和为()aA. 21B. 1 2aC. 2 a 1D. 1 2 a思路： f x 为奇函数，所以考虑先做出正半轴的图像，再利用对称作出负半轴图像，当x 0时，函数图象由两部分

6、构成，分别作出各部分图像。F x 的零点， 即为方程f x a 0 的根， 即 f x 图像与直线 y a 的交点。 观察图像可得有5 个交点：x1, x2关 于 x 3 对 称 ，x1 x26，x3 0 且 满 足 方 程afx3a fx3a fx3a 即 log1x31 a ，解得：x31 2 ，2x4 , x5关于x 3轴对称，x4x56x1 x2 x3 x4 x5 1 2a答案： B1例4 ： 已 知 k 1 ， 函 数 f x 21 k 的 零 点 分 别 为 x1 , x2 x1 x2 ， 函 数3kg x2x1的零点分别为x3 ,x4x3x4， 则x4x3x2x1的最小值为2k

7、1（）A. 1B. log2 3C. log26D. 3思路： 从 f x ,g x 解析式中发现x1, x2可看做y 2x 1xk与 y k 的交点，x3,x4可看做y 21 与 y的3 42k 1交点， 且 x1 0 x2, x3 0 x4， 从而x1 ,x2, x3,x4 均可由k进行表示，所以x4 x3x2 x1 可转化为关于k 的函数，再求最小值即可解：由图像可得：x10x2, x3 0x41 2x31 2x1k 1 22x2 1 k2k 12x4 1 k2k 1x1log2 1 k ,x2 log2 1 kx3log212kk1lo2gk2k1 1x4,l2ogk21k123lko

8、k2g113k 1x4 x3x2 x1log2k1k1 log21k3k 1 log21klog2341kk13,1343,1kx4x3x2 x1log2 3,答案： B1例 5：已知函数f xlog3 x 13x1 有两个不同的零点x1 ,x2 ，则（）A. x1 x21B. x1x2x1x2C.x1x2x1x2D.x1x2x1x21x思路： 可将零点化为方程log3 x 11 的根， 进而转化为g xlog3 x 1 与333hx 13x1的 交1 x1 2 x2 ， 进而可将log3 x 11中1 x1log3 x1 131 x2log3 x2 131，观察选项涉及1x1 x2, x1x

9、2 ，故将可得：log3 x2 1 x1 11 21 1 ， 而 y 1为 减 函 数 ， 且 x2 x1 ， 从 而33321log3x21x110x21x111x1x2x1x20， 即x1 x2 x1 x2答案： D3|ln x|,(0 x e )例6：已知函数f (x)， 存在x1x2x3，f (x1)f (x2 )f(x3) ，e3 3 x, (x e3)则 f （x3 ） 的最大值为 x2思路：先作出f x 的图像，观察可得：0 x1 1 x2 e3 x3 ，所求(x3 ) 可先减少变x2量 个 数 ， 利 用 f x3f x2可 得 ：f (x3)f x2ln x2ln x322，

10、 从 而 只 需 求 出 y 在x2x2x2x31 lnxlnx1,e3 的最小值即可：y'2n x， 所以函数y n xxx在 1,e 单增，在e,e3 单减。从而ymaxee1答案：x2 2,x0,1f x 2 x2,x 1,0， 且e例 7： 已 知 定 义 在 R上 的 函 数 f x 满 足 ：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x2和为（）A. 5B. 6C. 7D. 8思路：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

11、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2x 511值在何处取到），再看 g x 图像， g x2 ，可视为将y 的图像向x2x2x左平移 2 个单位后再向上平移2 个单位，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x1x2 x3 ， 其中 x23， x1与 x3 关于 2,2 中心对称，所以有x1 x34。所以x1 x2 x37答案： C2x 2x 3,x 0例 8：函数f x，直线 y m 与函数 f x 的图像相交于四个不同2 lnx ,x 0的

12、点，从小到大，交点横坐标依次记为a,b,c,d ，有以下四个结论 m 3,4 abcd0,e4 a b c de52,e62 2ee 若关于 x 的方程 f x x m 恰有三个不同实根，则m 的取值唯一则其中正确的结论是（）A. B. C. D. 思路：本题涉及到m 的取值，及4 个交点的性质，所以先作出 f x 的图像， 从而从图上确定存在4 个交点时，m 的范围是 3,4 ， 所以正确。从图像上可看出a, b在同一曲线，c,d 在同一曲线上，所以在处理时将a,b 放在一组，c,d 放在一组。2涉及到根的乘积，一方面a, b 为方程x2 2x 3 m 的两根，所以由韦达定理，可得2ab m

13、 3 ， 而 c,d 为 方 程 2 lnx m 的 两 根 ， 且 0 c e d ， 从 而2ln c ln d 2，即 ln cd4 cde4，所以有 abcdm 3 e40,e4 ，正确由中的过程可得：a b 2 ， 2ln cln d 2 m ，所以 c e2m,d e2m ，从1而 a b c d 2e2me2m 2 e2emm ， 而 m 3,4 ，eme3,e4设ef m 2 e2 em1m ，则 f m 为增函数，所以f m e5 1 2,e612 2eee正确可将问题转化为y f x 与 y x m 的交点个数问题，通过作图可得m 的值不唯一综上所述：正确答案： Al o

14、ga x 1 , 1x 1例 9 ： 已 知 函 数 f xa 0 ,a 1 ， 若x1x2 ， 且f 2 x a 1,1x3f x1f x2 ，则 x1x2 的值()A. 恒小于 2B. 恒大于 2C. 恒等于 2D. 与 a 相关思路：观察到当1 x 1 时， f x 为单调函数，且1 x 3时， f x 的图像相当于作x 1,1 时关于 x 1 对称的图像再进行上下平移，所以也为单调函数。由此可得fx1fx2时，x1, x2 必在两段上。设x1x2，可得1x11x23 ，考虑使用代换法设fx1fx2t ，从而将x1, x2均用a,t 表示，再判断x1x2与2 的大小即可。解：设 f x1

15、f x2t ，不妨设1 x1 1x23 ，则 1 2x21loga x1 1 tx1at 1loga 3 x2a 1 tx23 at 1 at t1ax1x22 a a若 0 a 1 ，则 y ax为减函数，且t t 1 aat at 1 ax1x22若 a 1 ，则 y a x 为增函数，且t t 1 aatat 1 a x1x2 2x1x2的值恒大于2答案： B4 8 x ,1 x 2,例 10： 定义函数f(x)2， 则函数 g(x) xf(x) 6在区间1,2n( n N* )1xf( ), x 2.22内的所有零点的和为()33A nB 2nC(2n 1)D(2n 1)42思路：从f

16、 （x） 1 f x 可得：函数f x 是以 2n 1,2 n 区间为一段，其图像为将前一段图像在水平方向上拉伸为原来的2 倍，1同时竖直方向上缩为原来的1 ，从而先作出x 1,2 时的图像，2再依以上规律作出2,4 , 4,8 , , 2n 1,2n 的图像， g x 的零点 无 法 直 接 求 出 ， 所 以 将 g x 0转 化 为 f x 6， 即x可 归 纳 出2n 1 , 2n 中 极 大 值 点 为 xn2n 12n3 n2n ， 所 以 所 有 零 点 之 和 为243 2 2n 13S4212 2n 1y f x 与 h x 6 的交点。通过作图可得，其交点刚好位于每一段中的

17、极大值点位置， x答案： D小炼有话说：（ 1）本题考查了合理将x轴划分成一个个区间，其入手点在于f（x） 的出现，体现了横坐标之间2 倍的关系，从而所划分的区间长度成等比数列。6（ 2）本题有一个易错点，即在作图的过程中，没有发现h x 6 恰好与 f x 相交在极大333值点处，这一点需要通过计算得到：当x 时， f 4 h , f 32 h 3 ，222从而归纳出规律。所以处理图像交点问题时，如果在某些细节很难通过作图直接确定，要通过函数值的计算来确定两图像的位置1 、 （ 2016 四川高三第一次联考）已知函数fx2x 1xx ,x2x1,x0, 12，若存在x1 ,x2 ，当1,22

18、A.2320,40x1x22 时， fx1fx2，则x1fx2fx2的取值范围为（）9232912321B. ,C. ,D.,164162422、 （ 2016，苏州高三调研）已知函数f x sin x kx x 0,k R 有且只有三个零点，设此三个零点中的最大值为x0 ，则2x01 x0 sin2x03、 已知函数f x x 2x,g x x ln x,h x x x 1 的零点分别为x1, x2, x3， 则x1, x2, x3的大小关系是1x4、0 a b c使知 函 数 f xlog3 x 的 零 点 为x0 ， 有3f a f b f c 0，则下列结论不可能成立的是（A. x0a

19、B. x0 bC. x0cD. x0cx 1,x 05、已知 f x，若方程f x a有四个不同的解x1 x2 x3 x4，则log2x ,x 011x1 x2的取值范围是（）x3x41A. 0,21B. 0 0,2C.0,12D. 0,16、知 函 数 fxlog2 x ,0 x 2sin x ,2 x 104若存在实数x1, x2,x3, x4 ， 满x3 2 x4 2x1x2x1x2x3x4 ，且fx1fx2fx3fx4，则的取值范围是（）A. 4,16B. 0,12C. 9,21D. 15,25习题答案： 1 、 答案： C2111解析：如图可知：x1,x2 12221x1 fx2fx

20、2x11 fx2x11 fx1x11 x1222111x1x1x122491 gx g16212、答案：2916y sinx 与 y kx恰有三个公共点，通解析： f x sin x kx 0 sin x kx，即相切的切点。设改点 A x0 , y0 ，y sin x的导数为yy0sin x0cos x ，所以y0kcos x0x0x0sin x0 ，代入到所求表达式 cosx0可得：x01 x02 sin2x0sin x0cosx03、答案：x1x2x3sin x0sin 2x0 cosx0解析： f x 02xx, g x 0 ln x x ， 在同坐 标 系 下 作 出 y 2x , y l nx ,yx如 图 所 示 可 得x10 x2 1 。 令 h x 0 x x 10 ， 解得1535