例谈高考数学题的函数零点问题

例谈高考数学题的函数零点问题

梁关化，2015，11，12

高考数学题的函数零点问题，早前都是以小题出现为多，但近几年却变为大题，甚至是难题。例如，今年全国卷（1）、广东和江苏等省的高考数学题都把函数零点问题作为大题、难题来出。函数零点问题，归纳起来，常有如下几种类型：一、求零点的值或判断零点所在区间；二、讨论是否有零点或零点个数；三、由零点个数求函数解析式中参数取值范围。解决零点问题，首先要掌握好零点概念的三个等价形式：（1）函数值为零的自变量值；（2）方程f(x)=0的解（也可以把方程f(x)=0变形为g(x)=h(x),那么两函数g(x)和h(x)的图象的交点的横坐标即为方程f(x)=0的解）；（3）函数图象与x 轴的交点的横坐标。因此，零点与方程知识，与数形结合的数学思想紧密相关。其次，还需要掌握好零点存在性的判断定理；此外，还需要掌握好利用函数的导数来研究函数的单调性，极值，最值的方法。求函数解析式中参数取值范围问题，往往还需要分类讨论的数学思想。下面一起分析几道高考题或高考题的改编题。

例1 （广东2015年高考数学理科题）

设a >1，函数f (x ) =(1+

(1) 求f (x ) 的单调区间；

(2) 证明f (x ) 在(-∞, +∞) 上仅有一个零点；

(3) 若曲线y =f (x ) 在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M （m,n ）处的切线与直线OP 平x 2) e x -a

行，（O 是坐标原点）

，证明：m ≤-1.

解：（1）解略。（答案：f (x ) 的单调递增区间为(-∞, +∞) ）

（2）由（1）得f (x ) 在区间(-∞, +∞) 上单调递增，又

f (0)=1-a 1), f =从而有f (0)f

-a =a (-1) >0，

∴∃x 0∈使得f (x 0) =0，

∴f (x ) 在(-∞, +∞) 上仅有一个零点。

（说明：这里用到零点存在性的判断定理。还有：当一个函数在(-∞, +∞) 单调且在其一个子区间里有一个零点，那么它在(-∞, +∞) 上的零点是唯一的。）

（3）（思路：由在点P 处的切线与x 轴平行先求出点P 的坐标，进而求出直线OP 的斜率，再由导数求在点M （m,n ）处的切线的斜率，从而得到一个关于m,a,e 的关系式(m +1) 2e m =a -2，再把要证不等式转化为一个不含根号的不等式来证，即

e

2m ≤1⇐(m +1) 3≤a -=(m +1) 2e m ⇐(m +1) ≤e m ，最后构造一个函数e

h (m ) =e m -m -1，再研究其单调性，极值，最值，不等式即可得证。

例2（广东2015年高考数学文科题）

设a 为实数，函数f (x )=(x -a )+x -a -a (a -1)． 2

(1)若f (0)≤1，求a 的取值范围；

(2)讨论f (x )的单调性；

(3)当a ≥2时，讨论f (x )+x 在区间(0, +∞)内的零点个数．

解：（1）（思路：解绝对值不等式，一是分类讨论，一是整体等价转化，本小题可等价转化为a ≤(1-a ) ⇔2a ≤1⇔a ≤

（2）原函数即下面分段函数：

2⎧⎪x -(2a -1) x , x ≥a f (x ) =⎨2 ⎪⎩x -(2a +1) x +2a , x

分段研究，即可得以下结论：f (x )在（-∞, a ) 上单调递减，在[a , +∞) 上单调递增。

（3）分a=2和a>2两种情况讨论。

1）当a=2，f (x )为

2⎧⎪x -3x , x ≥2f (x ) =⎨2 ⎪⎩x -5x +4, x

在同一直角坐标系分别作出f (x )和g(x)= -

交点的横坐标为x=2, 从而f (x )+

2）当a>2时 4的图象，易得两图象在(0, +∞)得一个交点，x 4在区间(0, +∞)内有一个零点。 x

44的值为-，但f (x )的最小值小于x a 由于f (x )的最小值在x=a处取得，而此时g(x)= -4-把差分解或构造函数解决），再在同一直角坐标系分别作出f (x )和g(x)= a

44-的图象，易得两图象在(0, +∞)有两个交点，从而f (x )+在区间(0, +∞)内有两个零x x

点。

例3（江苏2015年高考题的改编题）

已知函数f (x ) =x +ax +b (a , b ∈R ) 。

（1）试讨论f (x ) 的单调性；

（2）若点(a,b)在直线y =-324x 上，且函数f (x ) 有三个不同的零点，求a,b 的取值范围。 3

解：（1）通过导数，再分a=0，a>0，a

1）当a=0，函数f (x ) 在(-∞, +∞) 上单调递增；

2）当a>0，函数f (x ) 在(-∞, -

减； 2a 2a ),(0,+∞) 上单调递增；函数f (x ) 在(-,0) 上单调递33

2a 2a , +∞) 上单调递增；函数f (x ) 在(0,-) 上单调333）当a

递减；

（2）由已知得b =-4a ，再由（1）知函数f (x ) 的两个极值为3

f (0)=b , f (-2a 43) =a +b ，那么，函数f (x ) 有三个不同的零点⇔ 327

f (0)f (-2a 4)

⎧a >0⎪⎨43-a

把b =-⎧a b >0⎪⎩27⎧a 34a 代入，解得⎨或⎨， 3⎩b >4⎩b

2x 例4(2015年全国卷（1）文科高考题) 设函数f (x )=e -a ln x .

（I ）讨论f (x )的导函数f '(x )的零点的个数；

（II ）证明：当a >0时f (x )≥2a +a ln

解：（1）导数为f (x ) =2e ' 2x 2. a a -(x >0) x

分a ≤0和a >0两种情况讨论：

1）当a ≤0时，易得f (x ) >0，故f '(x )没有零点； '

2）当a >0时，易知f '(x )在x>0时为单调递增

a a f ' (a ) >0，当0

一零点。

（2）设零点为x 0, 从而有2e 2x 0-a =0。易得f (x 0) 为函数f (x )的最小值，即x 0

f (x ) ≥f (x 0) ，又f (x 0) =a 22+2ax 0+a ln ≥2a +a ln ，从而，当a >0时2x 0a a

f (x )≥2a +a ln

练习： 2. 。 a

⎧2x -a ‚x

①若a =1，则f (x )的最小值为

． ②若f (x )恰有2个零点，则实数a 的取值范围是

⎧x 3, x ≤a 2. 已知f (x ) =⎨2，若存在实数b ，使函数g (x ) =f (x ) -b 有两个零点，则a 的取x , x >a ⎩

值范围是 .

3、若函数f （x ）=| 2-2 |-b有两个零点，则实数b 的取值范围是_____. x

⎧⎪2-x , x ≤2, 4．已知函数f (x )=⎨ 函数g (x )=b -f (2-x ) ，其中b ∈R ，若函2⎪⎩(x -2), x >2,

数y =f (x )-g (x ) 恰有4个零点，则b 的取值范围是

（A ） 7⎫⎛7⎫⎛, +∞⎪ （B ） -∞, ⎪ 4⎭⎝4⎭⎝

7⎫

4⎭⎛7⎫, 2⎪ 4⎝⎭（C ） 0, ⎪ （D ） ⎛

⎝

5. 已知函数f (x ) =íìï2-|x |,x ? 2，函数g (x ) =3-f (2-x ) ，则函数y =f (x ) -g (x ) 的2ïî(x -2) , x >2

零点的个数为

(A) 2 (B) 3 (C)4 (D)5

χ2

-k ln ,k>0 6．设函数f （x ）=2

（I ）求f （x ）的单调区间和极值；

（II ）证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间（1，）上仅有一个零点。