高中数学高三复习专练 2函数零点

1、判断零点所在区间

例1：函数f(x)exx2的零点所在的一个区间是（ ） A．(2,1) B．(1,0) C．(0,1)

D．(1,2)

【答案】C 【解析】

f2e2220，f1e1120，

f0e0020，f1e120， f1f00，所以零点在区间(0,1)上． 2、判断零点的个数

例2：函数fxx22,x0的零点的个数为（ 2x6lgx,x0 ）

A．0 B．1

C．2

D．3

【答案】C

【解析】当x0时，直接解方程fx0，即x220，解得x2， 当x0时，fx2x6lgx为增函数，

f(1)40，f(10)150，所以f(x)在(1,10)有一零点，

即f(x)在(0,)有一个零点， 综上，函数fx有两个零点，故选C．

3、根据零点求参数的取值范围

例3：已知函数yaxa1与ylogaxa1的图象有且仅有两个公共点，

则实数a的取值范围是（ ）

11A．1aee B．1ae C．eeae D．ae

【答案】A

【解析】因为函数yaxa1与ylogaxa1的图像关于yx对称，

所以其公共点在yx上，

由已知ylogaxa1图像与直线yx有两个公共点． 可转化为yx与yaxa1有两个公共点，即xax有两解，

即lnxxlna，即lnalnxx， 令hxlnx1x，所以hxlnxx2， 当x0,e，hx单调递增；当xe,，hx单调递减， 画出hx的图像，

则只需0lna11ee，有两个公共点，解得a1,e，故选A．

一、选择题

1．函数fxlog32x1x1x1的零点所在的大致区间是（ ） A．1,2 B．2,3

C．3,4

D．4,5

【答案】B

【解析】易知fx在1,上是连续增函数， 因为f2log32330，f3220， 所以fx的零点所在的大致区间是2,3，故选B．

log2(x1),x(1,3)2．已知函数f(x)4，则函数g(x)ff(x1,x[3,)x)1的

零点个数为（ ） A．1 B．3 C．4 D．6

【答案】C

【解析】令g(x)ff(x)10，则ff(x)1，

令f(x)1，若log1)1，解得x1或x12(x2，符合x(1,3)；

若

4x11，解得x5，符合x[3,)． 作出函数f(x)的图象，如下图，x1,0时，f(x)0,；

x0,3时，f(x)0,2；x[3,)时，f(x)0,2．

结合图象，若f(x)1，有3个解；若f(x)12，无解；若f(x)5，有1个解．

所以函数g(x)ff(x)1的零点个数为4个，故选C．

x22x3．已知函数fxex,x2，函数gxfxm有两个零点，则

x2,x2实数m的取值范围为（ ） A．,8e2

B．8e2,4 C．0,8．,8e2

De24, 【答案】C

【解析】当x2时，设hxx22xex， x则hx2x2ex22xexx22e2xex， 易知当x2时，hx0，即hx是减函数，∴x2时，

hxmaxh28e2， 又x时，hx→0且hx0，

而x2时，fxx2是增函数，f24．

gxfxm有两个零点，即yfx的图象与直线ym有两个交点，

x2函数fx2xex,x2的图象如下所示：

x2,x2所以0m8e2，故选C．

4．已知函数f(x)xe1xax有三个零点，则实数a的取值范围是（ ） A．0,4e2

B．0,2C．0,2e2e2 

D．0,4e【答案】D 【解析】由xe1xa0ax2e1x，即ya与yx2e1xx有三个交点， 设g(x)x2e1x，g(x)e1xx(2x)，

故当x,0时，g(x)0；当x0,2时，g(x)0；当x2,时，

g(x)0．

所以函数g(x)在(,0)上单调递减，在(0,2)上单调递增，在(2,)上单调递减，

故g(0)0，g(2)4e，故0a4e． 故选D．

5．已知函数f(x)xexmxm2在(0,)上有两个零点，则m的取值范围是（ ） A．0,e B．0,2e C．(e,)

D．(2e,)

【答案】D

【解析】函数f(x)xexmxm2在(0,)上有两个零点， 等价于h(x)xex与g(x)m(x1)有两个不同的交点，g(x)恒过点(122,0)，

设g(x)与h(x)相切时切点为(a,aea)，

因为h(x)ex(x1)，所以切线斜率为ea(a1)，

则切线方程为yaea(a1)ea(xa)，

当切线经过点(1,0)时，解得a1或a122（舍），此时切线斜率为2e， 由函数图像特征可知：函数f(x)xexmxm2在(0,)上有两个零点，

则实数m的取值范围是(2e,)，故选D．

6．已知x1是函数fxx1lnx2的零点，x2是函数

gxx22ax4a4的零点，且满足x1x21，则实数a的最小值是

（ ） A．222 B．122 C．2

D．1

【答案】D 【解析】

fx11x1x2x20，

当2x1时，fx0,fx单调递减；

当x1时，fx0,fx单调递增，

f10，即函数fx存在唯一零点，即x11， 1x21，2x20，即gx在2,0有零点．

①若Δ4a244a40，即a222，

此时gx的零点为a，显然a22符合题意；

②（i）若Δ4a244a40，即a22或a22，

若gx在2,0只有一个零点，则g2g00，a1； （ii）若gx在2,0只有两个零点，

g20则g002a0，解得1a222，

a222,a222即a的最小值为1，故选D．

二、填空题

7．已知函数fxaex2x1有两个零点，则实数a的取值范围是______．【答案】0,2e 【解析】由fx0可得a2x1ex， 令gx2x1xya与函数gx2x1e，则直线ex的图象有两个交点． gx12xex， 当x12时，gx0，此时，函数ygx单调递增； 当x12时，gx0，此时，函数ygx单调递减．

所以，函数ygx在x12处取得极大值，且极大值为g122e．

当x12时，gx0；当x12时，gx0． 如下图所示：

由图象可知，当0a2e时，直线ya与函数ygx的图象有两个交点，

因此，实数a的取值范围是0,2e， 故答案为0,2e．

三、解答题 8．已知函数f(x)12ax2(a2)x2lnx(aR)． （1）若a0，求f(x)的最大值；

（2）当a0时，讨论函数f(x)零点的个数． 【答案】（1）2；（2）见解析．

【解析】（1）当a0时，f(x)2x2lnx(x0)， 求导得f(x)22x2(1x)x， 令f(x)0，解得0x1；令f(x)0，解得x1， ∴fx在0,1递增，在(1,)递减， ∴f(x)maxf(1)22ln12．

（2）函数f(x)12ax2(a2)x2lnx(aR)，f(x)ax(a2)2ax2(a2)xx2(x1)(ax2)xx(x0)，

当a0时，由（1）可得函数f(x)0，没有零点； 当

2(x1)(ax2)a1，即0a2时，令f(x)x0，得0x1或x2a；f(x)(x1)(ax2)x0，得1x2a，

即函数fx的增区间为(0,1)，2a,，减区间为1,2a，

而f(1)12a(a2)2ln112a20， 所以当x(0,1)时，f(x)f(1)0；当x1,2a时，f2af(1)0； 当x2a,时，x时，f(x)， 22所以函数fx在区间0,没有零点，在区间,有一个零点；

aa

2当a(x1)(ax2)(x1)(2x2)2(x1)21，即a2时，f(x)0xxx恒成立，

即函数fx在(0,)上递增， 而f(1)11a2220,x时，f(x)， 22所以函数fx在区间(0,)有一个零点； 当02(x1)(ax2)21，0，即a2时，令f(x)得0x或x1；axa(x1)(ax2)2f(x)0，得x1，

xa22(1,)，；减区间为,1， aa即函数fx的增区间为0,因为a2，所以f222222ln22ln10， aaaa又x时，f(x)，

根据函数单调性可得函数fx在区间0,1没有零点，在区间(1,)有一个零点．

综上：当a0时，fx没有零点； 当a0时，fx有一个零点．