高考数学函数零点

1．零点的判断与证明

例1：已知定义在1,上的函数fxxlnx2， 求证：fx存在唯一的零点，且零点属于3,4． 【答案】见解析 【解析】fx11x1，xxx1,，fx0，fx在1,+单调递增，

f31ln30，f42ln20，f3f40，x03,4，使得fx00

因为fx单调，所以fx的零点唯一．

2．零点的个数问题

例2：已知函数fx满足fxf3x，当x1,3，fxlnx，若在区间1,9内， 函数gxfxax有三个不同零点，则实数a的取值范围是（ ） ln31A．,

3eln31B．, 93eln31C．, 92eln3ln3D．, 93【答案】B 【解析】

xxxfxf3xfxf，当x3,9时，fxfln，

333lnx所以fxxln31x33x9x，而gfxax有三个不同零点yfx与yax有三

个不同交点，如图所示，可得直线yax应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln31a 93e

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3．零点的性质

2x2例3：已知定义在R上的函数fx满足：fx22xx0,1x1,0，且fx2fx，

gx2x5，则方程fxgx在区间5,1上的所有实根之和为（ ） x2A．5 【答案】C

B．6 C．7 D．8

【解析】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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值在何处取到），再看gx图像，gx2x511，可视为将y的图像向左平移2个单位后再向上平移2个单位， 2x2x2x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

x1x2x3，

其中x23，x1与x3关于2,2中心对称，所以有x1x34。所以x1x2x37．故选C．

4．复合函数的零点

例4：已知函数fxx24x3，若方程fxbfxc0恰有七个不相同的实根，则实数b的取值范围是（ ）

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A．2,0 【答案】B

B．2,1 C．0,1 D．0,2

【解析】考虑通过图像变换作出fx的图像（如图），因为fxbfxc0最多只能解出2个fx，若要出七个根，则f1x1，f2x0,1，所以bf1xf2x1,2，解得：b2,1．

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