(新高考)高考数学一轮复习讲与练第2章§2.9《函数的零点与方程的解》(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲与练第2章§2.9《函数的零点与方程的解》(含详解)，共16页。试卷主要包含了理解函数的零点与方程的解的联系，了解用二分法求方程的近似解．等内容，欢迎下载使用。

3.了解用二分法求方程的近似解．
知识梳理
1．函数的零点与方程的解
(1)函数零点的概念
对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．
(2)函数零点与方程实数解的关系
方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)有零点⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有公共点．
(3)函数零点存在定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解．
2．二分法
对于在区间[a，b]上图象连续不断且f(a)f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把它的零点所在区间一分为二，使所得区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．( × )
(2)连续函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，则f(a)·f(b)<0.( × )
(3)函数y＝f(x)为R上的单调函数，则f(x)有且仅有一个零点．( × )
(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若b2－4ac<0，则f(x)无零点．( √ )
教材改编题
1．(多选)已知函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
在下列区间中，函数f(x)必有零点的区间为( )
A．(1,2) B．(2,3) C．(5,6) D．(5,7)
答案 BCD
解析 由所给的函数值表知，
f(1)f(2)>0，f(2)f(3)<0，f(5)f(6)<0，
f(5)f(7)<0，
∴f(x)在区间(2,3)，(5,6)，(5,7)内各至少有一个零点．
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋ln x，x>0，))则f(x)的零点为________．
答案 －2，e
解析 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,－1＋ln x＝0，))
解得x＝－2或x＝e.
3．方程2x＋x＝k在(1,2)内有解，则实数k的取值范围是________．
答案 (3,6)
解析 设f(x)＝2x＋x，
∴f(x)在(1,2)上单调递增，
又f(1)＝3，f(2)＝6，
∴3题型一 函数零点所在区间的判定
例1 (1)(多选)(2022·菏泽质检)函数f(x)＝ex－x－2在下列哪个区间内必有零点( )
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
答案 AD
解析 f(－2)＝eq \f(1,e2)>0，f(－1)＝eq \f(1,e)－1<0，
f(0)＝－1<0，f(1)＝e－3<0，
f(2)＝e2－4>0，
因为f(－2)·f(－1)<0，f(1)·f(2)<0，
所以f(x)在(－2，－1)和(1,2)内存在零点．
(2)若aA．(a，b)和(b，c)内
B．(－∞，a)和(a，b)内
C．(b，c)和(c，＋∞)内
D．(－∞，a)和(c，＋∞)内
答案 A
解析 函数y＝f(x)是开口向上的二次函数，最多有两个零点，由于a0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.所以f(a)f(b)<0，f(b)f(c)<0，
即f(x)在区间(a，b)和区间(b，c)内各有一个零点．
教师备选
(2022·湖南雅礼中学月考)设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x，则函数y＝f(x)( )
A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点
B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点
C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点
D．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点
答案 D
解析 f(x)的定义域为{x|x>0}，
f′(x)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,3x)，
令f′(x)>0⇒x>3，f′(x)<0⇒0∴f(x)在(0,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,3e)＋1>0，f(1)＝eq \f(1,3)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点．
又f(e)＝eq \f(e,3)－1<0，∴f(x)在(1，e)内有零点．
思维升华 确定函数零点所在区间的常用方法
(1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点．
(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断．
跟踪训练1 (1)(2022·太原模拟)利用二分法求方程lg3x＝3－x的近似解，可以取的一个区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
答案 C
解析 设f(x)＝lg3x－3＋x，
当x→0时，f(x)→－∞，f(1)＝－2，
又∵f(2)＝lg32－1<0，
f(3)＝lg33－3＋3＝1>0，
故f(2)·f(3)<0，
故方程lg3x＝3－x在区间(2,3)上有解，
即利用二分法求方程lg3x＝3－x的近似解，可以取的一个区间是(2,3)．
(2)已知2答案 2
解析 依题意x0为方程lgax＝－x＋b的解，
即为函数f(x)＝lgax＋x－b的零点，
∵2∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(2)＝lga2＋2－b<0，
f(3)＝lga3＋3－b>0，
∴x0∈(2,3)，即n＝2.
题型二 函数零点个数的判定
例2 (1)(2022·绍兴模拟)若函数y＝f(x)(x∈R)满足f(x＋1)＝－f(x)，且x∈[－1,1]时，f(x)＝1－x2，已知函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg x|，x>0，,ex，x<0，))则函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－6,6]内的零点个数为( )
A．14 B．13 C．12 D．11
答案 C
解析 因为f(x＋1)＝－f(x)，
所以函数y＝f(x)(x∈R)是周期为2函数，
因为x∈[－1,1]时，f(x)＝1－x2，
所以作出它的图象，则y＝f(x)的图象如图所示．(注意拓展它的区间)
再作出函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg x|，x>0，,ex，x<0))的图象，
容易得出交点为12个．
(2)函数f(x)＝eq \r(36－x2)·cs x的零点个数为______．
答案 6
解析 令36－x2≥0，解得－6≤x≤6，
∴f(x)的定义域为[－6,6]．
令f(x)＝0得36－x2＝0或cs x＝0，
由36－x2＝0得x＝±6，
由cs x＝0得x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
又x∈[－6,6]，
∴x为－eq \f(3π,2)，－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)，eq \f(3π,2).
故f(x)共有6个零点．
教师备选
函数f(x)＝2x|lg2x|－1的零点个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．4
答案 C
解析 令f(x)＝0，得|lg2x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，分别作出y＝|lg2x|与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象(图略)，
由图可知，y＝|lg2x|与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象有两个交点，即原函数有2个零点．
思维升华 求解函数零点个数的基本方法
(1)直接法：令f(x)＝0，方程有多少个解，则f(x)有多少个零点；
(2)定理法：利用定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等；
(3)图象法：一般是把函数拆分为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数．
跟踪训练2 (1)函数f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，当0≤x<2时f(x)＝x2－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[－3,3]上与x轴的交点个数为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 B
解析 令f(x)＝x2－x＝0，
所以x＝0或x＝1，所以f(0)＝0，f(1)＝0，
因为函数的最小正周期为2，
所以f(2)＝0，f(3)＝0，f(－2)＝0，
f(－1)＝0，f(－3)＝0.
所以函数y＝f(x)的图象在区间[－3,3]上与x轴的交点个数为7.
(2)(2022·泉州模拟)设定义域为R的函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg x|，x>0，,－x2－2x，x≤0，))则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为( )
A．3 B．7 C．5 D．6
答案 B
解析 根据题意，令2f2(x)－3f(x)＋1＝0，
得f(x)＝1或f(x)＝eq \f(1,2).
作出f(x)的简图：
由图象可得当f(x)＝1和f(x)＝eq \f(1,2)时，分别有3个和4个交点，
故关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为 7.
题型三 函数零点的应用
命题点1 根据函数零点个数求参数
例3 (2022·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x2＋2x|，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))若关于x的方程f(x)－a(x＋3)＝0有四个不同的实根，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，4－2eq \r(3)) B．(4＋2eq \r(3)，＋∞)
C．[0,4－2eq \r(3)] D．(0,4－2eq \r(3))
答案 D
解析 画出f(x)的函数图象，
设y＝a(x＋3)，该直线恒过点(－3,0)，
结合函数图象，
若y＝a(x＋3)与y＝－x2－2x相切，
联立得x2＋(a＋2)x＋3a＝0，
Δ＝(a＋2)2－12a＝0，
得a＝4－2eq \r(3)(a＝4＋2eq \r(3)舍)，
若f(x)＝a(x＋3)有四个不同的实数根，
则0命题点2 根据函数零点范围求参数
例4 (2022·北京顺义区模拟)已知函数f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C．(－∞，0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
答案 B
解析 由f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x)＝0，
可得a＝3x－eq \f(1,x)，
令g(x)＝3x－eq \f(1,x)，其中x∈(－∞，－1)，
由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，
则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．
由于函数y＝3x，y＝－eq \f(1,x)在区间(－∞，－1)上均单调递增，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．
当x∈(－∞，－1)时，
g(x)＝3x－eq \f(1,x)<3－1＋1＝eq \f(4,3)，
又g(x)＝3x－eq \f(1,x)>0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
因此实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
教师备选
1．函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)－kx2有两个零点，则实数k的值为________．
答案 －1
解析 由f(x)＝eq \f(x,x＋2)－kx2＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋2)－kx))，
函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)－kx2有两个零点，即函数y＝eq \f(1,x＋2)－kx只有一个零点x0，且x0≠0.
即方程eq \f(1,x＋2)－kx＝0有且只有一个非零实根．
显然k≠0，即eq \f(1,k)＝x2＋2x有且只有一个非零实根．
即二次函数y＝x2＋2x的图象与直线y＝eq \f(1,k)有且只有一个交点(横坐标不为零)．
作出二次函数y＝x2＋2x的图象，如图．
因为eq \f(1,k)≠0，由图可知，当eq \f(1,k)>－1时，
函数y＝x2＋2x的图象与直线y＝eq \f(1,k)有两个交点，不满足条件．
当eq \f(1,k)＝－1，即k＝－1时满足条件．
当eq \f(1,k)<－1时，函数y＝x2＋2x的图象与直线y＝eq \f(1,k)无交点，不满足条件．
2．若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋2m＋1的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则m的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
解析 依题意，结合函数f(x)的图象分析可知，m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,m－2－m＋2m＋12m＋1<0，,m－2＋m＋2m＋1·[4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))
解得eq \f(1,4)思维升华 已知函数有零点求参数值或取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围．
(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决．
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
跟踪训练3 (1)(多选)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|ln x|，x>0，,exx＋1，x≤0.))若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b可取的值可能是( )
A．0 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 BCD
解析 函数g(x)＝f(x)－b有三个零点等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的交点，
当x≤0时，f(x)＝(x＋1)ex，
则f′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2,0]上单调递增，且f(－2)＝－eq \f(1,e2)，f(0)＝1，
x→－∞时，f(x)→0，
从而可得f(x)的图象如图所示，
通过图象可知，若函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的交点，则b∈(0,1]．
(2)已知函数f(x)＝lg2(x＋1)－eq \f(1,x)＋m在区间(1,3]上有零点，则m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,3)))∪(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,3)))∪(0，＋∞)
D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0))
答案 D
解析 由于函数y＝lg2(x＋1)，y＝m－eq \f(1,x)在区间(1,3]上单调递增，
所以函数f(x)在(1,3]上单调递增，
由于函数f(x)＝lg2(x＋1)－eq \f(1,x)＋m在区间(1,3]上有零点，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1<0，,f3≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<0，,m＋\f(5,3)≥0，))
解得－eq \f(5,3)≤m<0.
因此，实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0)).
课时精练
1．函数f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2的零点所在的区间为( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
答案 B
解析 由题意知，f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2，
f(0)＝－4，f(1)＝－1，f(2)＝7，
因为f(x)在R上连续且在R上单调递增，
所以f(1)·f(2)<0，f(x)在(1,2)内有唯一零点．
2．设函数f(x)＝4x3＋x－8，用二分法求方程4x3＋x－8＝0近似解的过程中，计算得到f(1)<0，f(3)>0，则方程的近似解落在区间( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3))
答案 A
解析 取x1＝2，
因为f(2)＝4×8＋2－8＝26>0，
所以方程近似解x0∈(1,2)，
取x2＝eq \f(3,2)，
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝4×eq \f(27,8)＋eq \f(3,2)－8＝7>0，
所以方程近似解x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
3．(2022·武汉质检)若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
答案 D
解析 由题意知方程ax＝x2＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有实数解，即a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有解，
设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，
则t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).
4．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg4x－1，x>1，,－3x－m，x≤1))存在2个零点，则实数m的取值范围为( )
A．[－3,0) B．[－1,0)
C．[0,1) D．[－3，＋∞)
答案 A
解析 因为函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，且f(2)＝0，即f(x)在(1，＋∞)上有一个零点，
函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg4x－1，x>1，,－3x－m，x≤1))存在2个零点，
当且仅当f(x)在(－∞，1]上有一个零点，x≤1时，f(x)＝0⇔m＝－3x，
即函数y＝－3x在(－∞，1]上的图象与直线y＝m有一个公共点，
而y＝－3x在(－∞，1]上单调递减，且有－3≤－3x<0，则当－3≤m<0时，直线y＝m和函数y＝－3x(x≤1)的图象有一个公共点．
5．(2022·重庆质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2x，设0A．x0c
C．x0b
答案 B
解析 f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2x在(0，＋∞)上单调递减，由f(a)·f(b)·f(c)<0，
得f(a)<0，f(b)<0，f(c)<0或f(a)>0，
f(b)>0，f(c)<0.
∴x0c不成立．
6．(2022·北京西城区模拟)若偶函数f(x)(x∈R)满足f(x＋2)＝f(x)且x∈[0,1]时，f(x)＝x，则方程f(x)＝lg3|x|的根的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．多于4
答案 C
解析 f(x)＝lg3|x|的解的个数，等价于y＝f(x)的图象与函数y＝lg3|x|的图象的交点个数，因为函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，
所以周期T＝2，
当x∈[0,1]时，f(x)＝x，且f(x)为偶函数，
在同一平面直角坐标系中画出函数y＝f(x)的图象与函数y＝lg3|x|的图象，如图所示．
显然函数y＝f(x)的图象与函数y＝lg3|x|的图象有4个交点．
7．(多选)函数f(x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]的图象与直线y＝k的交点个数可能是( )
A．1 B．2 C．4 D．6
答案 ABC
解析 由题意知，
f(x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3sin x，x∈[0，π]，,－sin x，x∈π，2π]，))
在坐标系中画出函数f(x)的图象如图所示．
由其图象知，直线y＝k与y＝f(x)的图象交点个数可能为0,1,2,3,4.
8．(多选)(2022·南京模拟)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并是构成一般不动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔()，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是( )
A．f(x)＝2x＋x B．g(x)＝x2－x－3
C．f(x)＝ SKIPIF 1 < 0 ＋1 D．f(x)＝|lg2x|－1
答案 BCD
解析 选项A，若f(x0)＝x0，则 SKIPIF 1 < 0 ＝0，该方程无解，故A中函数不是“不动点”函数；
选项B，若g(x0)＝x0，则xeq \\al(2,0)－2x0－3＝0，解得x0＝3或x0＝－1，故B中函数是“不动点”函数；
选项C，若f(x0)＝x0，则 SKIPIF 1 < 0 ＋1＝x0，
可得xeq \\al(2,0)－3x0＋1＝0，且x0≥1，
解得x0＝eq \f(3＋\r(5),2)，故C中函数是“不动点”函数；
选项D，若f(x0)＝x0，则|lg2x0|－1＝x0，
即|lg2x0|＝x0＋1，
作出y＝|lg2x|与y＝x＋1的函数图象，如图，
由图可知，方程|lg2x|＝x＋1有实数根x0，
即|lg2x0|＝x0＋1，
故D中函数是“不动点”函数．
9．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c是奇函数，且有三个不同的零点，写出一个符合条件的函数：f(x)＝________.
答案 x3－x(答案不唯一)
解析 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c为奇函数，
故a＝c＝0，f(x)＝x3＋bx＝x(x2＋b)有三个不同零点，
∴b<0，
∴f(x)＝x3－x满足题意．
10．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))若函数y＝f(x)－m有三个不同的零点，则实数m的取值范围是________．
答案 (1,2)
解析 画出函数y＝f(x)与y＝m的图象，如图所示，
注意当x＝－1时，
f(－1)＝－1＋2＋1＝2，f(0)＝1，
∵函数y＝f(x)－m有三个不同的零点，
∴函数y＝f(x)与y＝m的图象有3个交点，由图象可得m的取值范围为111．(2022·枣庄模拟)已知函数f(x)＝|ln x|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，e2]上有三个零点，则实数a的取值范围是______________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)，\f(1,e)))
解析 ∵函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，e2]上有三个零点，
∴y＝f(x)的图象与直线y＝ax在区间(0，e2]上有三个交点，
由函数y＝f(x)与y＝ax的图象可知，
k1＝eq \f(2－0,e2－0)＝eq \f(2,e2)，
f(x)＝ln x(x＞1)，f′(x)＝eq \f(1,x)，
设切点坐标为(t，ln t)，则eq \f(ln t－0,t－0)＝eq \f(1,t)，
解得t＝e.∴k2＝eq \f(1,e).
则直线y＝ax的斜率a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e2)，\f(1,e))).
12．(2022·济南质检)若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2＝________.
答案 1
解析 x1，x2分别是函数y＝ex，函数y＝ln x与函数y＝eq \f(1,x)的图象的交点A，B的横坐标，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,x1)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,x2)))两点关于y＝x对称，因此x1x2＝1.
13．已知函数f(x)＝2x＋x－1，g(x)＝lg2x＋x－1，h(x)＝x3＋x－1的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小为( )
A．c>b>a B．b>c>a
C．c>a>b D．a>c>b
答案 B
解析 令f(x)＝0，则2x＋x－1＝0，
得x＝0，即a＝0，
令g(x)＝0，则lg2x＋x－1＝0，
得x＝1，即b＝1，
因为函数h(x)＝x3＋x－1在R上为增函数，且h(0)＝－1<0，h(1)＝1>0，
所以h(x)在区间(0,1)上存在唯一零点c，
且c∈(0,1)，综上，b>c>a.
14．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,lg2x，x>0，))则函数y＝f(f(x))的所有零点之和为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 当x≤0时，x＋1＝0，x＝－1，
由f(x)＝－1，
可得x＋1＝－1或lg2x＝－1，
∴x＝－2或x＝eq \f(1,2)；
当x>0时，lg2x＝0，x＝1，由f(x)＝1，
可得x＋1＝1或lg2x＝1，∴x＝0或x＝2；
∴函数y＝f(f(x))的所有零点为－2，eq \f(1,2)，0,2，
∴所有零点的和为－2＋eq \f(1,2)＋0＋2＝eq \f(1,2).
15．若关于x的方程eq \f(|x|,x＋4)＝kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为( )
A．(0,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) D．(1，＋∞)
答案 C
解析 因为eq \f(|x|,x＋4)＝kx2有四个实数解，
显然，x＝0是方程的一个解，
下面只考虑x≠0时有三个实数解即可．
若x>0，原方程等价于1＝kx(x＋4)，
显然k≠0，则eq \f(1,k)＝x(x＋4)．
要使该方程有解，必须k>0，
则eq \f(1,k)＋4＝(x＋2)2，此时x>0，方程有且必有一解；
所以当x<0时必须有两解，当x<0时，
原方程等价于－1＝kx(x＋4)，
即－eq \f(1,k)＝x(x＋4)(x<0且x≠－4)，要使该方程有两解，
必须－4<－eq \f(1,k)<0，
所以k>eq \f(1,4).
所以实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).
16．已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(4,e2)))
解析 由题意可知f(2)＝0，且f(x)在R上单调递减，所以函数f(x)只有一个零点2，由|2－β|<1，得1<β<3，所以函数g(x)＝x2－aex在区间(1,3)上存在零点．
由g(x)＝x2－aex＝0，得a＝eq \f(x2,ex).
令h(x)＝eq \f(x2,ex)，则h′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)＝eq \f(x2－x,ex)，所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，且h(1)＝eq \f(1,e)，h(2)＝eq \f(4,e2)，h(3)＝eq \f(9,e3)>eq \f(1,e)，要使函数g(x)在区间(1,3)上存在零点，只需a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(4,e2))).x
1
2
3
4
5
6
7
f(x)
－4
－2
1
4
2
－1
－3