第15讲 函数与方程-2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第15讲：函数与方程
一、 课程标准
1． 结合二次函数的图象，判断一元二次方程根的存在性及根的个数，从而了解函数的零点与方程根的联系．
2．根据具体函数的图象，能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解，了解这种方法是求方程近似解的常用方法．

二、 基础知识回顾
1、函数的零点
(1)函数零点的定义：对于函数y＝f(x)，把使方程f(x)＝0的实数x称为函数y＝f(x)的零点．
(2)方程的根与函数零点的关系：函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的实数根，也就是函数y＝f(x)的图像与x轴交点的横坐标．所以函数y＝f(x)有零点等价于函数y＝f(x)的图像与x轴有交点，也等价于方程f(x)＝0有实根．
(3)零点存在性定理：
如果函数y＝f(x)在区间(a，b)上的图像是一条连续的曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，此时c就是方程f(x)＝0的根．但反之，不成立．
2、 二分法
对于在区间上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使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．求方程f(x)＝0的近似解就是求函数f(x)零点的近似值．
3、 二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图像与零点的关系

Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图像



交点
(x1，0),_(x2，0)
(x1，0)
无交点
零点个数
2
1
0


4、有关函数零点的结论
(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．
(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．
(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．

三、 自主热身、归纳总结
1、函数f(x)＝－的零点个数为( )
A. 0　　　　　　　　 B. 1　　　　　　　　　 C. 2　　　　　　　　 D. 3
【答案】B
【解析】　f(x)是增函数，又f(0)＝－1，f(1)＝，∴f(0)f(1)<0，∴f(x)有且只有一个零点．故选B.
2、已知函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
x
1
2
3
4
5
f(x)
－4
－2
1
4
7

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．(3，4) D．(4，5)
【答案】B
【解析】B　由所给的函数值的表格可以看出，x＝2与x＝3这两个数字对应的函数值的符号不同，即f(2)·f(3)＜0，所以函数在(2，3)内有零点．故选B.
3、设f(x)＝ln x＋x－2，则函数f(x)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】B　∵f(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，f(2)＝ln 2＞0，
∴f(1)·f(2)＜0，
∵函数f(x)＝ln x＋x－2的图象是连续的，且为增函数，
∴f(x)的零点所在的区间是(1，2)．
4、(多选)给出以下四个方程，其中有唯一解的是(　　)
A．ln x＝1－x B．ex＝
C．2－x2＝lg|x| D．cos x＝|x|＋1
【答案】ABD
【解析】　对于A，设f(x)＝ln x＋x－1，易知y＝f(x)为增函数，又f(1)＝0，故ln x＝1－x有唯一解，符合；对于B，设g(x)＝ex－，易知y＝g(x)为增函数，又g＝－2＜0，g(1)＝e－1＞0，由函数零点存在定理可得ex＝有唯一解，符合；对于C，设h(x)＝x2＋lg x－2，易知y＝h(x)为增函数，由h(1)＝1－2＜0，h(2)＝2＋lg 2＞0，由函数零点存在定理可得h(x)＝x2＋lg x－2有唯一零点，又H(x)＝2－x2－lg|x|为偶函数，则2－x2＝lg|x|有两个解，不符合；对于D，因为cos x∈[－1，1]，|x|＋1≥1，当且仅当x＝0时cos x＝x－1，即cos x＝|x|＋1有唯一解，符合．
5、若函数f(x)＝log2x＋x－k(k∈Z)在区间(2，3)内有零点，则k＝________．
【答案】4
【解析】因函数f(x)在区间(2，3)内递增，则f(2)f(3)<0，即(log22＋2－k)·(log23＋3－k)<0，整理得(3－k)·(log23＋3－k)<0，解得3 6、 已知函数f(x)＝x2－2ax＋2在区间[0，4]上至少有一个零点，则实数a的取值范围是______．
【答案】a≥.
【解析】　函数f(x)＝x2－2ax＋2在区间[0，4]上至少有一个零点，等价于函数f(x)＝x2－2ax＋2在区间[0，4]上有一个零点，或两个零点(包括两个相等的零点)．
①当函数f(x)＝x2－2ax＋2在区间[0，4]上有一个零点时，由于f(0)＝2>0，
∴只需f(4)＝16－8a＋2≤0，解得a≥.
7、(一题两空)已知函数f(x)＝若f(x0)＝－1，则x0＝________；若关于x的方程f(x)＝k有两个不同零点，则实数k的取值范围是________．
【答案】－1　(0，1)
【解析】解方程f(x0)＝－1，得或解得x0＝－1.关于x的方程f(x)＝k有两个不同零点等价于y＝f(x)的图象与直线y＝k有两个不同交点，观察图象可知：当0＜k＜1时y＝f(x)的图象与直线y＝k有两个不同交点．即k∈(0，1)．


四、 例题选讲
考点一 判断零点所在的区间
例1、（1）若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间(　　)
A．(a，b)和(b，c)内 B．(－∞，a)和(a，b)内
C．(b，c)和(c，＋∞)内 D．(－∞，a)和(c，＋∞)
（2）已知函数f(x)＝lnx－的零点为x0，则x0所在的区间是(C )
A. (0，1)　　　　　 B. (1，2)　　　　　　 C. (2，3)　　　　 D. (3，4)
（3）若x0是方程＝x的解，则x0属于区间(　　)
A. B.
C. D.
【答案】（1） A（2）C. （3） C　
【解析】（1）　∵a＜b＜c，∴f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，
f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，
由函数零点存在性定理可知，在区间(a，b)，(b，c)内分别存在零点，又函数f(x)是二次函数，最多有两个零点．因此函数f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内，故选A.
(2)∵f(x)＝lnx－在(0，＋∞)为增函数，又f(1)＝ln1－＝ln1－2<0，
f(2)＝ln2－<0，f(3)＝ln3－>0，
∴x0∈(2，3)．
（3）令g(x)＝，f(x)＝x，
则g(0)＝1＞f(0)＝0，g＝＜f＝，g＝＞f＝，

结合图象可得＜x0＜.
变式： (1)已知函数f(x)＝为奇函数，g(x)＝ln x－2f(x)，则函数g(x)的零点所在区间为(　　)
A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4)
（2）已知方程2x＋3x＝k的解在[1，2)内，则k的取值范围为________．
（3）设函数y＝x3与y＝的图象的交点为(x0，y0)，若x0∈(n，n＋1)，n∈N，则x0所在的区间是________.
【答案】（1） C. （2）[5，10)（3） (1，2).
【解析】（1）由函数f(x)＝为奇函数，可得a＝0，
则g(x)＝ln x－2f(x)＝ln x－.
又g(2)＝ln 2－1<0，g(3)＝ln 3－>0，
所以g(2)·g(3)<0.
故函数g(x)的零点所在区间为(2，3).
（2）令函数f(x)＝2x＋3x－k，
则f(x)在R上是增函数．
当方程2x＋3x＝k的解在(1，2)内时，f(1)·f(2)<0，
即(5－k)(10－k)<0，解得5 当f(1)＝0时，k＝5.
综上，k的取值范围为[5，10)．
（3）设f(x)＝x3－，则x0是函数f(x)的零点，在同一坐标系下画出函数y＝x3与y＝的图象如图所示.

因为f(1)＝1－＝－1<0，
f(2)＝8－＝7>0，
所以f(1)·f(2)<0，所以x0∈(1，2).
方法总结：确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法：
(1)利用函数零点的存在性定理：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.
2.函数的零点存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，不满足条件时，一定要综合函数性质进行分析判断.

考点二 判断零点的个数
1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)，且在区间[2，4)上则函数的零点的个数为
【答案】 5　
【解析】：因为f(x＋4)＝f(x)，可得f(x)是周期为4的奇函数，先画出函数f(x)在区间[2，4)上的图像，根据奇函数和周期为4，可以画出f(x)在R上的图像，由y＝f(x)－log5| x|＝0，得f(x)＝log5| x|，分别画出y＝f(x)和y＝log5|x|的图像，如下图，由f(5)＝f(1)＝1，而log55＝1，f(－3)＝f(1)＝1，log5|－3|<1，而f(－7)＝f(1)＝1，而log5|－7|＝log57>1，可以得到两个图像有5个交点，所以零点的个数为5.

本题考查了函数的零点问题，以及函数的奇偶性和周期性，考查了转化与化归、数形结合的思想，函数的零数问题，常转化为函数的图像的交点个数来处理，其中能根据函数的性质作出函数的图像并能灵活地运用图像，找到临界点是解题的关键也是难点．
变式1、（1）(2019·十堰调研)已知函数f(x)＝则f(x)的零点个数为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
（2）(2020·惠州质检)函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】（1）C（2）C
【解析】（1）　当x>1时，令f(x)＝ln(x－1)＝0，得x＝2；当x≤1时，令f(x)＝2x－1－1＝0，得x＝1.故选C.
（2）由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y＝|x－2|(x>0)，y＝ln x(x>0)的图象，如图所示.由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.

变式2、（1）(2019·郑州质检)已知函数f(x)＝－cos x，则f(x)在[0，2π]上的零点个数为________．
（2）函数f(x)＝的零点个数是__2__；
（3）若函数f(x)＝，则函数g(x)＝f(4x)－x的零点是____．
【答案】（1）3（2）2（3）
【解析】（1）如图，作出g(x)＝与h(x)＝cos x的图象，可知其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f(x)在[0，2π]上的零点个数为3.

(2)当x≤0时，令x2－2＝0，解得x＝－(正根舍去)，∴在(－∞，0]上有一个零点；当x>0时，f′(x)＝2＋>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
又∵f(2)＝－2＋ln2<0，f(3)＝ln3>0，∴f(x)在(0，＋∞)上有一个零点．
综上，函数f(x)的零点个数为2.
(3)∵f(x)＝，∴f(4x)－x＝－x＝－.
令f(4x)－x＝0，得4x2－4x＋1＝0，解得x＝，这是方程g(x)＝0的根，即是函数g(x)的零点，∴函数g(x)＝f(4x)－x的零点是.
方法总结：函数零点个数的判断方法：
(1)直接求零点，令f(x)＝0，有几个解就有几个零点；
(2)零点存在性定理，要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，再结合函数的图象与性质确定函数零点个数；
(3)利用图象交点个数，作出两函数图象，观察其交点个数即得零点个数.

考点三 与零点有关的参数的范围
例3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m的取值范围是________．
【答案】 (1，＋∞)　
【解析】解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝e－x－＝0，解得x＝ln2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x≤0时，f(x)＝x3－3mx－2有2个不同的零点，因为f′(x)＝3x2－3m，令f′(x)＝0，则x2－m＝0，若m≤0，则函数f(x)为增函数，不合题意，故m>0，所以函数f(x)在(－∞，－)上为增函数，在(－，0]上为减函数，即f(x)max＝f(－)＝－m＋3m－2＝2m－2，f(0)＝－2<0，要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f(x)max＝2m－2>0，即m>1，故实数m的取值范围是(1，＋∞)．
解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝e－x－＝0，解得x＝ln2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x≤0时，f(x)＝x3－3mx－2有2个不同的零点，即x3－3mx－2＝0，显然x＝0不是它的根，所以3m＝x2－，令y＝x2－(x<0)，则y′＝2x＋＝，当x∈(－∞，－1)时，y′<0，此时函数单调递减；当x∈(－1，0)时，y′>0，此时函数单调递增，故ymin＝3，因此，要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m>3，即m>1.
变式1、（1）、(2019·安徽合肥二模)设函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B.
C．(1，＋∞)∪{0} D．(0，1]
（2）、(2019·河北省九校第二次联考)若函数f(x)＝kx－|x－e－x|有两个正实数零点，则k的取值范围是(　　)
A．(0，＋∞)　　　　　　 B.
C．(0，1) D．(0，e)
【答案】（1）D（2）C　
【解析】（1）令g(x)＝f(x)－b＝0，函数g(x)＝f(x)－b有三个零点等价于f(x)＝b有三个根，当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)＜0得ex(x＋2)＜0，即x＜－2，此时f(x)为减函数，
由f′(x)＞0得ex(x＋2)＞0，即－2＜x＜0，此时f(x)为增函数，
即当x＝－2时，f(x)取得极小值f(－2)＝－，作出f(x)的图象如图，要使f(x)＝b有三个根，则0＜b≤1，故选D.

（2）令f(x)＝kx－|x－e－x|＝0，得kx＝|x－e－x|，当x>0时，k＝＝，
令g(x)＝1－，x>0，则g′(x)＝>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g＝1－<0，g(1)＝1－>0，所以在上存在一个a，使得g(a)＝0，所以y＝|g(x)|的图象如图所示．由题意知，直线y＝k与y＝|g(x)|的图象有两个交点，所以0
变式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】
【解析】依题意，结合函数f(x)的图象分析可知m需满足
即
解得 方法总结：函数零点求参数范围，其思路是把一个函数拆分为两个基本初等函数，将函数的零点问题转化为两函数图象问题，体现转化与化归思想及数形结合思想，从而体现核心素养中的直观想象．

考点四 零点的综合运用
例4、设函数f(x)＝－ax2(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数y＝f(x)的零点；
(2)当a>0时，求证：函数y＝f(x)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点；
(3)若函数y＝f(x)有4个不同的零点，求实数a的取值范围．
【解】　(1)当a＝2时，f(x)＝－2x2，由f(x)＝0，得－2x2＝0.
当x≥0时，得－2x2＝0，即x(2x2＋4x－1)＝0，解得x＝0，或x＝(x＝<0舍去)；
当x<0时，得－2x2＝0，即x(2x2＋4x＋1)＝0(x≠－2)，解得x＝，或x＝.
综上所述，函数y＝f(x)的零点为0，，，.
(2)证明：当a>0，且x∈(0，＋∞)时，由f(x)＝0，得－ax2＝0，即－ax＝0，即ax2＋2ax－1＝0.记g(x)＝ax2＋2ax－1，则函数y＝g(x)的图像是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－1，又g(0)＝－1<0，∴函数y＝g(x)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，即函数y＝f(x)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点．
(3)易知x＝0是函数f(x)的一个零点．
当x>0时，由f(x)＝0得，－ax2＝0，即－ax＝0，即ax2＋2ax－1＝0，记g(x)＝ax2＋2ax－1，由a>0知函数g(x)的图像是开口向上的抛物线，又g(0)＝－1<0，∴函数f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．于是，问题等价于f(x)＝－ax2(a>0)在(－∞，0)上有且只有两个不同的零点．
当x<0时，由f(x)＝0得，－ax2＝0，
即－ax＝0，即ax2＋2ax＋1＝0(x≠－2)，
由a>0，得x2＋2x＋＝0(x≠－2)，即x2＋2x＝－(x≠－2)．
作出函数h(x)＝x2＋2x(x<0)图像，由图像易得：正数a必须满足－1<－<0，从而有a>1.

变式：(2018镇江期末）已知k为常数，函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝kx＋2有且只有四个不同解，则实数k的取值构成的集合为________．
【答案】： ∪(－e，－1)　
【解析】作函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图像，如图所示，两图像除了(0，2)还应有3个公共点，当k≥0时，直线应与曲线y＝f(x)(x>1)相切，设切点(x0，lnx0)，则切线斜率为k＝，又k＝，则＝，解得x0＝e3，此时k＝，当k<0时，当y＝kx＋2与曲线y＝相切于点(0，2)时，函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图像只有三个公共点，不符合题意，此时k＝－1，当－1
方程解的个数的判断，常转化为函数图像公共点个数的判断，在转化的过程中，一般将它转化为一个确定的函数与一个不确定的函数，这样，只需要研究不确定的函数的图像的变化情况就可以得到问题的解．转化时有时也会做一些“技术”上的处理，比如本题可以知方程f(x)＝kx＋2一定有一个零解，在x≠0时，可以转化为直线y＝k与曲线y＝有三个公共点来处理，这样做的好处是在画出两图像后很容易得到k的取值范围，但曲线画起来难度增加了．
方法总结：函数零点与二次函数的综合问题，主要考查函数零点、方程的根以及不等式的解法等基础知识和基本方法，考查推理论证和运算求解的能力．解决这类问题，一是用零点的定义转化为方程问题，二是利用零点存在定理转化为函数问题，三是利用数形结合的思想转化为图形问题．

五、优化提升与真题演练
1、函数f(x)＝的零点个数为(　　)
A．3 B．2
C．7 D．0
【答案】：　B
【解析】法一：(直接法)由f(x)＝0得
或
解得x＝－2或x＝e.
因此函数f(x)共有2个零点．
法二：(图象法)函数f(x)的图象如图所示，由图象知函数f(x)共有2个零点．

2、(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)
A.－ B. C. D.1
【答案】：C
【解析】(1)f(x)＝(x－1)2－1＋a(ex－1＋e1－x)，则f(2－x)＝(2－x－1)2－1＋a[e2－x－1＋e1－(2－x)]＝(1－x)2－1＋a(ex－1＋e1－x)＝f(x)，即f(x)的图象关于直线x＝1对称.
若f(x)有唯一的零点，则只有f(1)＝0，∴a＝.
3、【2019年浙江09】设a，b∈R，函数f（x）若函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点，则（　　）
A．a＜﹣1，b＜0 B．a＜﹣1，b＞0 C．a＞﹣1，b＜0 D．a＞﹣1，b＞0
【解答】解：当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x；y＝f（x）﹣ax﹣b最多一个零点；
当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣bx3（a+1）x2+ax﹣ax﹣bx3（a+1）x2﹣b，y′＝x2﹣（a+1）x，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上递增，y＝f（x）﹣ax﹣b最多一个零点．不合题意；
当a+1＞0，即a＜﹣1时，令y′＞0得x∈[a+1，+∞），函数递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），函数递减；函数最多有2个零点；
根据题意函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，
如右图：
∴0且，
解得b＜0，1﹣a＞0，b（a+1）3．
故选：C．

4、【2018年新课标1理科09】已知函数f（x），g（x）＝f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（　　　　）
A．[﹣1，0） B．[0，+∞） C．[﹣1，+∞） D．[1，+∞）
【解答】解：由g（x）＝0得f（x）＝﹣x﹣a，
作出函数f（x）和y＝﹣x﹣a的图象如图：
当直线y＝﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，
即函数g（x）存在2个零点，
故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），
故选：C．

5、若函数y＝x＋log2(a－2x)＋2在R上有零点，则实数a的最小值为________.
【答案】：1
【解析】令x＋log2(a－2x)＋2＝0，则a－2x＝2－(x＋2).
依题意，关于x的方程a＝2x＋2－(x＋2)有解.
又2x＋2－(x＋2)≥2＝1.
当且仅当x＝－1时，等号成立.
∴a≥1，故a的最小值为1.
6、【2018年浙江15】已知λ∈R，函数f（x），当λ＝2时，不等式f（x）＜0的解集是　　　　．若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是　　　　．
【解答】解：当λ＝2时函数f（x），显然x≥2时，不等式x﹣4＜0的解集：{x|2≤x＜4}；x＜2时，不等式f（x）＜0化为：x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜2，综上，不等式的解集为：{x|1＜x＜4}．
函数f（x）恰有2个零点，
函数f（x）的草图如图：
函数f（x）恰有2个零点，则1＜λ≤3或λ＞4．
故答案为：{x|1＜x＜4}；（1，3]∪（4，+∞）．

7、(2017南通期末） 已知函数f(x)是定义在[1，＋∞)上的函数，且f(x)＝则函数y＝2xf(x)－3在区间(1,2 015)上的零点个数为________．
【答案】11　
【解析】解法1 由题意得当1≤x<2时，f(x)＝设x∈[2n－1,2n)(n∈N*)，则∈[1,2)，又f(x)＝f，
①当∈时，则x∈[2n－1,3·2n－2]，所以f(x)＝f＝，所以2xf(x)－3＝2x·－3＝0，整理得x2－2·2n－2x－3·22n－4＝0.解得x＝3·2n－2或x＝－2n－2.由于x∈[2n－1,3·2n－2]，所以x＝3·2n－2；
②当∈时，则x∈(3·2n－2,2n)，所以f(x)＝f＝，所以2xf(x)－3＝2x·－3＝0，整理得x2－4·2n－2x＋3·22n－4＝0.解得x＝3·2n－2或x＝2n－2.由于x∈(3·2n－2,2n)，所以无解．
综上所述，x＝3·2n－2.由x＝3·2n－2∈(1,2 015)，得n≤11，所以函数y＝2xf(x)－3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.
解法2 由题意得当x∈[2n－1,2n)时，因为f(x)＝·f，所以f(x)max＝f＝.令g(x)＝.当x＝·2n－1时，g(x)＝g＝，所以当x∈[2n－1,2n)时，x＝·2n－1为y＝2xf(x)－3的一个零点．
下面证明：当x∈[2n－1,2n)时，y＝2xf(x)－3只有一个零点．
当x∈[2n－1,3·2n－2]时，y＝f(x)单调递增，y＝g(x)单调递减，f(3·2n－2)＝g(3·2n－2)，所以x∈[2n－1,3·2n－2]时，有一零点x＝3·2n－2；当x∈(3·2n－2,2n)时，y＝f(x)＝－，k1＝f′(x)＝－，g(x)＝，k2＝g′(x)＝－∈，所以k1 解法3 分别作出函数y＝f(x)与y＝的图像，如图，交点在x1＝，x2＝3，x3＝6，…，xn＝3·2n－2处取得．由x＝3·2n－2∈(1,2 015)，得n≤11，所以函数y＝2xf(x)－3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.