高考数学一轮复习　第二章 第8节函数与方程

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知 识 梳 理
1.函数的零点
(1)函数零点的概念
对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.
(2)函数零点与方程根的关系
方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点.
(3)零点存在性定理
如果函数y＝f(x)满足：①在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0；则函数y＝f(x)
在(a，b)上存在零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根.
2.二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系
[微点提醒]
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.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.
2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数f(x)＝lg x的零点是(1，0).( )
(2)图象连续的函数y＝f(x)(x∈D)在区间(a，b)⊆D内有零点，则f(a)·f(b)<0.( )
(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点.( )
解析 (1)f(x)＝lg x的零点是1，故(1)错.
(2)f(a)·f(b)＜0是连续函数y＝f(x)在(a，b)内有零点的充分不必要条件，故(2)错.
答案 (1)× (2)× (3))√
2.(必修1P92A2改编)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.(3，4) D.(4，5)
解析 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.
答案 B
3.(必修1P112T1改编)若函数f(x)唯一的零点同时在区间(0，16)，(0，8)，(0，4)，(0，2)内，那么下列命题正确的是( )
A.函数f(x)在区间(0，1)内有零点
B.函数f(x)在区间(0，1)或(1，2)内有零点
C.函数f(x)在区间[2，16)上无零点
D.函数f(x)在区间(1，16)内无零点
解析 由题意可确定f(x)唯一的零点在区间(0，2)内，故在区间[2，16)内无零点.
答案 C
4.(2019·德州质检)若函数f(x)＝x2＋2x＋a没有零点，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，1) B.(1，＋∞)
C.(－∞，1] D.[1，＋∞)
解析 因为函数f(x)＝x2＋2x＋a没有零点，所以方程x2＋2x＋a＝0无实根，即Δ＝4－4a<0，由此可得a>1.
答案 B
5.(2018·全国Ⅲ卷)函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零点个数是________.
解析 由题意知，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq \f(π,9)＋eq \f(kπ,3)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(π,9)；当k＝1时，x＝eq \f(4π,9)；当k＝2时，x＝eq \f(7π,9)，均满足题意，所以函数f(x)在[0，π]的零点个数为3.
答案 3
6.(2019·上海黄浦区月考)方程2x＋3x＝k的解在[1，2)内，则k的取值范围是________.
解析 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又当f(1)＝0时，k＝5.则方程2x＋3x＝k的解在[1，2)内，k的取值范围是[5，10).
答案 [5，10)
考点一 函数零点所在区间的判定
【例1】 (1)设f(x)＝ln x＋x－2，则函数f(x)零点所在的区间为( )
A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4)
(2)设函数y＝x3与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－2)的图象的交点为(x0，y0)，若x0∈(n，n＋1)，n∈N，则x0所在的区间是________.
解析 (1)因为y＝ln x与y＝x－2在(0，＋∞)上都是增函数，
所以f(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上是增函数，
又f(1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f(2)＝ln 2>0，
根据零点存在性定理，可知函数f(x)＝ln x＋x－2有唯一零点，且零点在区间(1，2)内.
(2)设f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－2)，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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－2)的图象如图所示.
因为f(1)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(－1)＝－1<0，
f(2)＝8－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(0)＝7>0，
所以f(1)f(2)<0，所以x0∈(1，2).
答案 (1)B (2)(1，2)
规律方法 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.
【训练1】 (1)若aA.(a，b)和(b，c)内 B.(－∞，a)和(a，b)内
C.(b，c)和(c，＋∞)内 D.(－∞，a)和(c，＋∞)
(2)函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x2)的零点所在的区间为( )
A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4)
解析 (1)∵a0，
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.
(2)易知f(x)＝ln x－eq \f(2,x2)在定义域(0，＋∞)上是增函数，
又f(1)＝－2<0，f(2)＝ln 2－eq \f(1,2)>0.
根据零点存在性定理，可知函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x2)有唯一零点，且在区间(1，2)内.
答案 (1)A (2)B
考点二 确定函数零点的个数
【例2】 (1)(一题多解)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋ln x，x>0))的零点个数为( )
A.3 B.2 C.1 D.0
(2)(2019·安庆二模)定义在R上的函数f(x)，满足f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2，x∈[0，1），,2－x2，x∈[－1，0），))且f(x＋1)＝f(x－1)，若g(x)＝3－lg2x，则函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)内的零点有( )
A.3个 B.2个 C.1个 D.0个
解析 (1)法一 由f(x)＝0得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,－1＋ln x＝0，))
解得x＝－2或x＝e.
因此函数f(x)共有2个零点.
法二 函数f(x)的图象如图1所示，由图象知函数f(x)共有2个零点.
图1
(2)由f(x＋1)＝f(x－1)，即f(x＋2)＝f(x)，知y＝f(x)的周期T＝2.
在同一坐标系中作出y＝f(x)与y＝g(x)的图象(如图2).
图2
由于两函数图象有2个交点.
所以函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)内有2个零点.
答案 (1)B (2)B
规律方法 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.
【训练2】 (1)函数f(x)＝3x|ln x|－1的零点个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
(2)(2019·淄博调研)设函数f(x)＝2|x|＋x2－3，则函数y＝f(x)的零点个数是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
解析 (1)函数f(x)＝3x|ln x|－1的零点数的个数即函数g(x)＝|ln x|与函数h(x)＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)图象的交点个数.
作出函数g(x)＝|ln x|和函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)的图象，由图象可知，两函数图象有两个交点，故函数f(x)＝3x|ln x|－1有2个零点.
(2)易知f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝2x＋x2－3，
∴x≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(1)＝0，
∴x＝1是函数y＝f(x)在(0，＋∞)上唯一零点.
从而x＝－1是y＝f(x)在(－∞，0)内的零点.
故y＝f(x)有两个零点.
答案 (1)B (2)C
考点三 函数零点的应用
【例3】 (1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex＋a，x≤0，,3x－1，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则a的取值范围是( )
A.(－∞，－1) B.(－∞，1)
C.(－1，0) D.[－1，0)
(2)(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))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，＋∞)
解析 (1)当x>0时，f(x)＝3x－1有一个零点x＝eq \f(1,3).
因此当x≤0时，f(x)＝ex＋a＝0只有一个实根，∴a＝－ex(x≤0)，则－1≤a<0.
(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋a存在2个零点，即关于x的方程f(x)＝－x－a有2个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线y＝－x－a有2个交点.作出直线y＝－x－a与函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，－a≤1，解得a≥－1，故选C.
答案 (1)D (2)C
规律方法 1.已知函数的零点求参数，主要方法有：(1)直接求方程的根，构建方程(不等式)求参数；(2)数形结合；(3)分离参数，转化为求函数的最值.
2.已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点个数问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围.
【训练3】 (2018·浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x<λ.))
(1)当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是________.
(2)若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________.
解析 (1)若λ＝2，当x≥2时，令x－4<0，得2≤x<4；当x<2时，令x2－4x＋3<0，解得1(2)令f(x)＝0，当x≥λ时，x＝4，
当x<λ时，x2－4x＋3＝0，
解得x＝1或x＝3.
因为函数f(x)恰有2个零点，
结合如图函数的图象知，1<λ≤3或λ>4.
答案 (1)(1，4) (2)(1，3]∪(4，＋∞)
[思维升华]
1.转化思想在函数零点问题中的应用
方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题.
2.判断函数零点个数的常用方法
(1)通过解方程来判断.
(2)根据零点存在性定理，结合函数性质来判断.
(3)将函数y＝f(x)－g(x)的零点个数转化为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象公共点的个数来判断.
[易错防范]
1.若函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)一定有零点.特别是，当y＝f(x)在[a，b]上单调时，它仅有一个零点.
2.函数零点的存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件.
基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))则函数f(x)的零点为( )
A.eq \f(1,2)，0 B.－2，0 C.eq \f(1,2) D.0
解析 当x≤1时，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；
当x>1时，令f(x)＝1＋lg2x＝0，解得x＝eq \f(1,2)，
又因为x>1，所以此时方程无解.
综上函数f(x)的零点只有0.
答案 D
2.(2019·岳阳二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))则函数y＝f(x)＋3x的零点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解析 函数y＝f(x)＋3x的零点个数就是y＝f(x)与y＝－3x两个函数图象的交点个数，如图所示，由函数的图象可知，零点个数为2.
答案 C
3.函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是( )
A.(1，3) B.(1，2) C.(0，3) D.(0，2)
解析 因为函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a在区间(1，2)上单调递增，又函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则有f(1)·f(2)<0，
所以(－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，所以0答案 C
4.函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点所在的区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)) B.(1，2) C.(2，e) D.(e，3)
解析 易知f(x)在(0，＋∞)上是单调递增，且f(2)＝eq \f(1,2)ln 2－eq \f(1,2)<0，f(e)＝eq \f(1,2)＋e－eq \f(1,e)－2>0.∴f(2)f(e)<0，故f(x)的零点在区间(2，e)内.
答案 C
5.(2019·湖北七校联考)已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数，若函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,8) C.－eq \f(7,8) D.－eq \f(3,8)
解析 令y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，则f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ)，因为f(x)是R上的单调函数，
所以2x2＋1＝x－λ，只有一个实根，即2x2－x＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－eq \f(7,8).
答案 C
6.已知函数f(x)＝2x＋x＋1，g(x)＝lg2x＋x＋1，h(x)＝lg2x－1的零点依次为a，b，c，则( )
A.aC.b解析 令函数f(x)＝2x＋x＋1＝0，可知x<0，即a<0；
令g(x)＝lg2x＋x＋1＝0，则0令h(x)＝lg2x－1＝0，可知x＝2，即c＝2.显然a答案 A
7.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))则使方程x＋f(x)＝m有解的实数m的取值范围是( )
A.(1，2) B.(－∞，－2]
C.(－∞，1)∪(2，＋∞) D.(－∞，1]∪[2，＋∞)
解析 当x≤0时，x＋f(x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；当x>0时，x＋f(x)＝m，即x＋eq \f(1,x)＝m，解得m≥2，即实数m的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).
答案 D
8.(2019·北京燕博园联考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln（x＋1）,x3－3x))eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(（x≥0），,（x<0），))若函数y＝f(x)－k有三个不同的零点，则实数k的取值范围是( )
A.(－2，2) B.(－2，1) C.(0，2) D.(1，3)
解析 当x<0时，f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，
∴x＝±1(舍去正根)，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减.
又f(x)＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上单调递增.
则函数f(x)图象如图所示.
f(x)极大值＝f(－1)＝2，且f(0)＝0，
故当k∈(0，2)时，y＝f(x)－k有三个不同零点.
答案 C
二、填空题
9.函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(1,2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的零点个数为________.
解析 令f(x)＝0，得xeq \s\up6(\f(1,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x).在同一坐标系中画出函数y＝xeq \s\up6(\f(1,2))与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象.
如图所示，由图可知两函数图象有1个交点，故f(x)的零点只有一个.
答案 1
10.在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图象只有一个交点，则a的值为________.
解析 函数y＝|x－a|－1的图象如图所示，因为直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图象只有一个交点，故2a＝－1，解得a＝－eq \f(1,2).
答案 －eq \f(1,2)
11.已知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg x|，x>0，,2|x|，x≤0，))则函数y＝2[f(x)]2－3f(x)＋1的零点个数是________.
解析 由2[f(x)]2－3f(x)＋1＝0得f(x)＝eq \f(1,2)或f(x)＝1，
作出函数y＝f(x)的图象.
由图象知y＝eq \f(1,2)与y＝f(x)的图象有2个交点，y＝1与y＝f(x)的图象有3个交点.
因此函数y＝2[f(x)]2－3f(x)＋1的零点有5个.
答案 5
12.(2018·天津卷)已知a>0，函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2ax＋a，x≤0，,－x2＋2ax－2a，x>0.))若关于x的方程f(x)＝ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是________.
解析 当x≤0时，由x2＋2ax＋a＝ax，得a＝－x2－ax；当x>0时，由－x2＋2ax－2a＝ax，得2a＝－x2＋ax.令g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－ax，x≤0，,－x2＋ax，x>0.))作出y＝a(x≤0)，y＝2a(x>0)，函数g(x)的图象如图所示，g(x)的最大值为－eq \f(a2,4)＋eq \f(a2,2)＝eq \f(a2,4)，由图象可知，若f(x)＝ax恰有2个互异的实数解，则a答案 (4，8)
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.(2019·永州模拟)已知函数f(x)＝a＋lg2(x2＋a)(a>0)的最小值为8，则实数a的取值范围是( )
A.(5，6) B.(7，8) C.(8，9) D.(9，10)
解析 由于f(x)在[0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上是减函数，
∴f(x)min＝f(0)＝a＋lg2a＝8.
令g(a)＝a＋lg2a－8，a>0.
则g(5)＝lg25－3<0，g(6)＝lg26－2>0，
又g(a)在(0，＋∞)上是增函数，
∴实数a所在的区间为(5，6).
答案 A
14.(2019·天津河东区一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[－1，1]时，f(x)＝x2.令g(x)＝f(x)－kx－k，若在区间[－1，3]内，函数g(x)＝0有4个不相等实根，则实数k的取值范围是( )
A.(0，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3)))
解析 令g(x)＝0，得f(x)＝k(x＋1)，
由f(x)的周期性，作出y＝f(x)在[－1，3]上的图象如图所示.
设直线y＝k1(x＋1)经过点(3，1)，则k1＝eq \f(1,4).
∵直线y＝k(x＋1)经过定点(－1，0)，且由题意知直线y＝k(x＋1)与y＝f(x)的图象有4个交点，∴0答案 C
15.(2019·济南质检)已知函数f(x)＝ex－e－x＋4，若方程f(x)＝kx＋4(k>0)有三个不同的实根x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝________.
解析 易知y＝ex－e－x为奇函数，且其图象向上平移4个单位，得y＝f(x)的图象.
所以y＝f(x)的图象关于点(0，4)对称，
又y＝kx＋4过点(0，4)且关于(0，4)对称.
∴方程f(x)＝kx＋4的三个根中有一个为0，且另两根之和为0.
因此x1＋x2＋x3＝0.
答案 0
16.若曲线y＝lg2(2x－m)(x>2)上至少存在一点与直线y＝x＋1上的一点关于原点对称，则m的取值范围为________.
解析 因为直线y＝x＋1关于原点对称的直线为y＝x－1，依题意方程lg2(2x－m)＝x－1在(2，＋∞)上有解，即m＝2x－1在x∈(2，＋∞)上有解，∴m>2.
又2x－m>0恒成立，则m≤(2x)min＝4，
所以实数m的取值范围为(2，4].
答案 (2，4]
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17.(多填题)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，x解析 因为函数y＝2x在定义域内是单调递增函数，所以函数f(x)为单调递增函数，所以a>0且2a≤a2.在同一坐标系下作出函数y＝2x与y＝x2的图象，由图可知，实数a的取值范围为[2，4].函数g(x)＝f(x)－b有三个零点等价于函数y＝f(x)与y＝b的图象有三个交点，在同一坐标系下作出函数y＝f(x)与y＝b的图象，由图可知，当a在y轴的左方时，存在实数b，使得两函数图象有三个交点，所以要使函数g(x)有三个零点，实数a的取值范围为(－∞，0).
答案 [2，4] (－∞，0)Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数
y＝ax2＋bx＋c
(a>0)的图象
与x轴的交点
(x1，0)，(x2，0)
(x1，0)
无交点
零点个数
2
1
0
x
1
2
3
4
5
f(x)
－4
－2
1
4
7