下面是小编为大家整理的函数零点七种常见解法,供大家参考。
函数零点的七种常见解法
解法一：零点存在定理法判断函数零点所在区间
一、单选题 1．（2022·河南河南·三模（理））若实数 a ， b ， c 满足13log 4 a ，37 b ，2lncc，则（
）
A．a b c
B．b c a
C．a c b
D．b a c
【答案】A 【分析】结合对数函数、函数零点存在性定理等知识求得正确答案. 【解析】1 13 3log 4 log 1 0 a ，3 37 2 ,1 2 b b ， 对于函数 2ln 0 f x x xx ， f x 在 0, 上递增， 22 ln2 1 0, e 1 0ef f ， 所以 f x 存在唯一零点 x c ， 2,e c，使 0 f c ， 所以对于2lncc，有 2,e c，所以 a b c . 故选：A 2．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三期末（理））函数1( ) 2ln 3 f x xx 的零点所在的区间为（
）
ln20.693,ln3 1.099,ln5 1.609 （ ）
A．3,4 （ ）
B．4,5 （ ）
C．5,6 （ ）
D．8,9 （ ）
【答案】B 【分析】根据零点存在定理，先判断函数的单调性，再计算函数在端点处的函数值，即可得到答案. 【解析】
12ln 3 f x xx
,由对数函数和幂函数的性质可知， 函数在, ( ) 0 x 时为单调增函数， 1 1(3) 2ln3 3 2 1.099 3 03 3f ， 1 1(4) 4ln2 3 4 0.693 3 0.478 04 4f ，
1 1(5) 2ln5 3 2 1.609 3 0.018 05 5f ， 1 1(6) 2ln6 3 2(ln2 ln3) 2 1.7926 63 0.414 0 f ， 因为( ) f x在, ( ) 0 x 内是递增，故 (8) 0, (9) 0 f f
， 函数是连续函数，由零点判断定理知，( ) f x的零点在区间 (4,5) 内， 故选：B． 3．（2022·北京密云·高三期末）心理学家有时使用函数 1 ektL t A 来测定在时间( ) t min 内能够记忆的量 L ，其中 A 表示需要记忆的量， k 表示记忆率．假设一个学生有 200 个单词要记忆，心理学家测定在 5min 内该学生记忆 20 个单词．则记忆率 k 所在区间为（
）
A．1(0, )20 B．1 1( , )20 15 C．1 1( , )15 10 D．1( ,1)10 【答案】A 【分析】先根据题意解方程，解出5e910k ，在和端点值比较大小，由函数单调性和函数连续得到结果. 【解析】将200, 5, 20 A t L 代入 1 ektL t A ，解得：5e910k ，其中5exy 单调递减，而414e e ，49 10000e10 6561 ，而4y x 在 0, 上单调递减，所以1 1520 4e e910 ，结合单调性可知1 1 13 2 49< < e e10e ，即1 1 15 5 510 15 209<0e e e1 ，而0 5 0e91 e10 ，其中5exy 为连续函数，故记忆率 k 所在区间为1(0, )20. 故选：A 4．（2022·河南焦作·一模（理））设函数 23xxf x 的零点为0x ，则0x （
）
A． 4, 2
B． 2, 1
C． 1,2
D． 2,4
【答案】B 【分析】根据零点存在性定理进行求解.
【解析】易知 f x 在 R 上单调递增且连续．由于 1 44 016 3f ， 1 22 04 3f ， 1 11 02 3f ，当 0 x 时， 0 f x ，所以 02, 1 x ． 故选：B 5．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）已知2log 3 a ，函数 e ln 4 xf x x的零点为 b ， 3 212g x x x x 的极小值点为 c ，则（
）
A． f a f b f c
B． f b f a f c
C． f b f c f a
D． f c f a f b
【答案】A 【分析】求出 c 的值，利用零点存在定理得出31,2b ，然后比较 a 、 b 、 c 的大小关系，结合函数 f x 的单调性可得出结论. 【解析】因为 f x 的定义域为 0, ， 1e 0xf xx ，则函数 f x 在其定义域上为增函数， 3e 16 ，则32e 4 ，则323 3e ln 4 02 2f ， 因为 1 e 4 0 f ，由零点存在定理可知31,2b ， 由 23 1 0 g x x x 可得11 136 x ，21 136 x . 当1 136x 或1 136x 时， 0 g x ；当 113 1 136 6x 时， 0 g x . 所以，1 1316c . 因为2 2 23log 2 2 log 3 log 4 22a ，所以， 0 1 c b a ，故 f a f b f c . 故选：A. 6．（2022·安徽·安庆一中高三期末（理））函数2( ) log f x x x 的零点所在的区间为（
）
A．1 1,3 2 B．1 2,2 3 C．2 3,3 4 D．3,14
【答案】B 【分析】依据函数零点存在定理去判断2( ) log f x x x 的零点所在的区间即可. 【解析】2( ) log f x x x 为 (0,) 上的递增函数， 2 2 21 1 1 1 1 2log log 3 log 03 3 3 3 3 32 f ， 21 1 1 1log 02 2 2 2f ， 2 2 22 2 2 5 1log log 3 5 3log 33 3 3 3 3f 2 21log 32 log 27 03
2 2 2 2 23 3 3 5 1 1log log 3 5 4log 3 log log 04 4 4 4 4 432 81 f ， 则函数2( ) log f x x x 的零点所在的区间为1 2,2 3 故选：B 二、多选题 7．（2022·湖北·荆州中学高三开学考试）函数4( ) e 1 2cosxf x a x 在区间0,2 的最小值为 1 ，且在区间,2ππ 唯一的极大值点0x ．则下列说法正确的有（
）
A．1 a
B．03,2 4x C．03,4x D． 01 f x
【答案】ACD 【分析】由题可得 4( ) e 2sinxf x a x ，由( ) 14f 可知， ( ) 04f ，进而可求 1 a ，然后再证明即得；再利用数形结合可得 ( )f x 在 ,2ππ 上存在唯一的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即得. 【解析】∵4( ) e 1 2cosxf x a x ，∴4( ) e 2sinxf x a x ， 又函数4( ) e 1 2cosxf x a x 在区间0,2 的最小值为 1 ，
∴函数在区间0,2 上不单调，又4 4( ) e 1 2cos 14 4f a ， ∴4x时，函数在区间0,2 上取得最小值，可得原条件的一个必要条件( ) 04f ， ∴4 4( ) e 2sin 1 04 4f a a ，即 1 a， 下面证明充分性：
当 1 a 时， 4( ) e 1 2cosxf x x ， 4( ) e 2sinxf x x ， 令 4e 2sinxg x x ，则 42 0 os e cxx g x ， ∴函数( )f x 在 0,2 上单调递增，又4 4(0) e 0, ( ) e 2 02f f ， ∴函数( )f x 在 0,2 上存在唯一的零点4x，且在0,4 上( ) 0 f x ，在,4 2 上( ) 0 f x ， ∴函数( ) f x在区间0,2 的最小值为( ) 14f ， 综上， 1 a 故 A 正确； ∵ 4( ) e 2sinxf x x ，
令 4( ) e 2sin 0xf x x= ，得 4e 2sinx= x， 由函数图象可知4e 2sinx,y y x 在区间,2ππ 上只有一个交点，
即存在唯一0,2x ，使得040e 2sinx= x， 又32 43( ) e 1 0, ( ) e 04f > f ，故03,4x ， 且当0,2x x 时，( ) 0 f x ，当 0 ,x x 时，( ) 0 f x ， ∴在区间,2ππ 上， f x 唯一的极大值点0x， 040 0 0 0( ) e 1 2cos 2sin 1 2cosxf x x x x 02sin 14x ， ∵03,4x ，03,4 2 4x ， ∴0 0( ) 2sin 1 2 1 14f x x . 故 CD 正确. 故选：ACD. 8．（2022·全国·高三专题练习）设函数 y f x 的定义域为 R，如果存在常数 0 T T ，对于任意 xR ，都有 f x T T f x ，则称函数 y f x 是“类周期函数”，T 为函数 y f x 的“类周期”．现有下面四个命题，正确的是（
）
A．函数 xf x是“类周期函数” B．函数 3f x x 是“类周期函数” C．如果函数 cos f x x 是“类周期函数”，那么“ k ， Z k ” D．如果“类周期函数” y f x 的“类周期”为 1 ，那么它是周期为 2 的周期函数 【答案】ACD 【分析】根据类周期函数的定义，分别进行判断即可． 【解析】解：对于 A，若函数 xf x是“类周期函数”， 则存在非零常数 T ，使( ) ( ) f x T T f x ，即 3 3x T xT ， 即 (3 ) 3 0T xT ，即 3 0TT ，令 3Tg T T ， 因为 1 20 0 1 1 0, 1 1 03 3g g ，且函数 g T 在 ()0,1 上连续，
所以函数 3Tg T T 在 ( )0,1 上存在零点，即方程3 0TT 在 ( )0,1 上有解， 即存在常数 0 T T ，对于任意 xR ，都有 f x T T f x ， 所以函数 xf x是“类周期函数”，故 A 正确； 对于 B，若函数 3f x x 是“类周期函数”， 则存在非零常数 T ，使( ) ( ) f x T T f x ， 即 33x T T x ，则 33x TTx， 即31x T TTx x 对任意的 x 恒成立， 则 0 T ，矛盾，所以不存在常数 0 T T ，对于任意 xR ，都有 f x T T f x ， 所以函数 3f x x 不是“类周期函数”，故 B 错误. 对于 C，若函数( ) cos f x x 是“类周期函数”， 则存在非零常数 T ，使( ) ( ) f x T T f x ， 即 cos() cos x T T x ； 故 1 T 或 1 T ， 当 1 T 时， cos() cos x x ，由诱导公式得 2k ， k Z ； 当 1 T 时， cos() cos x x ，由诱导公式得 2 1 k ， k Z ； 故“k ， k Z ”，故 C 正确； 对于 D，如果“类周期函数” ( ) y f x 的“类周期”为 1 ， 则( 1) ( ) f x f x ，即( 1) ( ) ( ( 1)) ( 1) f x f x f x f x ； 故它是周期为 2 的周期函数；故 D 正确. 故选：ACD. 9．（2021·江西·模拟预测）已知实数 1 m n ，设方程( )( ) ( )( 1) ( )( 1) 0 x m x n x m x x n x 的两个实数根分别为 12 1 2, ( ) x x x x ，则下列结论正确的是（
）
A．不等式 ()( ) ( )( 1) ( )( 1) 0 x m x n x m x x n x 的解集为1 2( , ) x x
B．不等式 ()( ) ( )( 1) ( )( 1) 0 x m x n x m x x n x 的解集可能为空集 C．1 21 x m x n
D．1 21 m x n x
【答案】AD 【分析】构造二次函数( )( ) ( )( 1) ( )( ) ( ) 1 x m x n x m x x n x x f ，分析函数( ) f x的图象特征即可判断作答. 【解析】令( )( ) ( )( 1) ( )( ) ( ) 1 x m x n x m x x n x x f ， R x， 因 1 m n ，则函数( ) f x的图象对称轴1( ,1)3m nx m ，且( ) f x在1( , )3m n 上递减，在1( , )3m n 上递增， 又( )( 1) ( ) 0 m n f m m ，( )( 1) ( ) 0 n m f n n ，(1 )( 0 ( ) 1 ) 1 m f n ， 于是得函数( ) f x有两个零点1 2 1 2, ( ) x x x x ，且满足1 21 m x n x ，不等式( ) 0 f x 的解集为1 2( , ) x x， 所以 A 正确，B 不正确，C 不正确，D 正确. 故选：AD 三、填空题 10．（2022·全国·高三专题练习）下列命题中，正确的是___________．(写出所有正确命题的编号) ①在 ABC 中， AB 是 sin sin A B 的充要条件； ②函数2( 1)1y x xx 的最大值是 1 2 2 ； ③若命题“ x R ，使得2( 3) 1 0 ax a x ”是假命题，则 1 9 a ； ④若函数2( ) ( 0) f x ax bx c a ， (1)2af ，则函数( ) f x在区间 (0,2) 内必有零点． 【答案】①③④ 【分析】①利用大边对大角和正弦定理可证；②变形后利用基本不等式进行求解最大值；③先把命题否定，得到对 x R ，2( 3) 1 0 ax a x 恒成立，分 0 a 与 0 a 两种情况求出 a
的取值范围；④先根据(1)2af 得到32ab c ，得到 (2) f a c ，接下来分 0 c与 0 c ，利用零点存在性定理得到答案. 【解析】在 ABC 中，因为 A B ，所以 a b ，由正弦定理得：sin sina bA B ，所以 sin sin A B ，同理可证，当 sin sin A B 时， A B ，故在 ABC 中， A B 是 sin sin A B 的充要条件，①正确；因为 1 x ，所以 1 0 x ，201 x<-，所以 2 21 1 1 1 2 2 11 1y x xx x ，当且仅当 211xx ，即 1 2 x 时，等号成立，所以函数2( 1)1y x xx 的最大值是 1 2 2 ，②错误；命题“ x R ，使得2( 3) 1 0 ax a x ”是假命题，则对 x R ，2( 3) 1 0 ax a x 恒成立，当 0 a 时，3 1 0 x 不恒成立，当 0 a 时，只需0Δ 0a ，解得：
1 9 a ，综上：若命题“ x R ，使得2( 3) 1 0 ax a x ”是假命题，则 1 9 a ；③正确； (1)2a b caf ，所以32ab c ，因为(0) f c ，3(2) 4 2 4 22af a b c a c c a c ，当 0 c 时，(0) 0 f c ，因为 0 a ，所以(1) 02af ，故 (0) 1 0 f f ，由零点存在性定理得：在区间 0,1 上，至少存在一个零点，当 0 c ，(2) 0 f a c ， (2) 1 0 f f ，由零点存在性定理得：在区间 1,2 上至少存在一个零点，综上：函数( ) f x在区间 (0,2) 内必有零点，④正确. 故答案为：①③④ 11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 2 e x f x ax x ，且 2 a ， f x 为 f x 的导函数，下列命题：
①存在实数 a ，使得导函数 f x为增函数； ②当0 a 时，函数 f x 不单调； ③当 21 a 时，函数 f x 在 R 上单调递减； ④当1 a 时，函数 f x 有极值． 在以上命题中，正确的命题序号是______．
【答案】①②③④ 【分析】求 f x ，令 0 a 可判断①；根据零点存性定理可判断022 ,0 xa 使得 00 f x ，可判断②；令 g x f x ，求 g x ，由 g x 的符号判断 g x 的单调性，可求得 0 g x 恒成立即 0 f x 恒成立可判断③；求 f x 的单调性，根据零点存在性定理可知 00,1 x ，使得 00 f x 可判断④，进而可得正确答案. 【解析】由 2 e x f x ax x 可得 2 e 1xf x ax a ， 对于①，若 0 a 时， 2e 1xf x 为增函数，故①对； 对于②，若 0 a 时，2222 e 1 0af aa ， 0 1 0 f a ， 022 ,0 xa ，使得 00 f x ，所以函数 f x 不单调，故②对； 对于③，令 2 e 1xg x ax a ，则 2 2 e x g x ax a ， 当 2 1 a 时，由 0 g x 得22 xa ，由 0 g x 得22 xa 所以 g x 在2, 2a 上单调递增，在22 ,a 上单调递减， 从而 22maxe 1ag x a ， 要使220 e 1aa ，则令22 ta ，则112ta ，所以 e 12tt ， 令 e 1 1 02ttm t t ， 1e2tm t ， 则 m t 在11,ln2 单调递减，在1ln ,02 单调递增， 而 1 11 1 0e 2m ， 00 e 0 1 0 m 所以 0 m t 恒成立，从而 22maxe 1 0ag x a ，即 0 f x 恒成立，即 f x 在 R 上单调减．故③正确； 对于④，当 1 a 时， 3 e 1xf x x ， 4 e x f x x ，可知 3 e 1xf x x 在 , 4 单调递减，在 4, 单调递增， 因为 0 2 0f ， 21 1 0ef ，
00,1 x ，使得 00 f x ，所以函数 f x 有极值，故④对． 综上所述：①②③④都...
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