高考数学考点09 函数与方程 24页

1 考点 09 函数与方程 考纲原文 （1）结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数. （2）根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解. 知识整合 一、函数的零点 1．函数零点的概念 对于函数 ，我们把使 成立的实数 x 叫做函数 的零点． 2．函数的零点与方程的根之间的联系 函数 的零点就是方程 的实数根，也就是函数 的图象与 x 轴的交点的横坐标 即方程 有实数根⇔函数 的图象与 x 轴有交点⇔函数 有零点． 【注】并非所有的函数都有零点，例如，函数 f(x)=x2＋1，由于方程 x2＋1=0 无实数根，故该函数无零 点． 3．二次函数 的零点 二次函数 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 4．零点存在性定理 如果函数 在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 ，那么，函数 在区间 内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 ，这个 也就是方程 的根. 【注】上述定理只能判断出零点存在，不能确定零点个数. ( ),y f x x D  ( ) 0f x  ( ),y f x x D  ( )y f x ( ) 0f x  ( )y f x ( ) 0f x  ( )y f x ( )y f x 2 )( 0y ax bx c a    0  0  0  2 )( 0y ax bx c a    ( )y f x ( ) ( ) 0f a f b  ( )y f x ( , )a b ( ) 0f c  c ( ) 0f x  2 5．常用结论 (1)若连续不断的函数 是定义域上的单调函数，则 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)函数 有零点 方程 有实数根 函数 与 的图象有 交点； (4)函数 有零点 方程 有实数根 函数 与 的图象有交点 ，其中 为常数. 二、二分法 1．二分法的概念 对于在区间[a，b]上连续不断且 的函数 ，通过不断地把函数 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． 2．用二分法求函数 零点近似值的步骤 给定精确度 ε，用二分法求函数 零点近似值的步骤如下： ①确定区间[a，b]，验证 ，给定精确度 ε； ②求区间(a，b)的中点 c； ③计算 f(c)； a．若 f(c)=0，则 c 就是函数的零点； b．若 f(a)·f(c)<0，则令 b=c(此时零点 x0∈(a，c))； c．若 f(c)·f(b)<0，则令 a=c(此时零点 x0∈(c，b))． ④判断是否达到精确度 ε：即若|a−b|<ε，则得到零点近似值 a(或 b)；否则重复②③④. 【速记口诀】 定区间，找中点；中值计算两边看， 同号丢，异号算，零点落在异号间． 重复做，何时止，精确度来把关口． 重点考向 考向一 函数零点（方程的根）所在区间的判断 函数零点的判定方法 ( )f x ( )f x ( ) ( ) ( )F x f x g x   ( ) 0F x   ( )y f x ( )y g x ( ) ( )F x f x a   ( ) 0F x   ( )y f x y a  { | ( )}a y y f x  a ( ) ( ) 0f a f b  ( )y f x ( )f x ( )f x ( )f x ( ) ( ) 0f a f b  3 (1)定义法（定理法）：使用零点存在性定理，函数 必须在区间[a，b]上是连续的，当 时，函数在区间(a，b)内至少有一个零点． (2)方程法：判断方程 是否有实数解． (3)图 象 法 ： 若 一 个 函 数(或 方 程)由 两 个 初 等 函 数 的 和(或 差)构 成 ， 则 可 考 虑 用 图 象 法 求 解 ， 如 ，作出 和 的图象，其交点的横坐标即为函数 f(x)的零点. 典例引领 典例 1 函数 的零点所在的区间为 A． B． C． D． 【答案】D 【规律总结】首先确定函数是连续函数，然后结合函数零点存在性定理求解函数零点所在的区间即可.判断 函数零点所在区间的方法：一般而言，判断函数零点所在区间的方法是将区间端点代入函数求出函数的值， 进行符号判断即可得出结论．此类问题的难点往往是函数值符号的判断，可运用函数的有关性质进行判 断． 典例 2 在用二分法求方程 的一个近似解时，现在已经将根锁定在区间(1,2)内，则下一步可 以断定该根所在区间为___________. 【答案】 【 解 析 】 令 ， ， ， ( )y f x ( ) ( )f a f b 0 ( ) 0f x  ( ) ( ) ( )f x g x h x ( )y g x ( )y h x   e xf x x  11, 2      1 ,02     10, 2      1 ,12      3 2 1 0x x   3 ,22        3 2 1f x x x   3 27 53 1 02 8 8f            1 2 0f    4 ，故下一步可以断定根所在区间为 ，故填 . 变式拓展 1．若函数 在区间 上存在一个零点，则 的取值范围是 A． B． 或 C． D． 2．已知函数 ． （1）证明方程 f（x）=0 在区间（0，2）内有实数解； （2）请使用二分法，取区间的中点两次，指出方程 f（x）=0，x∈[0，2]的实数解 x0 在哪个较小的区间 内． 考向二 函数零点个数的判断 判断函数零点个数的方法 (1)解方程法：令 f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)<0，还必须结 合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有 的性质． (3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，先画出两个函数的图象，看其交点个数，其中交 点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点. 典例引领 典例 3 函数 f(x)=2x＋lg(x＋1) −2 的零点有 A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 【答案】B 【解析】解法一：因为 f(0)=1＋0−2=−1<0，f(2)=4＋lg3−2=2+lg3>0，所以由函数零点存在性定理知，f(x)在 (0,2)上必定存在零点．又 f(x)=2x＋lg(x＋1)−2 在(−1，＋∞)上为增函数，故 f(x)=0 有且只有一个实根，即函  2 8 5 3 0f     3 ,22      3 ,22        2 1f x ax a    1,1 a 1 3a  1 3a  1a   11 3a   1a     3 21 13f x x x   5 数 f(x)仅有一个零点． 解法二：在同一坐标系中作出 h(x)=2−2x 和 g(x)=lg(x＋1)的图象，如图所示， 由图象可知 h(x)=2−2x 和 g(x)=lg(x＋1)有且只有一个交点，即 f(x)=2x＋lg(x＋1)−2 与 x 轴有且只有一个交点， 即函数 f(x)仅有一个零点． 变式拓展 3．函数 的零点个数为 A． B． C． D． 考向三 函数零点的应用问题 高考对函数零点的考查多以选择题或填空题的形式出现，有时也会出现在解答题中．常与函数的图象 及性质相结合，且主要有以下几种常见类型及解题策略． 1．已知函数零点所在区间求参数或参数的取值范围 根据函数零点或方程的根求解参数的关键是结合条件给出参数的限制条件，此时应分三步： ①判断函数的单调性； ②利用零点存在性定理，得到参数所满足的不等式； ③解不等式，即得参数的取值范围．在求解时，注意函数图象的应用． 2．已知函数零点的个数求参数或参数的取值范围 一般情况下，常利用数形结合法，把此问题转化为求两函数图象的交点问题． 3．借助函数零点比较大小或直接比较函数零点的大小关系 要比较 f(a)与 f(b)的大小，通常先比较 f(a)、f(b)与 0 的大小．若直接比较函数零点的大小，则可有以下    2 2logf x x x  1 2 3 4 6 三种常用方法： ①求出零点，直接比较大小； ②确定零点所在区间； ③同一坐标系内画出函数图象，由零点位置关系确定大小. 典例引领 典例 4 对任意实数 a，b 定义运算“⊗”： ,设 ，若函数 恰有三个零点，则实数 k 的取值范围是 A．(−2,1) B．[0,1] C．[−2,0) D．[−2,1) 【答案】D 【解析】由新定义可得 ，即 .其图象如图 所示，所以由 恰有三个零点可得，−1<−k≤2，所以−2≤k<1.故选 D. 变式拓展 4．已知函数 ，则方程 恰有两个不同的实根时，实数 的取值范围是 A． B． , 1 , 1 b a ba b a a b         2 1( ) (4 )f x x x    y f x k  2 2 2 4 ,( 1) (4 ) 1( ) 1,( 1) (4 ) 1 x x xf x x x x             2 4 , 2 3( ) 1, 2 3 x x xf x x x          或  y f x k     1 1 15 ln ( 1) x xf x x x        f x kx k 10, e      10, 5      7 C． D． 考点冲关 1．下列函数中，既是偶函数又存在零点的是 A． B． C． D． 2．已知函数 ，在下列区间中包含 零点的是 A． B． C． D． 3．命题 ，命题 函数 在 上有零点，则 是 的 A．充分必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知函数 ，若函数 恰有三个不同的零点，则实数 的取值 范围是 A． B． C． D． 5．设方程 两个根分别为 ，则 A． B． C． D． 6．已知函数 满足 ，且 是偶函数，当 时， ，若在区 间 内，函数 有 4 个零点，则实数 的取值范围是 A． B． 1 1,5 e     1 1,5 e      2 1y x  lgy x cosy x e 1xy     3 2 logf x xx   f x  0,1  1,2  2,3  3,4 7: 12p a   :q   12xf x ax    1,2 p q   2 2, 5 2, x x af x x x x a           2g x f x x  a  1,1  1,2  2,2  0,2  10 lgx x  1 2,x x 1 20 1x x  1 2 1x x  1 2 1x x  1 2 0x x   f x    1 1f x f x    f x  1,0x    2f x x  1,3      log 2ag x f x x   a  1,5  1,5 8 C． D． 7．已知函数 ，若关于 的方程 恰有四个不相等的实数根，则实 数 的取值范围是 A． B． C． D． 8 ． 已 知 定 义 域 为 的 函 数 既 是 奇 函 数 ， 又 是 周 期 为 3 的 周 期 函 数 ， 当 时 ， ，则函数 在区间 上的零点个数是__________． 9．已知函数 ，若函数 有 个零点，则实数 的取值范围是 __________． 10．已知函数 . （1）若 ，判断函数 的零点个数； （2）若对任意实数 ，函数 恒有两个相异的零点，求实数 的取值范围； （3）已知 且 ， ，求证：方程 在区间 上有实数根. 直通高考 1．（2018 年高考新课标 I 卷理科）已知函数 ．若 g（x）存在 2 个零点，则 a 的取值范围是 A．[–1，0） B．[0，+∞）  5,  5,   2 4 5, 1 ln , 1 x x xf x x x       x   1 2f x kx  k 1 , e2      1 , e2      1 e,2 e       1 e,2 e      R  f x 30, 2x       sinπf x x  f x  0,6   2 2 1, 0 2 , 0 x xf x x x x           3g x f x m  3 m    2 1 0f x ax mx m a      1 0f    f x m  f x a 1 2,x x R 1 2x x    1 2f x f x      1 2 1 2f x f x f x     1 2,x x   e 0 ln 0 x xf x x x     ， ， ， ，    g x f x x a   9 C．[–1，+∞） D．[1，+∞） 2．（2017 年高考新课标Ⅲ卷理科）设函数 ，则下列结论错误的是 A． 的一个周期为 B． 的图象关于直线 对称 C． 的一个零点为 D． 在( , )单调递减 3．（2017 年高考新课标Ⅲ卷理科）已知函数 有唯一零点，则 a= A． B． C． D．1 4．(2016 年高考天津卷理科) 已知函数 (a＞0，且 a≠1)在 R 上单调递减， 且关于 x 的方程 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是 A． B． C． D． 5．（2018 年高考新课标Ⅲ卷理科）函数 在 的零点个数为________． 6．（2018 年高考浙江卷）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___________． 7．（2018 年高考天津卷理科）已知 ，函数 若关于 的方程 恰有 2 个互异的实数解，则 的取值范围是______________. 8．（2015 年高考湖北卷理科）函数 的零点个数为 _________． 9．（2017 年高考江苏卷理科）设 是定义在 上且周期为1 的函数，在区间 上， 其中集合 ， ，则方程 的解的个数是_________．   π( 3cos )f x x  ( )f x 2π ( )y f x 8π 3x  ( π)f x  π 6x  ( )f x π 2 π 2 1 1( ) 2 (e e )x xf x x x a       1 2 1 3 1 2       2 4 3 3 0 log 1 1 0a x a x a xf x x x          , ,  | | 2f x x  7 2( , ]4 3 2 3[ , ]3 4 1 2 3[ , ] { }3 3 4 1 2 3[ , ) { }3 3 4   πcos 3 6f x x      0 π， 2 4, 4 3, x x x x x         0a    2 2 2 , 0, 2 2 , 0. x ax a xf x x ax a x         x  f x ax a    2 ( ) | ln |2 24cos cos 2sin 1f x x x xx     ( )f x R [0,1) 2 , ,( ) , , x x Df x x x D     1{ nD x x n   *}nN ( ) lg 0f x x  10 10．（2016 年高考山东卷理科）已知函数 ，其中 ．若存在实数b，使 得关于 x 的方程 有 3 个不同的根，则实数 m 的取值范围是_________． 参考答案 【名师点睛】本题主要考查函数的零点存在性定理，一次函数的性质，分类讨论的数学思想等知识，意 在考查学生的转化化归能力和计算求解能力.求解时，由题意分类讨论 和 两种情况即可求得 最终结果. 2．【答案】（1）见解析；（2） ． 【解析】（1）∵ ， ， ∴ ， 又∵函数 是连续函数， ∴由函数的零点存在性定理可得方程 在区间 内有实数解． （2）取 ，得 ，由此可得 ，则下一个有解区间为 ， 再取 ，得 ，由此可得 ，则下一个有解区间   2 2 4 x x mf x x mx m x m       , , 0m   f x b 变式拓展 0a  0a  31, 2       0 1 0f     12 03f        10 2 03f f      3 21 13f x x x     0f x   0,2  1 1 0 2 12x       11 03f       11 2 09f f     1,2  2 1 31 22 2x     3 1 02 8f          3 11 02 24f f        11 为 ， 综上所述，所求实数解 在较小区间 内. 【思路分析】（1）通过 与 的乘积小于 0，利用零点的存在性定理证明即可；（2）利用二分 法求解方程的近似解的方法，转化求解即可． 3．【答案】C 【解析】函数的零点满足： ，即 ，则原问题等价于求解函数 与 的交点的个数，在同一个平面直角坐标系中绘制两个函数的图象如图所示， 观察可得，函数图象的交点个数为 3 个，故函数 的零点个数为 3. 本题选择 C 选项. 【名师点睛】先将原问题转化为两个函数图象的交点个数问题，再绘制函数图象，数形结合即可求得最 终结果.函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)＜0，还必须结 合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不 同的值，就有几个不同的零点． 31, 2      0x 31, 2       0f  2f  2 2log x x 2log x x 2logy x y x    2 2logf x x x  12 故答案为 C. 【名师点睛】（1）本题考查了函数与方程的关系，函数的图象与性质的应用问题，解题时应结合图象进 行解答．即由方程 f（x）=kx 恰有两个不同的实数根，等价于 y=f（x）与 y=kx 的图象有 2 个不同的交点， 数形结合求出 k 的取值范围． （2）零点问题是高中数学的一个重要问题，常用的方法有方程法、图象法、方程+图象法. 1．【答案】C 【解析】选项 A 中，函数无零点，不合题意，故 A 不正确. 选项 B 中，函数不是偶函数，不合题意，故 B 不正确. 选项 C 中，函数是偶函数又存在零点，符合题意，故 C 正确. 选项 D 中，函数不是偶函数，不合题意，故 D 不正确. 综上可知选 C. 2．【答案】C 考点冲关 13 【解析】由题意，函数 为单调递减函数，且 ，所以 ，所以函数 在区间 上存在零 点，故选 C． 【名师点睛】本题考查了函数与方程的综合应用，解答时根据函数的单调性，利用函数的零点存在性定 理判定是解答的关键，着重考查学生的推理与运算能力． 4．【答案】B 【解析】由题意得 ，若 ，则应有 或 或 ，若函数 有三个不同的零点，则应满足 ，故选择 B． 【名师点睛】函数 的零点等价于方程 的实根，等价于函数 的图象与 轴交 点的横坐标.本题先画出函数 的图象，再确定分点 的取值范围，这里要特别注意端点值能否取得 等号. 5．【答案】A 【解析】作出函数 的图象，   3 2 logf x xx    3 3 22 log 2 1 log 2 0,2f        3 2 13 log 3 03 3f         2 3 0f f    3 2 logf x xx   2,3   2 2, 3 2, x x ag x x x x a          0g x  2x  1x   2x    g x 1 2a    y f x   0f x   y f x x  g x a  10 , lgxy y x   14 由 图 象 可 知 ， 两 个 根 一 个 小 于 ， 一 个 区 间 内 ， 不 妨 设 ， 则 ， 两式相减得： ，即 ， 故选 A． 6．【答案】D 【解析】由题意可知函数 是周期为 的偶函数，结合当 时， ，绘制函数 的图象如下图所示， 函数 有 4 个零点，则函数 与函数 的图象在区间 内有 4 个交点， 结合函数图象可得：当 时， ，求解对数不等式可得： ，即实数 的取值范围 是 .本题选择 D 选项. 1  1,0 1 21, 1 0x x            1 2 1 21 210 lg lg ,10 lg lgx xx x x x                   1 2 1 2 1 2 1 2lg ( lg ) lg lg lg 10 10 0x xx x x x x x            1 20 1x x   f x 2  1,0x    2f x x  f x  g x  f x  log 2ay x   1,3 3x   log 3 2 1a   5a  a  5, 15 【名师点睛】由题意确定函数 的性质，然后将原问题转化为两个函数的图象有 4 个交点的问题求 解实数 a 的取值范围即可.函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)＜0，还必须结 合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不 同的值，就有几个不同的零点． 7．【答案】C 【解析】方程 恰有四个不相等的实数根转化为 的图象与 的图象有四 个不同的交点，如图所示， 直线 过定点 ，且过点 时，函数 的图象与 的图象有三个不 同的交点，此时 ； 设直线 与 切于点 ，则过该切点的切线方程为 ， 把点 代入切线方程，可得 ，解得 ，所以切点为 ，则切线的斜 率为 ， 所以方程 恰有四个不相等的实数根，则实数 的取值范围是 ，故选 A． 【名师点睛】本题主要考查了根的存在性与根的个数的判定问题，其中把方程 恰有四个  f x   1 2f x kx   y f x 1 2y kx  1 2y kx  10, 2      1,0  y f x 1 2y kx  1 0 12 0 1 2k     1 2y kx  ln ( 1)y x x   0 0,lnx x  0 0 0 1lny x x xx   10, 2     0 1 ln 12 x    0 ex  1e, 2      1 e ee    1 2f x kx  k 1 e,2 e         1 2f x kx  16 不相等的实数根转化为 的图象与 的图象有四个不同的交点，结合函数的图象求解是 解答的关键，着重考查了转化与化归的思想方法，以及数形结合思想的应用． 8．【答案】7 【解析】因为函数 的定义域为 R 的奇函数，且当 时， ，所以 ，又周期为 3，如图所示，画出函数 的函数图象， 由图象可知，在区间 上的零点为 ，所以共有 7 个零点. 【名师点睛】本题考查了三角函数图象、周期函数、奇函数和零点的综合应用，关键是画出函数图象， 利用图象来判定零点个数，属于难题.根据定义域为 R 和奇函数的定义可得 ，利用周期为 3 和 时， 可画出函数图象，根据图象判定零点个数. 9．【答案】 【解析】作出函数 的图象，如图所示， 因为 有三个零点，所以 ，解得 ，即实数 的取值范围是  y f x 1 2y kx   f x 30, 2x       sinπf x x  0 0,f     1 1 0f f     f x  0,6 0,1,2,3,4,5,6  0 0f  30, 2x       sinπf x x 1 ,03      y f x     3g x f x m  0 3 1m   1 03 m   m 17 ． 【名师点睛】作出函数 的图象，结合函数的图象，即可求解．本题主要考查了函数的零点问题 的判定，其中解答中把函数的零点个数问题转化函数的图象与 轴的交点个数，结合函数的图象求解是 解答的关键，着重考查了转化思想方法，以及数形结合思想方法的应用． 10．【答案】（1）见解析；（2） ；（3）见解析. 【解析】（1） ， ， ∴ , 当 时， ，函数 有一个零点； 当 时， ，函数 有两个零点. （2）已知 ，则 对于 恒成立,即 恒成立， ∴ ,从而解得 . 故实数 的取值范围是 . 【思路点拨】（1）利用判别式判定二次函数的零点个数； （2）零点个数问题转化为图象交点个数问题，利用判别式处理即可； 1 ,03      y f x x 0 1a   1 0,f   1 0,a m m     1a    2 1f x x mx m        22 4 1 2m m m      2m  0   f x 2m  0   f x 0a   2 4 1 0m a m     mR 2 4 4 0m am a   216 16 0a a    0 1a  a (0,1) 18 （3）利用零点的定义，将方程 在区间 上有实数根，转化为函数 在区间 上有零点，结合零点存在性定理可以证明. 【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：学！ （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范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； （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． 1．【答案】C 【解析】画出函数 的图象， 在 y 轴右侧的图象去掉，再画出直线 ，之后上下移动， 可以发现当直线过点（0,1）时，直线与函数图象有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线 与函数的图象有两个交点，即方程 有两个解，也就是函数 有两个零点，此时满足 ，即 ，故选 C． 【名师点睛】该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题 的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题， 画出函数的图象以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.即：首先 根据 g（x）存在 2 个零点，得到方程 有两个解，将其转化为 有两个解， 即直线 与曲线 有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数 的图象，      1 2 1 2f x f x f x     1 2,x x    g x f x     1 2 1 2 f x f x    1 2,x x 直通高考  f x exy  y x   f x x a    g x 1a  1a     0f x x a    f x x a   y x a    y f x  f x 19 再画出直线 ，并将其上下移动，从图中可以发现，当 时，满足 与曲线 有两个交点，从而求得结果. 2．【答案】D 【解析】函数 的最小正周期为 ，则函数 的周期为 ，取 ， 可得函数 的一个周期为 ，选项 A 正确； 函数 图象的对称轴为 ，即 ，取 ，可得 y=f(x)的图象关 于直线 对称，选项 B 正确； ， 函 数 的 零 点 满 足 ， 即 ，取 ，可得 的一个零点为 ，选项 C 正确； 当 时， ，函数 在该区间内不单调，选项 D 错误. 故选 D. 【名师点睛】（1）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为 或 的形式，则最小正周期为 ；奇偶性的判断关键是看解析式是否为 或 的形式. （2）求 的对称轴，只需令 ，求 x 即可；求 f(x)的 对称中心的横坐标，只需令 即可. 3．【答案】C 【解析】函数 的零点满足 ， 设 ，则 ， 当 时， ；当 时， ，函数 单调递减； 当 时， ，函数 单调递增， y x  1a  y x a    y f x ( )f x 2π 2π1T   ( )f x  2 πT k k Z 1k    f x 2π ( )f x  π π3x k k  Z  ππ 3x k k  Z 3k  8π 3x    π ππ cos π cos3 3f x x x                   ( )f x  π ππ3 2x k k   Z  ππ 6x k k  Z 0k  ( π)f x  π 6x  π ,π2x     π 5π 4π,3 6 3x      ( )f x (n )siy A x   (s )coy A x   2πT  siny A x cosy A x b     sin 0( )f x A x     ππ 2x k k    Z π( )x k k   Z ( )f x  2 1 12 e ex xx x a         1 1e ex xg x        2 1 1 1 1 1 1 1 e 1e e e e e x x x x x xg x                0g x  1x  1x    0g x   g x 1x    0g x   g x 20 当 时，函数 取得最小值，为 . 设 ，当 时，函数 取得最小值，为 ， 若 ，函数 与函数 没有交点； 若 ，当 时，函数 和 有一个交点， 即 ，解得 .故选 C. 【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数 的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样 会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 判别式 ， 因为 ，所以 ． 当 3a−2＜0，即 a＜ 时，方程 有一个正实根、一个负实根，满足要求； 当 3a−2=0，即 a= 时，方程 的一个根为 0，一个根为 ，满足要求； 当 3a−2＞0，即 ＜a＜ 时，因为− (2a−1)＜0，此时方程 有两个负实根， 不满足要求； 当 a= 时，方程 有两个相等的负实根，满足要求． 综上可知，实数 a 的取值范围是 ．故选 C． 5．【答案】 1x   g x  1 2g    2 2h x x x  1x   h x 1 0a   h x  ag x 0a     1 1ag h   h x  ag x 2 1a    1 2a          2 24 2 1 4 3 2 4 4 7 3 4 1 4 3a a a a a a           1 3 3 4a  0  2 3  2 2 2 1 3 2 0x a x a     2 3  2 2 2 1 3 2 0x a x a     2 3 2 3 3 4  2 2 2 1 3 2 0x a x a     3 4  2 2 2 1 3 2 0x a x a     1 2 3[ , ] { }3 3 4 3 21 【解析】 ， ，由题可知 或 ，解得 或 ，故有 3 个零点. 【名师点睛】本题主要考查三角函数的性质和函数的零点，属于基础题.解题时，首先求出 的范 围，再由函数值为零，得到 的取值可得零点个数. 6．【答案】(1,4) 【名师点睛】根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法， 再对应确定二次函数零点的取法，即得参数 的取值范围.已知函数有零点求参数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范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (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． 7．【答案】 【解析】分类讨论： 当 时，方程 即 ，整理可得： ，很明显 不是方 程的实数解，则 ； 当 时，方程 即 ，整理可得： ，很明显 不是方 程的实数解，则 . 0 πx  π π 19π36 6 6x    π π π 3π3 36 2 6 2x x   ， π 5π3 6 2x   π 4π,9 9x  7π 9 π3 6x  π3 6x     1,3 4,   4 8， 0x   f x ax 2 2x ax a ax    2 1x a x   1x   2 1 xa x   0x   f x ax 2 2 2x ax a ax     2 2x a x  2x  2 2 xa x  22 令 ，其中 ， ，则原问题等 价于函数 与函数 有两个不同的交点，求 的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律 绘制函数 的图象，同时绘制函数 的图象如图所示，考查临界条件，结合 观察可得，实 数 的取值范围是 . 【名师点睛】本题的核心是考查函数的零点问题，由题意分类讨论 和 两种情况，然后绘制函 数图象，数形结合即可求得最终结果.函数零点的求解与判断方法包括： (1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)＜0，还必须结 合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不 同的值，就有几个不同的零点.   2 2 , 01 , 02 x xxg x x xx        2 11 21 1 x xx x           2 42 42 2 x xx x      g x y a a  g x y a 0a  a  4,8 0x  0x  23 8．【答案】2 【解析】因为 ，所以函数 f(x)的零点个数为函数 y=sin 2x 与 y=|ln(x＋1)|图象的交点的 个数．函数 y=sin 2x 与 y=|ln(x＋1)|的图象如图所示，由图知，两函数图象有 2 个交点，所以函数 f(x)有 2 个零点． 9．【答案】8 【解析】由于 ，则需考虑 的情况， 在此范围内， 且 时，设 ，且 互质， 若 ，则由 ，可设 ，且 互质， 因此 ，则 ，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此 ， 因此 不可能与每个周期内 对应的部分相等， 只需考虑 与每个周期 的部分的交点， 画出函数图象，图中交点除外 其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期 的部分， 且 处 ，则在 附近仅有一个交点， 因此方程 的解的个数为 8． 【名师点睛】对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、 草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函 数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．      2 ( ) | ln4cos cos 2sin 1 2|2 2 1 cos sin 2sinf x x x x x x xx           | ln 1 |x   sin 2 n 1| |lx x   ( ) [0,1)f x  1 10x  xQ x D *, , , 2qx p q pp  N ,p q lg xQ lg (0,1)x *lg , , , 2nx m n mm  N ,m n 10 n m q p 10 ( )n mq p lg xQ lg x x D lg x x D (1,0) x D 1x  1 1(lg ) 1ln10 ln10x x     1x  ( ) lg 0f x x  24 10．【答案】(3，＋∞) 【解析】函数 的大致图象如图所示，根据题意知只要 即可，又 m＞0，解得 m＞3， 故实数 m 的取值范围是(3，＋∞)．  f x 24m m m 