1、训练目标(1)函数的零点概念；(2)数形结合思想训练题型(1)函数零点所在区间的判定；(2)函数零点个数的判断；(3)函数零点的应用解题策略(1)判断零点所在区间常用零点存在性定理；(2)判断零点个数方法：直接解方程f(x)0；利用函数的单调性；利用图象交点；(3)根据零点个数求参数范围可将参数分离.1方程xlg(x2)1有_个不同的实数根2已知函数f(x)logaxxb(a0且a1)当2a3b4时，函数f(x)的零点x0(n，n1)，nN*，则n_.3(2016南通一模)若函数f(x)|2x2|b有两个零点，则实数b的取值范围是_4(2016山东乳山一中月考)已知函数yf(x)(xR)满足f
2、(x2)f(x)且当x(1,1时，f(x)|x|，则yf(x)与ylog7x的交点的个数为_5设函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)2xx3，则f(x)的零点个数为_6已知函数f(x)2mx2x1在区间(2,2)内恰有一个零点，则m的取值范围是_7(2015湖北)函数f(x)2sinxsinx2的零点个数为_8(2016南宁模拟)已知函数f(x)lnx3x8的零点x0a，b，且ba1，a，bN*，则ab_.9已知函数f(x)若函数h(x)f(x)mx2有三个不同的零点，则实数m的取值范围是_10(2016淮安模拟)已知函数f(x)2xx，g(x)log2xx，h(x)x3x的零
3、点依次为a，b，c，则a，b，c由小到大的顺序为_11已知函数f(x)若函数g(x)f(x)2x恰有三个不同的零点，则实数m的取值范围是_12已知符号函数sgn(x)则函数f(x)sgn(lnx)ln2x的零点个数为_13定义在1，)上的函数f(x)满足：f(2x)2f(x)；当2x4时，f(x)1|x3|.则函数g(x)f(x)2在区间1,28上的零点个数为_14已知函数yf(x)和yg(x)在2,2上的图象如图所示给出下列四个命题：方程fg(x)0有且仅有6个根；方程gf(x)0有且仅有3个根；方程ff(x)0有且仅有7个根；方程gg(x)0有且仅有4个根其中正确命题的序号为_答案精析12
4、2.23.(0,2)4.653解析因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)0，所以0是函数f(x)的一个零点，当x0时，f(x)2xx30，则2xx3，分别画出函数y2x和yx3的图象，如图所示，有一个交点，所以函数f(x)有一个零点，又根据对称性知，当x0时函数f(x)也有一个零点综上所述，f(x)的零点个数为3.6.解析当m0时，函数f(x)x1有一个零点x1，满足条件当m0时，函数f(x)2mx2x1在区间(2,2)内恰有一个零点，需满足f(2)f(2)0或或解得m0或0m，解得m，解得m.综上可知，m.72解析函数f(x)2sinxsinx2的零点个数等价于方程2sinxsi
5、nx20的根的个数，即函数g(x)2sinxsin2sinxcosxsin2x与h(x)x2图象的交点个数于是，分别画出其函数图象如图所示，由图可知，函数g(x)与h(x)的图象有2个交点故函数f(x)有2个零点85解析f(2)ln268ln220，f(3)ln398ln310，且函数f(x)lnx3x8在(0，)上为增函数，x02,3，即a2，b3.ab5.9.解析令f(x)mx20，则f(x)mx2，设g(x)mx2，可知函数f(x)与函数g(x)的图象有三个不同的交点在同一平面直角坐标系中作出它们的大致图象，其中A(0，2)，B(3,1)，C(4,0)，可知直线g(x)mx2应介于直线A
6、B与直线AC之间，其中kAB1，kAC，故m.10acb解析因为函数f(x)2xx的零点在(1,0)上，函数g(x)log2xx的零点在(0,1)上，函数h(x)x3x的零点为0，所以acb.11(1,2解析g(x)令x22x30，得(x3)(x1)0，所以x13，x21.因为g(x)有3个零点，所以所以m(1,2122解析令sgn(lnx)ln2x0，得当lnx0，即x1时，1ln2x0，解得xe；当lnx0，即0x1时，1ln2x0，无解；当lnx0，即x1时，成立故方程sgn(lnx)ln2x0有两个根，即函数f(x)有2个零点134解析定义在1，)上的函数f(x)满足：f(2x)2f(
7、x)；当2x4时，f(x)1|x3|，函数f(x)在区间1,28上的图象如图所示：函数g(x)f(x)2在区间1,28上的零点个数，即为函数f(x)在区间1,28上的图象与直线y2交点的个数，由图可得函数f(x)在区间1,28上的图象与直线y2有4个交点，故函数g(x)f(x)2在区间1,28上有4个零点14解析设tg(x)，则由fg(x)0，得f(t)0，则t10或2t21或1t32.当t10时，g(x)0有2个不同根；当2t21时，g(x)t2有2个不同根；当1t32时，g(x)t3有2个不同根，方程fg(x)0有且仅有6个根，故正确设tf(x)，若gf(x)0，则g(t)0，则2t11或0t21.当2t11时，f(x)t1有1个根；当0t21时，f(x)t2有3个不同根，方程gf(x)0有且仅有4个根，故错误设tf(x)，若ff(x)0，则f(t)0，则t10或2t21或1t32.当t10时，f(x)t1有3个不同根；当2t21时，f(x)t2有1个根；当1t32时，f(x)t3有1个根，方程ff(x)0有且仅有5个根，故错误设tg(x)，若gg(x)0，则g(t)0，则2t11或0t21.当2t11时，g(x)t1有2个不同根；当0t21时，g(x)t2有2个不同根，方程gg(x)0有且仅有4个根，故正确综上，命题正确
