《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

考点三 函数零点的应用
角度 1 根据零点个数求参数范围
例 3 (2025·北京朝阳区质检) 设函数 $ f(x) = x + \frac{m}{x - 2} (m \in \mathbf{R}) $, 则“$ -3 ＜ m \leq 0 $”是“$ f(x) $ 在区间 $ (-1, 2) $ 内有且仅有一个零点”的(A)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案：
例3A [法一　由函数$f(x)=x+\frac{m}{x - 2}(m∈R)$的定义域为( - 1,2),
显然m=0时,函数在区间( - 1,2)内有且仅有一个零点.
令f(x)=0,可得$x+\frac{m}{x - 2}=0,$
即$x^{2} - 2x+m=0,$且曲线$y=x^{2} - 2x+m$是开口向上的抛物线，
其图象关于直线x=1对称.
设$g(x)=x^{2} - 2x+m,x∈( - 1,2),$
要使得函数y=g(x)在区间( - 1,2)上只有一个零点,
则满足$Δ=( - 2)^{2} - 4m=0$或$\begin{cases}g( - 1)=3+m＞0,\\g(2)=m＜0,\end{cases}$
解得m=1或 - 3＜m＜0,
即函数y=f(x)在区间( - 1,2)上只有一个零点时,m∈( - 3,0]∪{1},
所以“ - 3＜m＜0”是“f(x)在区间( - 1,2)内有且仅有一个零点”的充分不必要条件.
法二　令f(x)=0,则$x+\frac{m}{x - 2}=0,$
即m= - x(x - 2),x∈( - 1,2).
f(x)在( - 1,2)内有且仅有一个零点,
即直线y=m与函数y= - x(x - 2),x∈( - 1,2)的图象有且仅有一个交点
画出函数y= - x(x - 2),x∈( - 1,2)的大致图象,
如图所示

由图象可知, - 3＜m≤0或m=1,
所以“ - 3＜m＜0”是“f(x)在区间( - 1,2)内有且仅有一个零点”的充分不必要条件，故选A]

角度 2 根据零点范围求参数范围
例 4 已知函数 $ f(x) = 3^x - \frac{1 + ax}{x} $. 若存在 $ x_0 \in (-\infty, -1) $, 使得 $ f(x_0) = 0 $, 则实数 $ a $ 的取值范围是(B)

A.$ (-\infty, \frac{4}{3}) $
B.$ (0, \frac{4}{3}) $
C.$ (-\infty, 0) $
D.$ (\frac{4}{3}, +\infty)$$$

答案： 例4B [由$f(x)=3^{x}-\frac{1+ax}{x}=0,$
可得$a=3^{x}-\frac{1}{x},$
令$g(x)=3^{x}-\frac{1}{x},$其中x∈( - ∞, - 1),
由于存在$x_{0}∈( - ∞, - 1),$使得$f(x_{0})=0,$
则实数a的取值范围即为函数g(x)在( - ∞, - 1)上的值域
由于函数$y=3^{x},y= - \frac{1}{x}$在区间( - ∞, - 1)上均单调递增,
所以函数g(x)在( - ∞, - 1)上单调递增.
当x∈( - ∞, - 1)时,
$g(x)=3^{x}-\frac{1}{x}＜g( - 1)=3^{- 1}+1=\frac{4}{3},$
又$g(x)=3^{x}-\frac{1}{x}＞0,$
所以函数g(x)在( - ∞, - 1)上的值域为$(0,\frac{4}{3}).$因此,实数a的取值范围是$(0,\frac{4}{3}).$

(1) (2025·榆林模拟) 已知函数 $ f(x) = (x^2 - 4x + m)(4^{\frac{x}{3}} - m - 1) $ 恰有 3 个零点, 则整数 $ m $ 的取值个数是(B)

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：
训练3
(1)B [
(1)令$f(x)=(x^{2} - 4x+m)(4^{\frac{x}{3}} - m - 1)=0,$
得$m= - x^{2}+4x$或$m=4^{\frac{x}{3}} - 1.$
作出$g(x)= - x^{2}+4x,h(x)=4^{\frac{x}{3}} - 1$的图象，如图所示.

这两个函数图象的交点坐标为(0,0),(3,3),
因为$g(x)_{max}=4,$
h(x)＞ - 1,所以由图可知m的取值范围是( - 1,0)∪(0,3)∪(3,4).
故整数m=1或2,即整数m的取值个数为2.]

(2) 函数 $ f(x) = 2a \log_2 x + a \cdot 4^x + 3 $ 在区间 $ (\frac{1}{2}, 1) $ 上有零点, 则实数 $ a $ 的取值范围是(D)

A.$ a ＜ -\frac{1}{2} $
B.$ a ＜ -\frac{3}{2} $
C.$ -\frac{3}{2} ＜ a ＜ -\frac{1}{2} $
D.$ a ＜ -\frac{3}{4} $

答案： 训练3
(2)D
[
(2)当a=0时,f(x)=3,不符合题意;
当a＞0时,由于函数$y=2a\log_{2}x,y=a·4^{x}+3 $在$(\frac{1}{2},1)$上均单调递增,
此时函数f(x)在$(\frac{1}{2},1)$上单调递增;
当a＜0时,由于函数$y=2a\log_{2}x,y=a·4^{x}+3 $在$(\frac{1}{2},1)$上均单调递减,
此时函数f(x)在$(\frac{1}{2},1)$上单调递减.
因为函数f(x)在区间$(\frac{1}{2},1)$上有零点,
所以$f(\frac{1}{2})f(1)＜0,$
即3(4a+3)＜0,解得$a＜ - \frac{3}{4}]$

一、判断嵌套函数的零点个数
例 1 (2025·漳州质检) 已知函数 $ f(x) = \begin{cases} \ln x - \frac{1}{x}, x ＞ 0, \\ -|x + 1| + 1, x \leq 0, \end{cases} $ 则函数 $ g(x) = f(f(x) - 1) $ 的零点个数为(B)

A.3
B.5
C.6
D.8

答案：
例1B[依题意，函数g(x)=f(f(x) - 1)零点的个数，即为方程f(f(x) - 1)=0根的个数,令f(x) - 1=t,则f(t)=0,
当t＞0时$,\ln t - \frac{1}{t}=0,$
令$h(t)=\ln t - \frac{1}{t},t＞0,$
因为函数$y=\ln t,y= - \frac{1}{t}$均在(0,+∞)上单调递增,所以函数h(t)在(0,+∞)上单调递增,又$h(1)= - 1＜0,h(e)=1 - \frac{1}{e}＞0,$
则存在$t_{1}∈(1,e),$使得$h(t_{1})=0.$
当t≤0时,令 - |t+1|+1=0,
解得t=0或t= - 2,
作出函数$f(x)=\begin{cases}\ln x - \frac{1}{x},x＞0\\ - $|x+1|$+1,x\leq0\end{cases}$的大致图象，如图.
又f(x) - 1=t,
则f(x)=t+1.
当t=0时,f(x)=1,
由y=f(x)的图象知,方程f(x)=1有2个根;
当t= - 2时,f(x)= - 1,由y=f(x)的图象知,方程f(x)= - 1有2个根;
当$t=t_{1},t_{1}∈(1,e)$时$,f(x)=t_{1}+1∈(2,e+1),$由y=f(x)的图象知,方程$f(x)=t_{1}+1$有1个根,综上所述，函数g(x)=f(f(x) - 1)的零点个数为5.]

二、由嵌套函数零点的情况求参数
例 2 (2025·郑州模拟) 已知函数 $ f(x) = \begin{cases} x + 1, x \leq 0, \\ |x - \frac{1}{x}|, x ＞ 0. \end{cases} $ 若关于 $ x $ 的方程 $ [f(x)]^2 + (m - 4)f(x) + 2(2 - m) = 0 $ 有五个不同的实数根, 则实数 $ m $ 的取值范围是(C)

A.$[1, 3)$
B.$ (0, 2) $
C.$[1, 2)$
D.$ (0, 1)$$$

答案：
例2C[设$h(x)=x - \frac{1}{x},x＞0,$
则$h'(x)=1+\frac{1}{x^{2}}＞0,$
则h(x)在(0,+∞)上单调递增,h
(1)=0,
作出f(x)的大致图象
如图所示
令t=f(x),则$t^{2}+(m - 4)t+2(2 - m)=0,$
则$t_{1}=2,t_{2}=2 - m,$
由图可知，直线y=2与f(x)的图象有2个交点,所以直线y=2 - m与f(x)的图象必须有3个交点,则0＜2 - m≤1,解得1≤m＜2.]

(1) 已知函数 $ f(x) = \begin{cases} e^x, x ＜ 0, \\ 4x^3 - 6x^2 + 1, x \geq 0, \end{cases} $ 其中 $ e $ 为自然对数的底数, 则函数 $ g(x) = 3[f(x)]^2 - 10f(x) + 3 $ 的零点个数为(A)

A.4
B.5
C.6
D.3

答案：
训练
(1)A　[
(1)当x≥0时$,f(x)=4x^{3} - 6x^{2}+1$的导数为$f'(x)=12x^{2} - 12x,$当0＜x＜1时,f'(x)＜0,f(x)单调递减;
当x＞1时,f'(x)＞0,f(x)单调递增,
可得f(x)在x=1处取得最小值，最小值为 - 1,且f
(0)=1,
作出函数f(x)的图象，

$g(x)=3[f(x)]^{2} - 10f(x)+3,$
可令g(t)=0,
t=f(x),
可得$3t^{2} - 10t+3=0,$
解得t=3或$t=\frac{1}{3},$
当$t=\frac{1}{3},$即$f(x)=\frac{1}{3}$时,g(x)有三个零点;当t=3时,可得f(x)=3有一个实根,
即g(x)有一个零点,
综上,g(x)共有四个零点.]

(2) 函数 $ f(x) = \begin{cases} \ln(-x - 1), x ＜ -1, \\ 2x + 1, x \geq -1, \end{cases} $ 若函数 $ g(x) = f(f(x)) - a $ 有三个不同的零点, 则实数 $ a $ 的取值范围是[ - 1,+∞).

答案：
训练
(2)[ - 1,+∞)　[
(2)设t=f(x),
令f(f(x)) - a=0,
则a=f(t).在同一坐标系内作y=a,y=f(t)的图象(如图).
当a≥ - 1时,y=a与y=f(t)的图象有两个交点
设交点的横坐标为$t_{1},t_{2}($不妨设$t_{2}＞t_{1}),$
则$t_{1}＜ - 1,t_{2}≥ - 1.$
当$t_{1}＜ - 1$时$,t_{1}=f(x)$有一解;
当$t_{2}≥ - 1$时$,t_{2}=f(x)$有两解.
综上,当a≥ - 1时,函数g(x)=f(f(x)) - a有三个不同的零点]