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摘 要 : 函数零点是历年高考命题的重点，也是函数应用的基础，此内容可与多种函数及函数 的图象、性质相结合，从近几年高考来看，零点问题与函数图象交汇在客观题、与导数结合在解答题 中出现，是考查函数与方程、数形结合、转化与化归思想的重要载体.
关键词 :常见函数；零点问题；数形结合；求解策略
1 回归定义，溯本求根
例 1 已 知 定 义 在 R 上 的 函 数 f ( x ) ＝
，若关于 x 的函数 y＝f 2 (x ) －mf(x )＋m －1(其中 m > 2)有 n 个不同的零点 x 1，x2，x3， …，xn，则f(x 1 ＋x2 ＋x3 ＋ …＋xn ) ＝ .
解析 令f 2 (x ) －mf(x ) ＋m －1 ＝0，
解得f(x ) ＝1 或 m －1 .
当 x≠e 时，函数解析式f(x )
若f(x )
＝1，解得
x 1 ＝e －1，x2 ＝e ＋1 .
若f(x )
＝m －1，解得
当 x ＝e 时，函数解析式f(x ) ＝1，即 x5 ＝e.
综上所述 x 1 ＋x2 ＋x3 ＋x4 ＋x5 ＝5 e.
易知f(x 1 ＋x2 ＋x3 ＋ …＋xn ) ＝
.
例 2 (2019 年全国Ⅱ卷文)已知函数f(x ) ＝ (x －1)lnx－x －1，证明 :
(1)f(x )存在唯一 的极值点；
(2)f(x ) ＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
证明 (1)函数f (x ) 的定义域为(0，＋ ∞ )， 导函数f ′(x ) ＝lnx －
，此时f ″(x ) ＝
＋ 
> 0， 所以f ′(x )在(0，＋ ∞ )单调递增.
又f ′(1 ) ＝ －1 < 0，f ′(2) ＝ln2 －
> 0，所以 存在 x0 ∈ (1，2)，使得f ′(x0 ) ＝0.
易知，当 x ∈ (0，x0 )时，f ′(x ) < 0，当 x ∈ ( x0，＋ ∞ )时，f ′(x ) >0，即f (x )在(0，x0 )上单调递减， f (x )在(x0，＋ ∞ )上单调递增.
所以当 x ＝x0 时，f (x )有极小值.
所以f(x )存在唯一 的极值点.
(2)由(1)知，f(x )在 x ＝x0 处取得最小值f(x0 ) ＝ (x0 －1)lnx0 －x0 －1 .
又f ′ ( x0 ) ＝ lnx0 －
＝0，即 lnx0 ＝
，所以f(x0 ) ＝－－x0，显然f(x0 ) <0.
因f(e2 ) ＝e2 －3 >0，f (x )在(x0，＋ ∞ )上单调
递增，所以存在唯一实数 m ∈ (x0，＋ ∞ )，使f( m ) ＝ ( m －1)lnm－m －1 ＝0.
又f (x )在(0，x0 )上单调递减，且
∈ (0，x0 )，
所以f(x ) ＝0 有且仅有两个实根 m，
，且两个实根互为倒数.
评析 求函数零点的常用方法 :一是通过解对 应方程，求实数解；二是通过作函数图象，利用数形 结合求交点横坐标，但需要注意函数的定义域，分段 函数的零点检验.
2 巧用对称，不攻自破
例 3 ( 成都树德中学期末考试) 已知 x 1 是 函数f( x ) ＝x log2 x －2020 的一个零点，x2 是函数 g( x ) ＝x ·2 x －2020 的 一 个零点，则 x 1 x2 的值为
解析 令f(x ) ＝xlog2 x－2020 ＝0，得
log
2 x ＝
易知，函数 y ＝log2 x 与 y ＝
图象交点坐标为 A(x 1，y1 ) .
令 g(x ) ＝x ·2
x －2020 ＝0，可得 y ＝2
x 与 y ＝
图象交点坐标为 B(x2，y2 ) .
因函数 y＝log2 x 与 y ＝2x 的图象关于 y ＝x 对称，所以点 A(x 1，y1 )与 B(x2，y2 )关于 y＝x 对称，即
y1 ＝x2，y2 ＝x 1 .
又 y1 ＝
，所以 x 1 x2 ＝2020.
例 4 (2017 年全国 Ⅲ卷) 已知函数f ( x ) ＝ x2－2x＋a(ex－1 ＋e－x＋1 )有唯一零点，则 a ＝( ).
解析 f(x ) ＝x2 －2x ＋a ( ex －1 ＋e－x ＋1 )，令 t ＝ x －1，则 g(t ) ＝f( t ＋1) ＝t2 ＋a (et ＋e －t ) －1 .
易知 g( －t ) ＝g(t )，所以函数 g (x )为偶函数. 又函数f(x )有唯一零点，所以函数 g (x )也有唯一零点.
由偶函数图象关于 y 轴对称知，g (0) ＝2a－ 1 －0，解得 a＝
.
评析 解决函数零点不可求的客观题时，要有 二个意识 :一是会转化，函数零点、方程的根、两个图 象的交点三者之间等价转化；二是要有整体观，结合 图象的表征深化到图象的对称性 : 中心对称、轴对 称，奇函数或者偶函数的零点关于数轴原点对称，且 所有零点之和等于 0.
3 合理设参，统一变量
例 5 已 知 f ( x ) ＝
若 a < b，
f( a ) ＝f( b )，求 a＋3b 的取值范围 .
解析 函数 y ＝f ( x ) 的图象如图 1 所示，令f( a ) ＝f( b ) ＝m，a < b，由图知 m ∈ (0，3] .
图 1
因函数 y＝log2 x 与 y ＝2x 的图象关于 y ＝x 对
又f( a ) ＝3 a ＝m，所以 a ＝log3 m.
由f( b ) ＝3 b－4 ＝m，知 3 b ＝4 ＋m.
所以 a＋3b ＝log3 m＋m＋4.
构造函数 g(x ) ＝log3 x ＋x ＋4，x ∈ (0，3]，易知g (x )在(0，3]上单调递增.
所以 g (x )的值域为( －∞，8] .
即 a＋3b 的取值范围是( －∞，8] .
评析 将方程问题转化为图象的交点问题，数 形结合找到参数的切入点，联立方程组，将多变量问 题转化为单变量问题，方便在化简、求最值时使用均 值不等式、配方、构造函数判断单调性、比较大小等， 但要注意变形过程的等价性.
4 巧用模型，化动为静
|log3 x |，0 <x≤3，
例6 已知函数f(x ) ＝
若
函数 y＝f(x ) －m 有四个不同的零点 x 1，x2，x3，x4，满足 x 1 < x2 < x3 < x4，
的取值范围是 .
解析 函数 y ＝f ( x ) 的图象，如图 2 所示，令 f(x 1 ) ＝f(x2 ) ＝f( x3 ) ＝f( x4 ) ＝ m，则 m ∈ (0，1 )，
0 < x 1 < 1，1 < x2 <3 .
图 2
由f(x 1 ) ＝f(x2 )，知 |log3 x 1 | ＝ |log3 x2 | .
即－log3 x 1 ＝log3 x2，解得 x 1 x2 ＝1 .
由f(x3 ) ＝f(x4 ) ＝m，知 x2 －10x ＋24 －3 m＝0.
由根与系数的关系，得
x3 ＋x4 ＝10，x3 x4 ＝24 －3 m. ①
(x3 －3) (x4 －3) ＝x3 x4 －3(x3 ＋x4 ) ＋9，
将①式代入上式，得
(x3 －3) (x4 －3) ＝3 －3 m ∈ (0，3) .
综上所述
的取值范围是(0，3).
评析 依据题目条件准确画出函数图象，使复 杂的代数问题变得形象直观，结合图象建立等量关 系、不等关系，求得零点的分布.
5 数形结合，相得益彰
例 7 (2020 年全国Ⅲ卷)设函数f(x ) ＝x3 ＋ bx ＋c，曲线 y＝f (x )在点(
，f())处的切线与 y轴垂直.
(1)求 b；
(2)若f (x )有一个绝对值不大于 1 的零点，证 明 :f (x )所有零点的绝对值都不大于 1 .
解析 (1)b ＝－
过程省略.
(2)f(x ) ＝x3 －
x ＋c，令f (x ) ＝0， 解得－c＝x3 －x.
构造函数 g(x ) ＝x3 －
x，
导函数 g′(x ) ＝3(x2 －
) .
由 g′(x ) >0 知，x <
－或 x >；
由 g′(x ) <0 知，－
< x < .
所以 g(x )在( －∞，－
)，(
＋ ∞ )单调递
增，g(x )在( － , )单调递减.
图 3
综上所述，当f (x )有一个绝对值不大于 1 的零 点时，f (x )所有零点的绝对值都不大于 1 .
评析 本题考查导数的几何意义、与零点有关 的不等式证明，体现了数学运算、逻辑推理的核心素 养. 运用导数研究函数的零点或者方程的根，是高考 热点问题，以函数的单调性为切入点，画出函数大致 图象，以便确定函数零点的分布、最值情况，真正体 现数形结合的灵活运用.
6 以退为进，海阔天空
例 8 (2020 年浙江卷) 已知 1 < a ≤2，函数 f(x ) ＝ex －x －a，其中 e ＝2. 71828 … 是自然对数的 底数；
(1)证明 : 函数 y ＝f (x )在(0，＋ ∞ )上有唯一 零点；
(2)记 x0 为函数 y ＝f ( x )在(0，＋ ∞ )上的零
点，证明 
≤x0 ≤ 
证明 ( 1 ) 由 f( x ) ＝ ex －x －a 知，导 函 数 f ′( x ) ＝ex －1，显然，函数 y ＝f ( x ) 在(0，＋ ∞ )上单调递增.
又f(0) ＝1 －a <0，f(2) ＝e2－2 －a >0，
所以函数 y＝f (x )在(0，＋ ∞ )上有唯一零点.
(2)下证 ①f(
) ≤0.
故构造函数 g(x ) ＝ex －x－x2 －1，x ∈ [0，1] .
所以 g′(x ) ＝ex－2x－1，g″(x ) ＝ex－2.
令 g″(x ) ＝0，解得 x ＝ln2.
易知函 数 g′ ( x ) 在 ( 0，ln2) 上 单 调 递 减，在 (ln2，1)上单调递增.
又 g′(0) ＝0，g′(1) ＝e－3 <0，所以，当 x ∈ [0， 1]时，g′(x ) <0，函数 g (x )在[0，1]上单调递减.
所以 g(x ) ≤g(0) ＝0，即 ex －x －x2 －1 ≤0，由 此可得f(
) ≤0.
下证 ②0≤f(
) .
因为f(
) ＝e
－
－a ＝e
－－·2(a －1) －1，
构造函数 h (x ) ＝ex －x －
x2 －1，x ∈ [0， 2 ]， 所以 h ′(x ) ＝ex －x －1，h ″(x ) ＝ex －1 .
由 x ∈ [0， 2 ]知，h ″(x ) ≥0，函数 h ′(x )在[0，2 ]上单调递增.
又 h ′(x ) ≥ h ′ (0) ＝0，所以函数 h ( x ) 在[0，
2 ]单调递增，h (x ) ≥ h (0) ＝0，即 ex －x －x2 －1≥0，由此可得，f( ) ≥0.
综 上 所 述， f (
) ≤ f ( x0 ) ≤f( ) .
因为函数 y＝f (x )在(0，＋ ∞ )上单调递增， 所以 a －1 ≤x0 ≤ 2 ( a －1 ) .
评析 本题给人以亲而不近之感，利用导数判 断函数的单调性、零点个数，并将不等式的证明与零 点的存在性定理完美结合，较好地考查了逻辑推理 能力、转化与化归的思想.
7 反面入手，柳暗花明
例 9 ( 2016 年全国 Ⅰ 卷) 已知函数f( x ) ＝ (x－2 )ex ＋a (x －1 )2 有两个零点.
( 1 )求 a 的取值范围；
(2 ) 设 x 1，x2 是 f ( x ) 的 两 个 零 点，证 明 :x 1 ＋x2 <2.
解析 ( 1 ) 显然 1 不是函数f ( x ) 的零点，令
(x－2 )ex ＋a (x －1 )2 ＝0，得
构造函数
则导函数
由 h ′ (x ) >0 知，x >1；由 h ′ (x ) <0 知，x < 1 .
所以 函 数 h ( x ) 在 ( － ∞，1 ) 单 调 递 减，在 ( 1，＋ ∞ )单调递增.
当 x ∈ ( －∞，1 ) ∪ ( 1，2 )时，h(x ) <0；
当 x ∈ (2，＋ ∞ )时，h(x ) >0.
综上所述，h(x )的大致图象如图 4 所示.
图 4
因为函数f(x ) ＝ (x －2 ) ex ＋a (x －1 )2 有两个 零点，所以 y＝－a 与 y＝h(x ) 图象有两个交点，即 －a <0，解得 a >0.
(2 ) 由(1 )知 x 1 < 1，x2 > 1，不妨假设 x 1 ＋x2 ≥ 2，则 x2 ≥2－x 1 > 1 .
由函数 h(x )在(1，＋ ∞ )单调递增，知 h(x2 ) ≥h(2－x 1 ) .
由 x < 1 知 g′(x ) >0，
即 g(x )在( －∞，1 )上单调递增.
所以 g(x ) < g ( 1 ) ＝0，即 g (x ) < 0，这与(x－ 2 )ex ＋xe2－x ≥0 矛盾，假设不成立，所以 x 1 ＋x2 <2.
评析 已知 x 1，x2 是函数f ( x ) 的零点，证明 : x 1 ＋x2 < m，可以从反面假设 x 1 ＋x2 ≥m，将问题转 化为比较f(x 1 )与f(m－x 1 )的大小，在此，构造函数 F (x ) ＝f( x ) －f( m －x )，利用函数的单调性比较 F (x )与 0 的大小，进而推出矛盾. 此方法也可证明 :
x 1 x2 < n.
函数零点的分布是难点，也是近几年高考的热点，综合性很强，考法灵活多变，解题时应该避 重就轻，避实就虚，不失为 一 种明智的策略，可以 考虑以上 7 种策略. 考查了数形结合 、分类讨论 、 函数与方 程 、转 化 与 化 归 数 学 思 想，也 是 解 题 策 略的优 化 与 变 通，更 是“ 临 渊 羡 鱼，不 如 退 而 结 网”的人生境界.
参考文献 :
[ 1 ] 谢新华. 运用数学思想 探究函数零点个数问题 [J ]. 数理化解题研究，2021 (01 ) :29 －30 .
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