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第六篇函数与导数
专题04 函数的零点
【典例1】【辽宁省丹东市2020届模拟】已知设函数()ln(2)(1)ax
f x x x e =+-+.
（1）若0a =，求()f x 极值；
（2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点. 【思路引导】
（1）通过求导得到()f x '，求出()0f x '=的根，列表求出()f x 的单调区间和极值.
（2）对a 进行分类，当1a >时，通过对()f x '求导，得到()f x '在()1,-+∞单调递减，找到其零点，进而得到()f x 的单调性，找到()0>0f x ，()00f <，可证()f x 在()1,-+∞上存在零点.
当01a <<时，根据（1）得到的结论，对()f x 进行放缩，得到1e 0a
f -??> ???
，再由()00f <，可证()
f x 在()1,-+∞上存在零点. 【详解】
（1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()1
02
x f x x +'=-
=+得1x =-． 当x 变化时，()
f x '，()f x 的变化情况如下表：
故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值． （2）()()1
e 112
ax f x a x x ??=
-++?+'?，2x >-． 当0a >时，因为1x >-，所以()()
()2
1
e 1202ax
f x a a x x ??=-
-++?+'
'， ()f x '在()1,-+∞单调递减．
因为()11e
0a
f --=->'，()1
002
f b -'=-<，
所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=，
当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<， 所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减． 所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<， 所以()f x 在()1,-+∞存在零点．
当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+， 于是e 1x x ≥+，所以()e
11ax
ax a x -≥-+>-+．
所以()()()()())
e e ln 21e 1ln 21]ax ax ax
f x x x x a x -???=+-+>-+++???
． 于是11111
11e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a a
f a a -------??????????????>+-+->+--=???? ? ? ? ? ????????????????
???．
因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -??
+∞ ???
存在零点．
综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点．
【典例2】【河南省名校-鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试】已知函数()2
23x
f x e x x =+-.
（1）求函数()f x '在区间[]0,1上零点个数；（其中()f x '为()f x 的导数） （2）若关于x 的不等式()()2
5312
f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围. 【思路引导】
（1）根据()f x 可得()43x
f x e x '=+-，为递增函数，再根据零点存在性定理得出答案.
（2）将不等式整理转化为求函数()1
2x e x g x x x
=--在[)1,+∞的最小值，
利用导数判断单调性和取值范围，遂可得解. 【详解】
解：（1）函数()2
23x
f x e x x =+-的导数()43x
f x e x '=+-，
则()43x
f x e x '=+-在区间()0,1递增，
又()01320f '=-=-<，()14310f e e '=+-=+>， 则函数()f x '在区间[]0,1上只有一个零点； （2）若关于的不等式()()2
5312
f x x a x ≥
+-+在[)1,+∞上恒成立， 整理得1
2x e x a x x
≤--，
即求函数()1
2x e x g x x x
=--在[)1,+∞的最小值
由()1
2x e x g x x x =--的导数()()()222
11111122
x x e x e x g x x x x --+'=-+=-， 由1x y e x =--的导数为1x
y e '=-，可得
0x >时，0y '>，函数1x y e x =--递增，0x <时，函数1x y e x =--递减，
则10x e x --≥，即10x e x ≥+>，
当1x ≥时，()()()22
11111111
0222
x e x x x x x -++-+-≥-=>， 则()1
2x e x g x x x
=--在[)1,+∞递增，可得()()min 312g x g e ==-，
则3
2
a e ≤-
. 【典例3】【广东省茂名市2019届高三第一次综合测试】已知函数()()1
ln f x x a R ax
=+∈在1x =处的切线与直线210x y -+=平行．
(1)求实数a 的值，并判断函数()f x 的单调性；
(2)若函数()f x m =有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>． 【思路引导】 （1）由()1
'12
f =
可得2a =，利用导数可求()f x 的单调区间. （2）由121211ln ,ln 22x m x m x x +=+=可得12112
12ln
x x
x x x -=，2
121212ln x x x x x -=，令12x t x =，则()0,1t ∈且
121
+=2ln t t x x t
-
，构建新函数()()1
2ln 01h t t t t t
=--<<，利用导数可以证明()1h t >即121x x +>. 【详解】
（1）函数()f x 的定义域：()0,+∞，
()11
112
f a =-
='，解得2a =， ()1
ln 2f x x x ∴=+，
()221121
22x f x x x x -∴=-=
' 令()0f x '<，解得102x <<，故()f x 在10,2?? ???
上是单调递减；
令()0f x '>，解得12x >
，故()f x 在1,2??
+∞ ???
上是单调递增. （2）由12,x x 为函数()f x m =的两个零点，得1212
11
ln ,ln 22x m x m x x +
=+= 两式相减，可得1212
11
ln ln 022x x x x -+
-= 即112212
ln 2x x x x x x -=，
12
1212
2ln x x
x x x x -=，
因此12
11
2
12ln
x x x x x -=，2
121212ln x x x x x -=
令1
2
x t x =
，由12x x <，得01t <<. 则1211
11+=2ln 2ln 2ln t t t t x x t t t
-
-
-+=， 构造函数()()1
2ln 01h t t t t t
=--<<，
则()()2
22
11210t h t t t t -=+-=
>'
所以函数()h t 在()0,1上单调递增，故()()1h t h <，
即12ln 0t t t
--<，可知1
12ln t t t
->.故命题121x x +>得证.
【典例4】【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第二次模拟考试】已知函数ln ()(,)x a
f x bx a b R x
-=-∈. （1）当0b =时，讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()
()f x g x x
=
在x =e 为自然对数的底）时取得极值，且函数()g x 在(0,)e 上有两个零点，求实数b 的取值范围. 【思路引导】
（1）当0b =时，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可判断f （x ）的单调性； （2）函数()g x 在()0,e 上有两个零点等价于函数()(),0,g x x e ∈的图像与x 轴有两个交点，数形结合即可得到实数的取值范围. 【详解】
（1）当0b =时，()ln x a
f x x
-=
， ()()22
1
ln 1ln x x a a x x f x x x ?--+-==
'，
令()0f x '=，得1a x e +=，
当(
)10,a
x e
+∈时，()0f x '>，当()
1,a
x e
+∈+∞时，()0f x '<.
所以函数()f x 在(
)10,a
e +上单调递增，在()
1,a
e
++∞上单调递减.
（2）()()2ln f x x a
g x b x
x
-==-，()()2
43
1ln 2122ln x x a x a x x g x x x ?--?-=='+， ∵()g x
在x =
∴0g '
=即1210a +-=，
∴0a =. 所以()2ln x g x b x =
-，()
3
12ln x
g x x -'=， 函数()g x
在(
上单调递增，在)
+∞上单调递减，
得函数的极大值1
2g
b e
=
-， ∴当函数()g x 在()0,e 上有两个零点时，必有()0,1
0,2g e b e ?
?->??
得
2112b e e
<<. 当2112b e e <<时，2
10g e b e ??=--< ???
.
∴()g x
的两个零点分别在区间1
e ? ?
与
)
e 中.
∴的取值范围是
211,2e e ??
??
?. 1.【福建省泉州市2019届普通高中毕业班第二次质量检查】已知函数1
()()ln f x x x x =-，()k g x x x
=-. （1）证明：函数()f x 的极小值点为1；
（2）若函数()()y f x g x =-在[
)1,+∞有两个零点，证明：1718
k <≤. 【思路引导】
(1)利用导函数的正负确定函数的增减.(2) 函数()()y f x g x =-在[
)1,+∞有两个零点，即方程()2
21ln x
x x k --=-在区间[)1,+∞有两解，令()()
221ln h x x x x =--通过二次求导确定函数单调性证明
参数范围.
解：（1）证明：因为()2211'1ln 1f x x x x ?
???=+
+- ? ?????
，(0)x > 当()0,1x ∈时，22
11ln 0,10,10x x x +
-<，()'0f x <， 所以()f x 在区间()0,1递减； 当()1,x ∈+∞时，22
11
ln 0,10,10x x x >+
>->， 所以()'0f x >，所以()f x 在区间()1,+∞递增； 且()'10f =，所以函数()f x 的极小值点为1 （2）函数()()y f x g x =-在[
)1,+∞有两个零点， 即方程()
2
2
1ln x x x k --=-在区间[
)1,+∞有两解，
令()()
2
2
1ln h x x x x =--，则()1
'2ln h x x x x x
=--
令()()()'1x h x x ?=≥，则()21
'2ln 10x x x
?=++>， 所以()'h x 在[
)1,+∞单调递增， 又()'120h =-<，()5'24ln202
h =-
> 故存在唯一的()1,2m ∈，使得()1'2ln 0h m m m m m =--
=，即211ln 22m m
=+， 所以()h x 在()1,m 单调递减，在区间(),m +∞单调递增，
且()()1e 1h h ==-，()()()(
)2
2
2
2
22
2min 11
111ln 1222h x h m m m m m m m m
m ?
???==--=-+-=-+
? ?
???
?又因为()1,2m ∈，所以()min 17
8
h x >-
， 方程关于x 的方程()
2
2
1ln x x x k --=-在[
)1,+∞有两个零点，
由()f x 的图象可知，()()min 17
118
h x k h -<<-≤=-， 即1718
k ≤<
. 2.【湖北省2019届高三4月份调研考试】已知21
()(ln )ln 12
f x x x k x =---()k ∈R . （1）若()f x 是(0,)+∞上的增函数，求k 的取值范围；
（2）若函数()f x 有两个极值点，判断函数()f x 零点的个数. 【思路引导】
(1) 由题意知()0f x '≥恒成立,构造函数()ln F x x x k =--，对函数求导，求得函数最值，进而得到结果；（2）当1k >时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点，再证()10f x >，()20f x <. 【详解】
（1）由()()2
1ln ln 12f x x x k x =-
--得()ln x x k f x x
'--=
， 由题意知()0f x '≥恒成立，即ln 0x x k --≥，设()ln F x x x k =--，()1
1F x x
'=-
， ()0,1x ∈时()0F x '<，()F x 递减，()1,x ∈+∞时，()0F x '>，()F x 递增；
故()()min 110F x F k ==-≥，即1k ≤，故k 的取值范围是(]
,1-∞. （2）当1k ≤时，()f x 单调，无极值； 当1k >时，()110F k =-<， 一方面，()0k k
F e
e
--=>，且()F x 在()0,1递减，所以()F x 在区间()
,1k e -有一个零点. 另一方面，()2k
k
F e
e
k =-，设()2k g k e k =-(1)k >，则()20k g k e ='->，从而()g k
在()1,+∞递增，则()()120g k g e >=->，即()0k
F e
>，又()F x 在()1,+∞递增，所以
()F x 在区间()1,k e 有一个零点.
因此，当1k >时()f x '在(),1k
e -和(
)1,k
e
各有一个零点，将这两个零点记为1
x ，
2x ()121x x <<，当()10,x x ∈时()0F x >，即()0f x '>；当()12,x x x ∈时()0F x <，即
()0f x '<；当()2,x x ∈+∞时()0F x >，即()0f x '>：从而()f x 在()10,x 递增，在()12,x x
递减，在()2,x +∞递增；于是1x 是函数的极大值点，2x 是函数的极小值点.
下面证明：()10f x >，()20f x <
由()10f x '=得11ln 0x x k --=，即11ln k x x =-，由()()2
11111ln ln 12
f x x x k x =--- 得()()()21111111ln ln ln 12f x x x x x x =----()2
11111ln ln 12
x x x x =+--， 令()()21ln ln 12m x x x x x =+
--，则()()1ln x x m x x
-'=， ①当()0,1x ∈时()0m x '<，()m x 递减，则()()10m x m >=，而11x <，故()10f x >； ②当()1,x ∈+∞时()0m x '<，()m x 递减，则()()10m x m <=，而21x >，故()20f x <； 一方面，因为(
)2210k
k
f e
e
--=-<，又()10f x >，且()f x 在()10,x 递增，所以()f x 在
()
21,k
e
x -上有一个零点，即()f x 在()10,x 上有一个零点.
另一方面，根据1(0)x
e x x >+>得1k e k >+，则有：
()()
4
442
2
1211121k
k
f e
e
k k k =-->+--2
4
37
4044k k k k ??=+-+> ??
?，
又()20f x <，且()f x 在()2,x +∞递增，故()f x 在(
)42,k
x e
上有一个零点，故()f x 在
()2,x +∞上有一个零点.
又()10f =，故()f x 有三个零点.
3.【山西省吕梁市2020届模拟】已知函数()()2ln 1f x x x ax =-+-． （1）当1a =时，证明()f x 的图象与x 轴相切； （2）当1a <时，证明()f x 存在两个零点． 【思路引导】
（1）先求导，再设切点，求出切点坐标，即可证明，
（2）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值，即可证明. 【详解】
证明：（1）当a ＝1时，f （x ）＝（x ﹣2）lnx +x ﹣1． ∴f ′（x ）＝lnx +
+1，
若f （x ）与x 轴相切，切点为（x 0，0）， ∴f （x 0）＝（x 0﹣2）lnx 0+x 0﹣1＝0 f ′（x 0）＝lnx 0+
+1＝0，
解得x 0＝1或x 0＝4（舍去） ∴x 0＝1，
∴切点为（1，0）， 故f （x ）的图象与x 轴相切
（2）∵f （x ）＝（x ﹣2）lnx +ax ﹣1＝0， ∴a ＝﹣
＝﹣lnx +
，
设g （x ）＝﹣lnx +，
∴g ′（x ）＝﹣
﹣+
＝
，
令h （x ）＝1﹣2x ﹣2lnx
易知h （x ）在（0，+∞）为减函数， ∵h （1）＝1﹣1﹣2ln 1＝0，
∴当x ∈（0，1）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增， 当x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减， ∴g （x ）max ＝g （1）＝1，
当x →0时，g （x ）→﹣∞，当x →+∞时，g （x ）→﹣∞， ∴当a ＜1时，y ＝g （x ）与y ＝a 有两个交点， 即当a ＜1时，证明f （x ）存在两个零点
4.【广东省深圳市2019届高三第一次（2月)调研考试】已知函数()(2)x
a
f x e x x
=--，其定义域为
(0,)+∞.（其中常数 2.718 28e =L ，是自然对数的底数）
（1）求函数 (
) f x 的递增区间； （2）若函数 (
) f x 为定义域上的增函数，且12()()4f x f x e +=-，证明: 122x x +≥ . 【思路引导】
（1）求得函数的导数22
(1)()
()x e x x a f x x
--'=，分类讨论，即可求解函数的单调区间；
（2）由题意，问题转化为11()(2)4f x f x e +-≤-，令()()(2)x f x f x ?=+-，01x <≤，
即证2222
(1)(3)
0(2)
x e x x x x -+--≥-，根据函数的单调性，即可作出证明． 【详解】 （1）易知()()(
)22
1x e x x a
f x x --'=
，
①若0a ≤，由()0f x '>解得1x >，∴函数()f x 的递增区间为()1,+∞； ②若01a <<，则
∴函数()f x 的递增区间为(和()1,+∞； ③若1a =，则()()()
2
2
110x e x x f x x
+='-≥，∴函数()f x 的递增区间为()0,+∞；
④若1a >，则
∴函数()f x 的递增区间为()0,1和
)
+∞；
综上，若0a ≤，()f x 的递增区间为()1,+∞；
若01a <<，()f x 的递增区间为(和()1,+∞； 若1a =，函数()f x 的递增区间为()0,+∞；
函数解析式的表示形式及五种确定方式 函数的解析式是函数的最常用的一种表示方法，本文重点研究函数的解析式的表达形式与解析式的求法。 一、解析式的表达形式 解析式的表达形式有一般式、分段式、复合式等。 1、一般式是大部分函数的表达形式，例 一次函数：b kx y += )0(≠k 二次函数：c bx ax y ++=2 )0(≠a 反比例函数：x k y = )0(≠k 正比例函数：kx y = )0(≠k 2、分段式 若函数在定义域的不同子集上对应法则不同，可用n 个式子来表示函数，这种形式的函数叫做分段函数。 例1、设函数(]() ???+∞∈∞-∈=-,1,log 1,,2)(81x x x x f x ，则满足41)(=x f 的x 的值为 。 解：当(]1,∞-∈x 时，由4 12= -x 得，2=x ，与1≤x 矛盾； 当()+∞∈,1x 时，由4 1log 81=x 得，3=x 。 ∴ 3=x 3、复合式 若y 是u 的函数，u 又是x 的函数，即),(),(),(b a x x g u u f y ∈==，那么y 关于x 的函数[]()b a x x g f y ,,)(∈=叫做f 和g 的复合函数。 例2、已知3)(,12)(2 +=+=x x g x x f ，则[]=)(x g f ，[]=)(x f g 。 解：[]721)3(21)(2)(2 2+=++=+=x x x g x g f [][]4443)12(3)()(222 ++=++=+=x x x x f x f g 二、解析式的求法 根据已知条件求函数的解析式，常用待定系数法、换元法、配凑法、赋值（式）法、方程法等。 1待定系数法 若已知函数为某种基本函数，可设出解析式的表达形式的一般式，再利用已知条件求出系数。
函数的零点 班级 ___________ 姓名 __________ 知识必备 1、函数零点定义. 对于函数()D x x f y ∈=,，把使()0=x f 成立的实数x 叫作函数()D x x f y ∈=,的零点。 2、函数的零点与相应方程的根，函数的图像与x 轴交点之间的关系. 方程()0=x f 有实根?函数()x f y =的图像与x 轴交点?函数()x f y =有零点. 3、函数零点的判定（零点存在性定理） 如果函数()x f y =在区间[]b a ,上的图像是一条连续曲线，并且有()()0+-≤-+=0 ,ln 20 ,322x x x x x x f 的零点个数为____________. 5、函数()()2,1≥∈-+=+n N n x x x f n n 在区间?? ? ??121，内的零点个数为______. 6、已知0x 是函数()x x f x -+ =11 2的一个零点，若()()+∞∈∈,,10201x x x x ，则（ ） ()()0,0.21< 专题复习之--函数零点问题 （一）零点所在区间问题（存在性，根的分布） 1.函数()lg 3f x x x =+-的零点所在区间为（ ） A ．(0，1) B ．(1，2) C ．(2，3) D ．(3，+∞) 变式：函数b x a x f x -+=)(的零点))(1,(0Z n n n x ∈+∈，其中常数b a ,满足 23,32==b a ， 则=n （ ） A. 0 B.1 C.2- D.1- 2.已知a 是实数，函数2 ()223f x ax x a =+--，如果函数()y f x =在区间[]11-，上有零点，则a 的取值范围是____________． （二）零点个数问题（重点，常用数形结合） 3.函数()44f x x x = ++-的零点有 个. 4.讨论函数2()1f x x a =--的零点个数. 5.若存在区间[,]a b ,使函数[]()2(,)f x k x x a b =+ +∈的值域是[,]a b ,则实数k 的范围 是__________. 6. 已知偶函数)(x f 满足)()2(x f x f =-,且当10<≤x 时，x x f =)(,则x x f lg )(=的零点个数是________. 7.（选作思考）函数f （x ）=234 20122013123420122013x x x x x x ??+-+-+-+ ?? ? cos2x 在区间[-3，3]上的零点的个数为_________. （三）复合函数与分段函数零点问题（由里及外，画图分析） 8.已知函数???<≥=) 0()-(log )0(3)(3x x x x f x ，函数)()()()(2R t t x f x f x g ∈++=.关于)(x g 的 零点，下列判断不正确．．． 的是（ ） A.若)(,41x g t =有一个零点 B.若)(,4 12-x g t <<有两个零点 C.若)(,2-x g t =有三个零点 D.若)(,2-x g t <有四个零点 变式一：设定义域为R 的函数1251,0()44,0 x x f x x x x -?-≥?=?++0)()-2(0) x x f x x x x ?=?-≤? 则关于x 的函数1)(3-)(2y 2+=x f x f 的零点的个数为______. 变式三：已知函数(0)()lg()(0) x e x f x x x ?≥=?-0 B. b >-2且c <0 C. b <-2且c =0 D. b 2c=0≥-且 函数的零点 1、函数零点的定义： 对于函数y=f(x),我们把使f(x)=0的实数x 叫做函数y=f(x)的零点。 方程f(x)=0有实数根?函数y=f(x)的图象与x 轴有交点?函数y=f(x)有零点 注意：零点是一个实数,不是点。 练习：函数23)(2 +-=x x x f 的零点是（ ） Ａ．()0,1 Ｂ．()0,2 Ｃ．()0,1，()0,2 Ｄ.１，２ 方程f(x)=0的根的个数就是函数y=f(x)的图象与x 轴交点的个数。 方程f(x)=0的实数根就是函数y=f(x)的图象与x 轴交点的横坐标。 方法：①（代数法）求函数的零点就是求相应的方程的根，一般可以借助求根公式或因式分解等办法，求出方程的根，从而得出函数的零点。 ②（几何法）对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y=f(x)的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点． 练习：Ⅰ求零点 ①y=x 3-1, ② y=2^x-1, ③y=lg(x 2-1)-1, ④y=2^|x|-8, ⑤y=2+log 3x Ⅱ结合函数的图像判断函数f(x)=x 3-7x+6的零点 Ⅲ判断函数f(x)=lnx+2x 是否存在零点及零点的个数 2、一元二次方程和二次函数 例，当a>0时，方程ax 2+bx+c=0的根与函数y=ax 2+bx+c 的图象之间的关系如下表： 练习：如果函数f(x)= ax 2-x-1仅有一个零点，求实数a 的范围。 3、零点存在性定理： 如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且f(a)·f(b)<0，那么，函数y=f(x)在区间(a,b) 内有零点，即存在c ∈(a,b)，使得f(c)=0，这个c 也就是方程f(x)=0的根。 例1：观察二次函数f (x)=x 2- 2x - 3的图象: ① 在区间[-2，1]上有零点_______； f (-2)=_____，f (1)=_____， f (-2) · f(1)___0（< 或 > 或 =） ② 在区间[2，4]上有零点_______； f (2) · f(4)___0（< 或 > 或 =） 例1图 例2图 例2：观察函数 y = f (x)的图象: ①在区间[a ，b]上___(有/无)零点； f (a) · f(b)___0（< 或 > 或 =） ②在区间[b ，c]上___(有/无)零点； f (b) · f(c)___0（< 或 > 或 =） 练习：①判断函数f(x)=x2-2x-1在区间（2，3）上是否存在零点? 4、函数最值： 最大值：一般地，设函数y=f(x)的定义域为I ，如果存在实数M 满足：（1）对于任意的x ∈I ，都有f(x)≤M ；（2）存在x0∈I ，使得f(x0) = M ，那么，称M 是函数y=f(x)的最大值． 方法：利用函数单调性的判断函数的最大（小）值 利用二次函数的性质（配方法）求函数的最大（小）值 利用图象求函数的最大（小）值 如果函数y=f(x)在区间[a ，b]上单调递增，在区间[b ，c]上单调递减则函数y=f(x)在x=b 处有最大值f(b)；如果函数y=f(x)在区间[a ，b]上单调递减，在区间[b ，c]上单调递增则函数y=f(x)在x=b 处有最小值f(b). 练习：①函数 f （x ）= )1(11 x x --的最大值是______ ②函数f （x ）=ax （a ＞0，a ≠1）在［1，2］中的最大值比最小值 大2a ，则a 的值为______ ③设a 为实数，函数f （x ）=x2+|x －a|+1，x ∈R. （1）讨论f （x ）的奇偶性；（2）求f （x ）的最小值. ④已知二次函数f （x ）＝（lga ）x2＋2x ＋4lga 的最大值为3，求a 的值. 求函数解析式的六种常用方法 一、换元法 已知复合函数f [g （x ）]的解析式，求原函数f （x ）的解析式.令g （x ）= t ，求f （t ）的解析式，再把t 换为x 即可. 例1 已知f （x x 1+）= x x x 1122++，求f （x ）的解析式. 解： 设x x 1+= t ，则 x= 1 1-t （t ≠1）， ∴f （t ）= 1 11)11(1)11(22-+-+-t t t = 1+2)1(-t +（t －1）= t 2－t+1 故 f （x ）=x 2－x+1 （x ≠1）. 评注: 实施换元后,应注意新变量的取值范围,即为函数的定义域. 二、配凑法 例2 已知f （x +1）= x+2 x ，求f （x ）的解析式. 解： f （x +1）= 2)(x +2 x +1－1=2)1(+x －1， ∴ f （x +1）= 2)1(+x －1 （x +1≥1），将x +1视为自变量x ， 则有 f （x ）= x 2－1 （x ≥1）. 评注: 使用配凑法时，一定要注意函数的定义域的变化，否则容易出错. 三、待定系数法 例3 已知二次函数f （x ）满足f （0）=0，f （x+1）= f （x ）+2x+8，求f （x ）的解析式. 解：设二次函数f （x ）= ax 2+bx+c ，则 f （0）= c= 0 ① f （x+1）= a 2)1(+x +b （x+1）= ax 2+（2a+b ）x+a+b ② 由f （x+1）= f （x ）+2x+8 与①、② 得 ???=++=+822b a b b a 解得 ???==. 7,1b a 故f （x ）= x 2+7x. 评注: 已知函数类型，常用待定系数法求函数解析式. 高三数学专题复习 函数的零点与导数的应用关系 21、（本题满分14分） 已知函数1()ln ,()f x a x a R x =-∈其中 （1）设()(),h x f x x =+讨论()h x 的单调性。 （2）若函数()f x 有唯一的零点，求a 取值范围。 21．解：（1）1()ln h x a x x x =-+，定义域为(0,)+∞………………1分 22211()1a ax x h x x x x ++'=++=………………2分 令22()1,4g x x ax a =++?=- 当0?≤，即22a -≤≤时()0g x ≥，()0h x '≥此时()h x 在(0,)+∞上单调递增。………………4分 当0?>即2a <-或2a >时，由()0g x =得1x =，2x = ………………5分 若2a >则10x <又1210x x =>所以20x < 故()0h x '>在(0,)+∞上恒成立 所以()h x 在(0,)+∞单调递增……………………6分 若2a <-则20x >又1210x x =>所以20x > 此时当1(0,)x x ∈时()0h x '>；当12(,)x x x ∈时()0h x '<当2(,)x x ∈+∞时()0h x '> 故()h x 在1(0,)x ，2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 单调递减……………………7分 综上，当2a ≥-时()h x 在(0,)+∞上单调递增 当2a <-时()h x 在1(0,)x ，2(,)x +∞单调递增，在12(,)x x 单调递减……………8分 （2）方法1：问题等价于1ln a x x = 有唯一实根 显然0a ≠则关于x 的方程1ln x x a =有唯一实根……………10分 构造函数()ln x x x ?=，则()1ln x x ?'=+ 由0ln 1'=+=x ?，得e x 1= 高中数学专题练习-函数零点问题 [题型分析·高考展望] 函数零点问题是高考常考题型，一般以选择题、填空题的形式考查，难度为中档.其考查点有两个方面：一是函数零点所在区间、零点个数；二是由函数零点的个数或取值范围求解参数的取值范围. 常考题型精析 题型一 零点个数与零点区间问题 例1 (1)(·湖北)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为( ) A.{1,3} B.{－3，－1,1,3} C.{2－7，1,3} D.{－2－7，1,3} (2)(2015·北京)设函数f (x )＝??? 2x －a ，x ＜1，4(x －a )(x －2a )，x ≥1. ①若a ＝1，则f (x )的最小值为________； ②若f (x )恰有2个零点，则实数a 的取值范围是________. 点评 确定函数零点的常用方法： (1)若方程易求解时，用解方程判定法； (2)数形结合法，在研究函数零点、方程的根及图象交点的问题时，当从正面求解难以入手时，可以转化为某一易入手的等价问题求解，如求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. 变式训练1 (·东营模拟)[x ]表示不超过x 的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5.已知f (x )＝x －[x ](x ∈R )，g (x )＝log 4(x －1)，则函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 题型二 由函数零点求参数范围问题 例2 (·天津)已知函数f (x )＝??? |x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0. 若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数 a 的取值范围为________. 点评 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： 课题：___函数的解析式___ 教学任务 教 学 目 标 知识与技能目标会求简单函数的解析式 过程与方法目标 学生通过“回顾－反思－巩固－小结”的过程中 总结简单函数的解析式三种类型及解法。理解掌握 换元法、待定系数法，体会建立数学模型。培养学 生分类讨论的数学思想。 情感,态度与价值 观目标 使学生认识到数学与生活紧密相连，数学活动充满着探索与创 造，让他们在学习活动中培养独立的分析和建模的能力。 重点理解掌握应用换元法、待定系数法求简单函数的解析式 难点能初步掌握用数学模型解决实际问题，并能注意实际问题中的定义域 教学过程设计 问题与情境 设计 意图 活动1课前热身（资源如下） 1、设 ? ? ? ? ? < = > + = )0 (0 )0 ( )0 (1 ) ( x x x x x fπ，则f{f[f(－1)]}=_______ ___ 2、若一次函数f(x)，使f[f(x)]=9x+1，则() f x= 3、已知：) (x f=x2-x+3 ，则 f(x+1) = , f( x 1 )= 4、若 x x x f - = 1 ) 1 (求f(x) = 5、客车从甲地以60km/h的速度匀速行驶1小时到达乙地，在乙 地停留了半小时，然后以80km/h的速度匀速行驶1小时到达丙 地，下列描述客车从甲地出发.经过乙地，最后到达丙地所经过 的路程s与时间t之间关系的图象中，正确的是（）. A. B. C. D. . 从正 反两 种情 况出 发，让 学生 回忆 体会 函数 解析 式用 法和 求法。 活动2类型解法 函数的解析式的几种类型及解法： 1、已知所要求的函数类型（一次、二次、反比例、指对数等）， 利用待定系数法来求； 2、已知复合函数一般用变量代换（换元）法； 3、涉及实际问题求解析式，需建立数学模型即：把实际问题转 化为数学问题。 培 养学 生用 自己 的语 言来 总结 类型 与解 法 活动3提高探究 资源1、求满足下列条件的函数() f x的解析式： ①已知一次函数() f x，满足3(1)2(1)217 f x f x x +--=+. ②若二次函数满足(0)0 f=，且(1)()1 f x f x x +=++ ③设二次函数f(x)满足f(x－2)=f(－x－2),且图象在y轴上的截距为1,在x轴上截得 的线段长为2 2. 掌 握利 用待 定系 数法 求解 析式。 备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品 第六篇函数与导数 专题04 函数的零点 【典例1】【辽宁省丹东市2020届模拟】已知设函数()ln(2)(1)ax f x x x e =+-+. （1）若0a =，求()f x 极值； （2）证明：当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在(1,)-+∞上存在零点. 【思路引导】 （1）通过求导得到()f x '，求出()0f x '=的根，列表求出()f x 的单调区间和极值. （2）对a 进行分类，当1a >时，通过对()f x '求导，得到()f x '在()1,-+∞单调递减，找到其零点，进而得到()f x 的单调性，找到()0>0f x ，()00f <，可证()f x 在()1,-+∞上存在零点. 当01a <<时，根据（1）得到的结论，对()f x 进行放缩，得到1e 0a f -??> ??? ，再由()00f <，可证() f x 在()1,-+∞上存在零点. 【详解】 （1）当0a =时，()()()ln 21f x x x =+-+，定义域为()2,-+∞，由()1 02 x f x x +'=- =+得1x =-． 当x 变化时，() f x '，()f x 的变化情况如下表： 故当1x =-时，()f x 取得极大值()()()1ln 21110f -=---+=，无极小值． （2）()()1 e 112 ax f x a x x ??= -++?+'?，2x >-． 当0a >时，因为1x >-，所以()() ()2 1 e 1202ax f x a a x x ??=- -++?+''，()1 002 f b -'=-<， 所以有且仅有一个()11,0x ∈-，使()10g x '=， 当11x x -<<时，()0f x '>，当1x x >时，()0f x '<， 所以()f x 在()11,x -单调递增，在()1,x +∞单调递减． 所以()()010f x f >-=，而()0ln210f =-<， 所以()f x 在()1,-+∞存在零点． 当10a -<<时，由（1）得()()ln 21x x +≤+， 于是e 1x x ≥+，所以()e 11ax ax a x -≥-+>-+． 所以()()()()()) e e ln 21e 1ln 21]ax ax ax f x x x x a x -???=+-+>-+++??? ． 于是11111 11e e e 1ln e 21]e e 1ln e 1]0a a a a a f a a -------??????????????>+-+->+--=???? ? ? ? ? ???????????????? ???． 因为()0ln210f =-<，所以所以()f x 在1e ,a -?? +∞ ??? 存在零点． 综上，当1a >-，0a ≠时，函数()f x 在()1,-+∞上存在零点． 【典例2】【河南省名校-鹤壁高中2019届高三压轴第二次考试】已知函数()2 23x f x e x x =+-. （1）求函数()f x '在区间[]0,1上零点个数；（其中()f x '为()f x 的导数） （2）若关于x 的不等式()()2 5312 f x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，试求实数a 的取值范围. 【思路引导】 复合函数零点问题专题训练 1．定义域和值域均为[-a,a](常数a>0)的函数y=f(x)和y=g(x)的图像如图所示，给出下列四个命题中： (1)方程f[g(x)]=0有且仅有三个解；(2)方程g[f(x)]=0有且仅有三个解；(3)方程f[f(x)]=0有且仅有九个解；(4)方程g[g(x)]=0有且仅有一个解。 那么，其中正确命题的个数是 () A ．1 B.2 C.3 D.4(第1 题图) 解：选B.（1）方程f[g （x ）]=0有且仅有三个解；g （x ）有三个不同值，由于y=g （x ）是减函数，所以有三个解，正确； （2）方程g[f （x ）]=0有且仅有三个解；从图中可知，f （x ）∈（0，a ）可能有1，2，3个解，不正确； （3）方程f[f （x ）]=0有且仅有九个解；类似（2）不正确； （4）方程g[g （x ）]=0有且仅有一个解．结合图象，y=g （x ）是减函数，故正确．2.已知函数1)(+=x xe x f ， 若函数2)()(2 ++=x bf x f y 恰有四个不同的零点，则实数b 的取值范围是 （ ） A.) 22,(--∞ B.) 2,3(-- C.) 3,(--∞ D.(] 2 2,3--解：用求导方法得，f(x)在x =－1取得最大值1，在x=0取得最小值0，故0 第4讲与函数的零点相关的问题 函数零点的个数问题 1.函数f(x)=xcos 2x在区间[0,2π]上的零点的个数为( D ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 解析:要使f(x)=xcos 2x=0,则x=0,或cos 2x=0,而在区间[0,2π]上,通过观察y=cos 2x 的函数图象,易得满足cos 2x=0的x的值有,,,,所以零点的个数为5个. 2.(2015南昌二模)已知函数f(x)=函数g(x)是周期为2的偶函数,且当x∈[0,1]时,g(x)=2x-1,则函数y=f(x)-g(x)的零点个数是( B ) (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 解析:函数y=f(x)-g(x)的零点个数就是函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点个数.在同一坐标系中画出这两个函数的图象: 由图可得这两个函数的交点为A,O,B,C,D,E,共6个点. 所以原函数共有6个零点.故选B. 3.(2015南昌市一模)已知函数f(x)=若关于x的方程f[f(x)]=0有且只有一个实数解,则实数a的取值范围为. 解析:依题意,得a≠0,令f(x)=0,得lg x=0,即x=1,由f[f(x)]=0,得f(x)=1, 当x>0时,函数y=lg x的图象与直线y=1有且只有一个交点,则当x≤0时,函数y=的图象与直线y=1没有交点,若a>0,结论成立;若a<0,则函数y=的图象与y轴交点的纵坐标-a<1,得-1 答案:(-1,0)∪(0,+∞) 4.(2015北京卷)设函数f(x)= ①若a=1,则f(x)的最小值为; ②若f(x)恰有2个零点,则实数a的取值范围是. 解析:①当a=1时,f(x)=其大致图象如图所示: 由图可知f(x)的最小值为-1. ②当a≤0时,显然函数f(x)无零点; 当0 函数解析式 1、已知2(21)42f x x x +=-,求()f x 表达式。 2、已知1()2()23f x f x x +=+，求()f x 表达式。 3、已知2(1)21f x x +=+，求(1)f x -，()f x 。 4、已知23()2()23f x f x x --=-，不求()f x 的解析式，直接求(0)f ，(2)f 。 5、已知2 211()11x x f x x --=++，求()f x 解析式。 6、设()f x 是R 上的函数，且满足(0)1f =，并且对任意的实数x,y 都有()()(21)f x y f x y x y -=--+，求()f x 。 7、若函数2 2()1x f x x =+，求111(1)(2)()(3)()(4)()234f f f f f f f ++++++。 8、已知函数()x f x ax b =+，(2)1f =且方程()0f x x -=有唯一解，求()f x 表达式。 9、设)(x f 是一次函数，且34)]([+=x x f f ，求)(x f 。 10、已知221)1(x x x x f +=+ )0(>x ，求 ()f x 的解析式。 11、已知221)1(x x x x f +=+ )0(>x ，求 ()f x 的解析式。 12、已知函数)(2x g y x x y =+=与的图象关于点)3,2(-对称，求)(x g 的解析式。 13、设,)1(2)()(x x f x f x f =-满足求)(x f 。 14、设)(x f 为偶函数，)(x g 为奇函数，又,1 1)()(-=+x x g x f 试求)()(x g x f 和的解析式。 15、设)(x f 是定义在+N 上的函数，满足1)1(=f ，对任意的自然数b a , 都有ab b a f b f a f -+=+)()()(，求)(x f 。 16、已知f （x ＋1）＝x ＋2x ，求()f x 的解析式。 17、已知f （x ＋ x 1）＝x 3＋31x ，求()f x 的解析式。 18、已知函数()f x 是一次函数，且满足关系式3(1)2(1)217f x f x x +--=+，求()f x 的解析式。 19、已知2(1)lg f x x +=，求()f x 。 20、已知()f x 满足1 2()()3f x f x x +=，求()f x 。 高中数学-函数零点问题及例题解析 一、函数与方程基本知识点 1、函数零点：（变号零点与不变号零点） （1）对于函数)(x f y =，我们把方程0)(=x f 的实数根叫函数)(x f y =的零点。 （2）方程0)(=x f 有实根?函数()y f x =的图像与x 轴有交点?函数()y f x =有零点。 若函数()f x 在区间[],a b 上的图像是连续的曲线，则0)()(f ，所以由根的存在性定理可知，函数x x x f 2 )1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（1，2），选B （二）求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题。 函数零点的存在性定理，它仅能判断零点的存在性，不能求出零点的个数。对函数零点的个数问题，我们可以通过适当构造函数，利用函数的图象和性质进行求解。如： 2016年全国高中青年数学教师优秀课展示与培训活动交流课案 课 题：3.1.1 方程的根与函数的零点 教 材：人教A 版高中数学·必修1 【教材分析】 本节课的内容是人教版教材必修1第三章第一节，属于概念定理课。“函数与方程”这个单元分为两节，第一节：“方程的根与函数的零点”，第二节：“用二分法求方程的近似解”。 第一节的主要内容有三个：一是通过学生已学过的一元二次方程、二次函数知识，引出零点概念；二是进一步让学生理解：“函数()y f x =零点就是方程()0f x =的实数根，即函数 ()y f x =的图象与x 轴的交点的横坐标”；三是引导学生发现连续函数在某个区间上存在零 点的判定方法：如果函数()y f x =在区间[],a b 上图象是连续不断的一条曲线，并且有 ()()0f a f b ?<，那么，函数()y f x =在区间(),a b 内有零点，即存在(),c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根。这些内容是求方程近似解的基础。本节课的 教学主要是围绕如何用函数的思想解决方程的相关问题展开，从而使之函数与方程紧密联系在一起。为后续学习二分法求方程的近似解奠定基础，本节内容起着承上启下的作用，承接以前学过的方程知识，启下为下节内容学习二分法打基础。 【教学目标】 1.理解函数零点的概念；掌握零点存在性定理，会求简单函数的零点。 2.通过体验零点概念的形成过程、探究零点存在的判定方法，提高学生善于应用所学知识研究新问题的能力。 3.通过本节课的学习，学生能从“数”“形”两个层面理解“函数零点”这一概念，进而掌握“数形结合”的方法。 【学情分析】 1.学生具备的知识与能力 (1)初中已经学过一元二次方程的根、一元二次函数的图象与x 轴的交点横坐标之间的关系。 (2)从具体到抽象，从特殊到一般的认知规律。 2. 学生欠缺的知识与能力 (1)超越函数的相关计算及其图象性质. (2)通过对具体实例的探究,归纳概括发现的结论或规律,并将其用准确的数学语言表达出 函数解析式的求法大盘点 函数解析式的求解方法较多，在此，我归纳了几类供大家学习，希望对大家有所帮助。 一． 方程组法 型型和此法主要适用(x) )()()()()(c tx bf x af x c x t bf x af =+=+。 。即函数的解析式为得：替换为解析：把。 联立方程组，即可解出替换为分析：把的解析式。 ，求满足函数例3)(3)(-)(2)-()(2)(,)(,)()(2)()(.1x x f x x f x x f x f x x f x f x x x f x x x f x x f x f x f ==????=-=----=-- 。即函数的解析式为得：替换为解析：把。联立方程组，即可解出替换为分析：把的解析式。，求满足函数例)2(31)()2(31)(1 )(2)1()1(2)(,1)(,1)()1(2)()(.2x x x f x x x f x x f x f x x f x f x x x f x x x f x x f x f x f +--=+--=???? ????-=--=----=-- 点评：方程组法求函数解析式关键是根据所给表达式列出方程组。 )()()()()()()()()()(x f x t c x bf x t af x c x t bf x af x t x x c x t bf x af 即可解出，即替换为型需把???????=+=+=+， ).()()()()()()((x) )()(x f tx c x bf tx af x c tx bf x af tx x c tx bf x af 即可解出，即替换为型需把???=+=+=+ 专题三“用好零点”，证明函数不等式 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中已知零点（零点个数），证明函数不等式问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一设而不求，应用函数零点存在定理 例1.【四川省泸州市2019届高三二诊】已知函数． （1）若曲线在点处的切线与轴正半轴有公共点，求的取值范围； （2）求证：时，． 类型二设而不求，应用不等式性质 例2.【广东省揭阳市2019届高三一模】已知函数（，e是自然对数的底，） （1）讨论的单调性； （2）若，是函数的零点，是的导函数，求证：． 类型三代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系 例3.【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】已知函数，其中为常数. （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个相异零点，求证：. 类型四利用零点性质，构造函数证明参数范围 例4．【山东省临沂市2019届高三2月检测】已知函数． (1)判断的单调性； (2)若在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a<1． 【规律与方法】 应用函数的零点证明不等式问题，从已知条件来看，有两类，一类是题目中并未提及函数零点，二一 类是题目中明确函数零点或零点个数；从要求证明的不等式看，也有两种类型，一类是求证不等式是函数值的范围或参数的范围，二一类是求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系. 1.由于函数零点存在定理明确的是函数值满足的不等关系，所以，通过设出函数的零点，利用函数零点存在定理，可建立不等关系，向目标不等式靠近，如上述类型一；也可以利用不等式的性质，向目标不等式靠近，如上述类型二，这两类问题突出的一点是“设而不求”． 2. 当求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系时，则注意将零点代入函数式，构建方程（组），进一步确定零点之间的关系，然后在通过求导、分离参数、构造函数等手段. 【提升训练】 1．【广东省揭阳市2019届高三一模】设函数， （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个零点、，求证：． 2．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】已知函数有两个零点． 求实数a的取值范围； 若函数的两个零点分别为，，求证：． 3.【宁夏银川市2019年高三下学期检测】已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）． 4．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：． 5. 已知函数f（x）=3e x+x2，g（x）=9x﹣1． （1）求函数φ（x）=xe x+4x﹣f（x）的单调区间； （2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明． 6. 已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax?e x﹣4x，其中a为大于零的常数． （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）． 7.【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知函数，其导函数的最大值 求函数解析式的几种基本方法及例题： 1、凑配法：已知复合函数[()]f g x 的表达式，求()f x 的解析式，[()]f g x 的表达式容易配成()g x 的运算形式时，常用配凑法。但要注意所求函数()f x 的定义域不是原复合函数的定义域，而是()g x 的值域。 此法较适合简单题目。 例1、（1）已知f(x+1)=x 2+2x,求f(x)及f(x-2). （2） 已知2 2 1)1(x x x x f + =+ )0(>x ，求 ()f x 的解析式 解：（1）f(x+1)=(x+1)2-1,∴f （x ）=x 2-1.f(x-2)=(x-2)2-1=x 2-4x+3. （2） 2)1()1(2 -+ =+ x x x x f ， 21≥+ x x 2)(2-=∴x x f )2(≥x 2、换元法：已知复合函数[()]f g x 的表达式时，还可以用换元法求()f x 的解析式。与配凑法一样，要注意所换元的定义域的变化。 例2 （1） 已知x x x f 2)1(+=+，求)1(+x f (2)如果).(,,)(x f x x x x f 时，求则当1011≠-= 解：（1）令1+= x t ，则1≥t ，2)1(-=t x x x x f 2)1(+=+ ∴,1)1(2)1()(2 2 -=-+-=t t t t f 1)(2 -=∴x x f )1(≥x x x x x f 21)1()1(2 2 +=-+=+∴ )0(≥x (2)设 .)(,,,1 11 1111 11-= ∴-= - = = =x x f t t t f t x t x t ）（代入已知得则 3、待定系数法:当已知函数的模式求解析式时适合此法。应用此法解题时往往需要解恒等式。 例3、已知f(x)是二次函数，且满足f(x+1)+f(x-1)=2x 2-4x,求f(x). 解：设f(x)=ax 2+bx+c(a ≠0),∴f(x+1)+f(x-1)=a(x+1)2+b(x+1)+c +a(x-1)2+b(x-1)+c=2ax 2+2bx+2a+2c=2x 2-4x, 则应有.)(12121 0224 2222 --=∴?? ???-=-==∴?????=+-==x x x f c b a c a b a 四、构造方程组法：若已知的函数关系较为抽象简约，则可以对变量进行置换，设法构造方程组，通过解方程组求得函数解析式。 例4 设,)1 (2)()(x x f x f x f =-满足求)(x f 解 x x f x f =-)1 (2)( ① 显然,0≠x 将x 换成 x 1，得： x x f x f 1 )(2)1(=- ② 解① ②联立的方程组，得： x x x f 323)(-- = 五、赋值法：当题中所给变量较多，且含有“任意”等条件时，往往可以对具有“任意性”的变量进行赋值，使问题具体化、简单化，从而求得解析式。 例5 已知：1)0(=f ，对于任意实数x 、y ，等式专题复习之--函数零点问题
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