2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案2.7《函数与方程》 (2份打包，原卷版+教师版)

第七节　函数与方程核心素养立意下的命题导向1.通过判断具体函数零点的个数或零点所在区间，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2．通过函数零点或方程根的存在情况求参数的取值范围，凸显直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养．[理清主干知识]1．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．(2)几个等价关系方程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．(3)函数零点的判定(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，并且有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．2．二次函数图象与零点的关系[澄清盲点误点]一、关键点练明1．(判断零点所在区间)函数f(x)＝ln x﹣eq \f(2,x)的零点所在的大致范围是(　　)A．(1，2) B．(2，3) C.(eq \f(1,e)，1)和(3，4) D．(4，＋∞)答案：B2．(求函数零点个数)函数f(x)＝ex＋3x的零点个数是(　　)A．0 B．1 C．2 D．3答案：B3．(求函数零点)函数f(x)＝(x2﹣2)(x2﹣3x＋2)的零点为________．答案：﹣eq \r(2)，eq \r(2)，1，2二、易错点练清1．(忽视零点的概念与性质)给出下列命题：①函数f(x)＝x2﹣1的零点是(﹣1，0)和(1，0)；②函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则一定有f(a)·f(b)<0；③二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2﹣4ac<0时没有零点；④若函数f(x)在(a，b)上单调且f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在[a，b]上有且只有一个零点．其中正确的是________(填序号)．答案：③④2．(忽视区间端点值)函数f(x)＝kx＋1在[1，2]上有零点，则k的取值范围是________．答案：[﹣1，﹣eq \f(1,2)]考点一　函数零点所在区间的判断[典例]　函数f(x)＝x＋ln x﹣3的零点所在的区间为(　　)A．(0，1)　 B．(1，2) C．(2，3) D．(3，4)[解析]　法一：利用零点存在性定理因为函数f(x)是增函数，且f(2)＝ln 2﹣1<0，f(3)＝ln 3>0，所以由零点存在性定理得函数f(x)的零点位于区间(2，3)内，故选C.法二：数形结合函数f(x)＝x＋ln x﹣3的零点所在区间转化为g(x)＝ln x，h(x)＝﹣x＋3的图象的交点横坐标所在范围．如图所示，可知f(x)的零点在(2，3)内．[答案]　C[方法技巧]判断函数零点(方程的根)所在区间的方法[针对训练]1．方程(eq \f(1,3))x＝x SKIPIF 1 < 0 的解所在的区间是(　　)A.(0，eq \f(1,3))　 B.(eq \f(1,3)，eq \f(1,2)) C.(eq \f(1,2)，eq \f(2,3)) D．(eq \f(2,3)，1)解析：选B　令函数f(x)＝(eq \f(1,3))x﹣x SKIPIF 1 < 0 ，易知函数f(x)为[0，＋∞)上的减函数．又f(0)＝1>0，f(eq \f(1,3))＝(eq \f(1,3)) SKIPIF 1 < 0 ﹣(eq \f(1,3)) SKIPIF 1 < 0 >0，f(eq \f(1,2))＝(eq \f(1,3)) SKIPIF 1 < 0 ﹣(eq \f(1,2)) SKIPIF 1 < 0 <0，由函数零点的存在性定理可知函数f(x)＝(eq \f(1,3))x﹣x SKIPIF 1 < 0 的零点所在的区间是(eq \f(1,3)，eq \f(1,2)).即方程(eq \f(1,3))x＝x SKIPIF 1 < 0 的解所在的区间是(eq \f(1,3)，eq \f(1,2)).故选B.2．已知函数f(x)＝ln x＋2x﹣6的零点在(eq \f(1,2)k，eq \f(1,2)k+eq \f(1,2))(k∈Z)内，那么k＝________.解析：∵f′(x)＝eq \f(1,x)＋2>0，x∈(0，＋∞)，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(eq \f(5,2))＝ln eq \f(5,2)﹣1<0，f(3)＝ln 3>0，∴f(x)的零点在(eq \f(5,2)，3)内，则整数k＝5.答案：5考点二　函数零点个数的判断[典题例析]　(1)函数f(x)＝2sin x﹣sin 2x在[0，2π]的零点个数为(　　)A．2 B．3 C．4 D．5(2)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x－x2＋2x，x>0，,2x＋1，x≤0))的零点个数为(　　)A．0 B．1 C．2 D．3(3)设函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝ex＋x﹣3，则f(x)的零点个数为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4[解析]　(1)令f(x)＝0，得2sin x﹣sin 2x＝0，即2sin x﹣2sin xcos x＝0，∴2sin x(1﹣cos x)＝0，∴sin x＝0或cos x＝1.又x∈[0，2π]，∴由sin x＝0，得x＝0，π或2π，由cos x＝1，得x＝0或2π.故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个．(2)依题意，当x>0时，作出函数y＝ln x与y＝x2﹣2x的图象(如图)，可知两个函数的图象有两个交点；当x≤0时，函数f(x)＝2x＋1与x轴只有一个交点，综上，函数f(x)有3个零点．故选D.(3)因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)＝0，即x＝0是函数f(x)的1个零点．当x>0时，令f(x)＝ex＋x﹣3＝0，则ex＝﹣x＋3，分别画出函数y＝ex和y＝﹣x＋3的图象，如图所示，两函数图象有1个交点，所以函数f(x)有1个零点．根据对称性知，当x<0时，函数f(x)也有1个零点．综上所述，f(x)的零点个数为3.[答案]　(1)B　(2)D　(3)C[方法技巧]　判断函数零点个数的方法[针对训练]1．函数f(x)＝2x|log0.5x|﹣1的零点个数为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4解析：选B　令f(x)＝2x|log0.5x|﹣1＝0，可得|log0.5x|＝(eq \f(1,2))x.设g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝(eq \f(1,2))x.在同一坐标系下分别画出函数g(x)，h(x)的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点．因此函数f(x)有2个零点．故选B.2．已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x>0时，f(x)＝2x＋2x﹣4，则f(x)的零点个数是(　　)A．2 B．3 C．4 D．5解析： 选B　因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(eq \f(1,2))·f(2)<0，所以当x>0时函数f(x)有1个零点．根据奇函数的对称性可知，当x<0时，函数f(x)也有1个零点．因此函数f(x)一共有3个零点．故选B.考点三　函数零点的应用问题考法(一)　根据函数零点个数求参数[例1]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x3，x≥0，,－x，x<0.))若函数g(x)＝f(x)﹣|kx2﹣2x|(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围是(　　)A.(﹣∞，﹣eq \f(1,2))∪(2eq \r(2)，＋∞) B.(﹣∞，﹣eq \f(1,2))∪(0，2eq \r(2))C．(﹣∞，0)∪(0，2eq \r(2)) D．(﹣∞，0)∪(2eq \r(2)，＋∞)[解析]　令h(x)＝|kx2﹣2x|，函数g(x)＝f(x)﹣|kx2﹣2x|(k∈R)恰有4个零点，即y＝f(x)与y＝h(x)的图象恰有4个不同交点．当k＝﹣eq \f(1,2)时，h(x)＝|﹣eq \f(1,2)x2﹣2x|＝|eq \f(1,2)x2+2x|，在同一直角坐标系中作出y＝f(x)，y＝h(x)的图象如图1.由图可知y＝f(x)与y＝h(x)的图象恰有4个不同交点，即函数g(x)＝f(x)﹣|kx2﹣2x|恰有4个零点，排除A、B；当k＝1时，h(x)＝|x2﹣2x|，作出y＝h(x)与y＝f(x)的图象如图2.此时，函数y＝f(x)与y＝h(x)的图象仅有2个交点，不合题意，排除C，故选D.[答案]　D考法(二)　根据函数零点存在情况求参数[例2]　已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,ex，x>0，))则使函数g(x)＝f(x)＋x﹣m有零点的实数m的取值范围是______________．[解析]　函数g(x)＝f(x)＋x﹣m的零点就是方程f(x)＋x＝m的根，画出h(x)＝f(x)＋x＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,ex＋x，x>0))的大致图象(图略)．观察它与直线y＝m的交点，得知当m≤0或m>1时，有交点，即函数g(x)＝f(x)＋x﹣m有零点．[答案]　(﹣∞，0]∪(1，＋∞)考法(三)　根据零点的范围求参数[例3]　若函数f(x)＝(m﹣2)x2＋mx＋(2m＋1)的两个零点分别在区间(﹣1，0)和区间(1，2)内，则m的取值范围是________．[解析]　依题意，结合函数f(x)的图象分析可知m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m≠2，,[m－2－m＋2m＋1]2m＋1<0，,[m－2＋m＋2m＋1][4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))解得eq \f(1,4)0时，x∈(﹣∞，0)，f′(x)>0；x∈(0，eq \f(2,a))，f′(x)<0；x∈（eq \f(2,a)，＋∞），f′(x)>0.所以函数f(x)在(﹣∞，0)和（eq \f(2,a)，＋∞）上单调递增，在（0，eq \f(2,a)）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．当a<0时，x∈（﹣∞，eq \f(2,a)），f′(x)<0；x∈（eq \f(2,a)，0），f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.所以函数f(x)在（﹣∞，eq \f(2,a)）和(0，＋∞)上单调递减，在（eq \f(2,a)，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x0且x0>0，只需f（eq \f(2,a)）>0，即a2>4，解得a<﹣2.法二　数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax3﹣3x2＋1＝0可知x≠0，可得ax＝3﹣eq \f(1,x2)，作出y＝3﹣eq \f(1,x2)的图象如图所示，转动直线y＝ax，显然a>0时不成立；当a<0，直线y＝ax与左边的曲线相切时，设切点为（t，3﹣eq \f(1,t2)），其中t<0，则切线方程为y﹣（3﹣eq \f(1,t2)）＝eq \f(2,t3)(x﹣t)．又切线过原点，则有0﹣（3﹣eq \f(1,t2)）＝eq \f(2,t3)(0﹣t)，解得t＝﹣1(t＝1舍去)，此时切线的斜率为﹣2，由图象可知a<﹣2符合题意．法三　数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f(x)＝0，得ax3＝3x2﹣1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2﹣1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个交点；当a>0时，如图(1)所示，不合题意；当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2﹣1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝﹣2.由图形可知当a<﹣2时，满足题意．法四　分离参数法：参变分离，演绎高效易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝eq \f(3,x)﹣eq \f(1,x3)，记g(x)＝eq \f(3,x)﹣eq \f(1,x3)，g′(x)＝﹣eq \f(3,x2)＋eq \f(3,x4)＝eq \f(－3x2－1,x4)，可知g(x)在(﹣∞，﹣1)和(1，＋∞)上单调递减，在(﹣1，0)和(0，1)上单调递增，且g(﹣1)＝﹣2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<﹣2.法五　特例法：巧取特例求解取a＝3，则f(x)＝3x3﹣3x2＋1.由于f(0)＝1，f(﹣1)<0，从而f(x)在(﹣∞，0)上存在零点，排除A、C.取a＝﹣eq \f(4,3)，则f(x)＝﹣eq \f(4,3)x3﹣3x2＋1.由于f(0)＝1，f(﹣eq \f(3,2))<0，从而f(x)在(﹣∞，0)上存在零点，排除D，故选B.[答案]　B[名师微点]函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”.eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])一、综合练——练思维敏锐度1．求下列函数的零点，可以用二分法的是(　　)A．f(x)＝x4 B．f(x)＝tan x＋2(eq \f(π,2)0，因为f(2)f(3)<0，所以函数f(x)在(2，3)上必有零点．又易知函数f(x)为增函数，所以f(x)在(2，3)上有且只有一个零点，所以x0∈(2，3)，故选C.4．已知函数f(x)＝x﹣eq \r(x)(x>0)，g(x)＝x＋ex，h(x)＝x＋ln x的零点分别为x1，x2，x3，则(　　)A．x10，所以函数f(x)在(﹣∞，0)∪(0，＋∞)上有两个零点．但是f(0)的值没有确定，所以函数f(x)可能有三个零点，故A正确；又f(﹣4)＝f(4)，4∈(3，6)，所以f(﹣4)的符号不确定，故B不正确；C项显然正确；由于f(0)的值没有确定，所以f(0)与f(﹣6)的大小关系不确定，所以D不正确．故选A、C.6．(多选)定义域和值域均为[﹣a，a](常数a＞0)的函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，则下列说法正确的有(　　)A．方程f(g(x))＝0有两正数解和一负数解B．方程g(f(x))＝0最多只有三个解C．方程f(f(x))＝0可能存在五个解D．方程g(g(x))＝0有且仅有一个解解析：选ABCD　设f(x)的零点分别为x1，x2，x3，则x1＜x2＜0＜x3，设g(x)的零点为x4，x4＞0.f(g(x))＝0，即g(x)＝x1，有一个解为正数，g(x)＝x2，有一个解为正数，g(x)＝x3，有一个解为负数，故A正确；g(f(x))＝0，则f(x)＝x4，根据图象知：函数最多有三个交点，故B正确；f(f(x))＝0，即f(x)＝x1，可能为一个解，f(x)＝x2，可能为三个解，f(x)＝x3，可能为一个解，故C正确；g(g(x))＝0，故g(x)＝x4，方程有且仅有一个解，故D正确．7．对于实数a，b定义运算“D○×”：aD○×b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b－a，a0的解集是__________．解析：∵f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是﹣2，3，∴﹣2，3是方程x2＋ax＋b＝0的两根．由根与系数的关系知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－a，,－2×3＝b，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－6，))∴f(x)＝x2﹣x﹣6.∵不等式af(﹣2x)>0，即﹣(4x2＋2x﹣6)>0⇔2x2＋x﹣3<0，解集为{x|﹣eq \f(3,2)0，,x＋1，x≤0.))(1)求g(f(1))的值；(2)若方程g(f(x))﹣a＝0有4个不同的实数根，求实数a的取值范围．解：(1)g(f(1))＝g(﹣3)＝﹣3＋1＝﹣2.(2)令f(x)＝t(t<1)，则原方程化为g(t)＝a有4个不同的实数根，易知方程f(x)＝t在(﹣∞，1)内有2个不同的实数根，则原方程有4个不同的实数根等价于函数y＝g(t)(t<1)与y＝a的图象有2个不同的交点，如图，画出函数g(t)的图象，结合图象可知，1≤a<eq \f(5,4)，即a的取值范围是[1，eq \f(5,4)).12．已知当x∈[0，1]时，函数y＝(mx﹣1)2的图象与y＝eq \r(x)＋m 的图象有且只有一个交点，求正实数m的取值范围．解：在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝(mx﹣1)2＝m2(x-eq \f(1,m))2与g(x)＝eq \r(x)＋m的大致图象．分两种情形：(1)当01时，0<eq \f(1,m)<1，如图②，要使f(x)与g(x)的图象在[0，1]上只有一个交点，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m﹣1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．综上所述，m的取值范围为(0，1]∪[3，＋∞)．二、自选练——练高考区分度1．若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)﹣log3|x|的零点有(　　)A．多于4个 B．4个 C．3个 D．2个解析：选B　因为偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，故函数的周期为2.当x∈[0，1]时，f(x)＝x，故当x∈[﹣1，0]时，f(x)＝﹣x.函数y＝f(x)﹣log3|x|的零点的个数等于函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象，如图所示．显然函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象有4个交点，故选B.2．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α﹣β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex﹣1＋x﹣2与g(x)＝x2﹣ax﹣a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是(　　)A．[2，4] B．[2，eq \f(7,3)] C.[eq \f(7,3)，3] D．[2，3]解析：选D　易知函数f(x)＝ex﹣1＋x﹣2的零点为x＝1，则α＝1，设函数g(x)＝x2﹣ax﹣a＋3的一个零点为β，若函数f(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，根据定义，得|1﹣β|≤1，解得0≤β≤2，作出函数g(x)＝x2﹣ax﹣a＋3的图象(图略)，因为g(﹣1)＝4，要使函数g(x)的零点在区间[0，2]内，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g0≥0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))≤0，,0<\f(a,2)<2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－a＋3≥0，,\f(a2,4)－\f(a2,2)－a＋3≤0，,00))有且只有1个零点，则实数a的取值范围是________．解析：当a>0时，函数f(x)＝ax﹣3(x>0)必有一个零点，又因为﹣eq \f(1,a)<0，故a(﹣eq \f(1,a))2＋2(﹣eq \f(1,a))＋a>0，解得a>1；当a＝0时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2xx≤0，,－3x>0))恰有一个零点；当a<0时，若x>0，则f(x)＝ax﹣3<0，若x≤0，则f(x)＝ax2＋2x＋a，此时，f(x)恒小于0，所以当a<0时，f(x)无零点．答案：{0}∪(1，＋∞)4．已知函数f(x)＝(2﹣a)·(x﹣1)﹣2ln x．若函数f(x)在(0，eq \f(1,2))上无零点，求a的最小值．解：法一：∵f(x)<0在(0，eq \f(1,2))上不可能恒成立，要使函数f(x)在(0，eq \f(1,2))上无零点，只要对任意的x∈(0，eq \f(1,2))，f(x)>0恒成立，即对任意的x∈(0，eq \f(1,2))，a>2﹣eq \f(2ln x,x－1)恒成立．令l(x)＝2﹣eq \f(2ln x,x－1)，x∈(0，eq \f(1,2))，则l′(x)＝eq \f(2ln x＋\f(2,x)－2,x－12)，令m(x)＝2ln x＋eq \f(2,x)﹣2，x∈(0，eq \f(1,2))，则m′(x)＝﹣eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x)＝eq \f(－21－x,x2)<0，故m(x)在(0，eq \f(1,2))上为减函数，于是m(x)>m(eq \f(1,2))＝2﹣2ln 2>0，从而l′(x)>0，于是l(x)在(0，eq \f(1,2))上为增函数，∴l(x)2﹣eq \f(2ln x,x－1)恒成立，只要a∈[2﹣4ln 2，＋∞)．则a的最小值为2﹣4ln 2.法二：令g(x)＝(2﹣a)(x﹣1)，h(x)＝2ln x，∵f(x)＝g(x)﹣h(x)在(0，eq \f(1,2))上无零点，∴g(x)与h(x)的图象在(0，eq \f(1,2))上无交点．显然，g(x)，h(x)的图象都过A(1，0)，如图，直线AB的斜率k＝eq \f(0＋2ln 2,1－\f(1,2))＝4ln 2.∴当g(x)的斜率2﹣a≤4ln 2时无交点，∴a≥2﹣4ln 2.∴a的最小值为2﹣4ln 2.Δ＝b2﹣4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点(x1，0)，(x2，0)(x1，0)无零点个数_2__1__0_解方程法当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上定理法利用零点存在性定理进行判断数形结合法画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断直接法直接求零点，令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点定理法利用零点存在性定理，不仅要求函数的图象在区间[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图象法利用图象交点的个数，画出函数f(x)的图象，函数f(x)的图象与x轴交点的个数就是函数f(x)的零点个数；或将函数f(x)拆成两个函数h(x)和g(x)的差，根据f(x)＝0⇔h(x)＝g(x)，则函数f(x)的零点个数就是函数y＝h(x)和y＝g(x)的图象的交点个数性质法利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数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分离参数法先将参数分离，转化成求函数值域的问题再求解即可数形结合法先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解第一招 带参讨论当我们无法通过等价转化的思想将原问题转化为相对容易的问题时，我们要根据题设要求直接研究函数的性质．由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类，并逐一求解．(如本例法一)第二招 数形结合由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)﹣h(x)的零点个数，等价于方程g(x)﹣h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数．(如本例法二和法三)第三招 分离参数通过将原函数中的参数进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x轴平行的直线y＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．(如本例法四)