(新高考)高考数学一轮复习讲义第2章§2.9函数的零点与方程的解(含详解)

§2.9　函数的零点与方程的解考试要求　1.理解函数的零点与方程的解的联系.2.理解函数零点存在定理，并能简单应用.3.了解用二分法求方程的近似解．知识梳理1．函数的零点与方程的解(1)函数零点的概念对于一般函数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)函数零点与方程实数解的关系方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)有零点⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有公共点．(3)函数零点存在定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解．2．二分法对于在区间[a，b]上图象连续不断且f(a)f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把它的零点所在区间一分为二，使所得区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．(　×　)(2)连续函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，则f(a)·f(b)<0.(　×　)(3)函数y＝f(x)为R上的单调函数，则f(x)有且仅有一个零点．(　×　)(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若b2－4ac<0，则f(x)无零点．(　√　)教材改编题1．(多选)已知函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：在下列区间中，函数f(x)必有零点的区间为(　　)A．(1,2) B．(2,3) C．(5,6) D．(5,7)答案　BCD解析　由所给的函数值表知，f(1)f(2)>0，f(2)f(3)<0，f(5)f(6)<0，f(5)f(7)<0，∴f(x)在区间(2,3)，(5,6)，(5,7)内各至少有一个零点．2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋ln x，x>0，))则f(x)的零点为________．答案　－2，e解析　eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x>0，,－1＋ln x＝0，))解得x＝－2或x＝e.3．方程2x＋x＝k在(1,2)内有解，则实数k的取值范围是________．答案　(3,6)解析　设f(x)＝2x＋x，∴f(x)在(1,2)上单调递增，又f(1)＝3，f(2)＝6，∴30，f(－1)＝eq \f(1,e)－1<0，f(0)＝－1<0，f(1)＝e－3<0，f(2)＝e2－4>0，因为f(－2)·f(－1)<0，f(1)·f(2)<0，所以f(x)在(－2，－1)和(1,2)内存在零点．(2)若a0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.所以f(a)f(b)<0，f(b)f(c)<0，即f(x)在区间(a，b)和区间(b，c)内各有一个零点．教师备选(2022·湖南雅礼中学月考)设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x，则函数y＝f(x)(　　)A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点D．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点答案　D解析　f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,3x)，令f′(x)>0⇒x>3，f′(x)<0⇒00，f(1)＝eq \f(1,3)>0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点．又f(e)＝eq \f(e,3)－1<0，∴f(x)在(1，e)内有零点．思维升华　确定函数零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点．(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断．跟踪训练1　(1)(2022·太原模拟)利用二分法求方程log3x＝3－x的近似解，可以取的一个区间是(　　)A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)答案　C解析　设f(x)＝log3x－3＋x，当x→0时，f(x)→－∞，f(1)＝－2，又∵f(2)＝log32－1<0，f(3)＝log33－3＋3＝1>0，故f(2)·f(3)<0，故方程log3x＝3－x在区间(2,3)上有解，即利用二分法求方程log3x＝3－x的近似解，可以取的一个区间是(2,3)．(2)已知20，∴x0∈(2,3)，即n＝2.题型二　函数零点个数的判定例2　(1)(2022·绍兴模拟)若函数y＝f(x)(x∈R)满足f(x＋1)＝－f(x)，且x∈[－1,1]时，f(x)＝1－x2，已知函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|lg x|，x>0，,ex，x<0，))则函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－6,6]内的零点个数为(　　)A．14 B．13 C．12 D．11答案　C解析　因为f(x＋1)＝－f(x)，所以函数y＝f(x)(x∈R)是周期为2函数，因为x∈[－1,1]时，f(x)＝1－x2，所以作出它的图象，则y＝f(x)的图象如图所示．(注意拓展它的区间)再作出函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|lg x|，x>0，,ex，x<0))的图象，容易得出交点为12个．(2)函数f(x)＝eq \r(36－x2)·cos x的零点个数为______．答案　6解析　令36－x2≥0，解得－6≤x≤6，∴f(x)的定义域为[－6,6]．令f(x)＝0得36－x2＝0或cos x＝0，由36－x2＝0得x＝±6，由cos x＝0得x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，又x∈[－6,6]，∴x为－eq \f(3π,2)，－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)，eq \f(3π,2).故f(x)共有6个零点．教师备选函数f(x)＝2x|log2x|－1的零点个数为(　　)A．0 B．1 C．2 D．4答案　C解析　令f(x)＝0，得|log2x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，分别作出y＝|log2x|与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象(图略)，由图可知，y＝|log2x|与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象有两个交点，即原函数有2个零点．思维升华　求解函数零点个数的基本方法(1)直接法：令f(x)＝0，方程有多少个解，则f(x)有多少个零点；(2)定理法：利用定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等；(3)图象法：一般是把函数拆分为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数．跟踪训练2　(1)函数f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，当0≤x<2时f(x)＝x2－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[－3,3]上与x轴的交点个数为(　　)A．6 B．7 C．8 D．9答案　B解析　令f(x)＝x2－x＝0，所以x＝0或x＝1，所以f(0)＝0，f(1)＝0，因为函数的最小正周期为2，所以f(2)＝0，f(3)＝0，f(－2)＝0，f(－1)＝0，f(－3)＝0.所以函数y＝f(x)的图象在区间[－3,3]上与x轴的交点个数为7.(2)(2022·泉州模拟)设定义域为R的函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|lg x|，x>0，,－x2－2x，x≤0，))则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为(　　)A．3 B．7 C．5 D．6答案　B解析　根据题意，令2f2(x)－3f(x)＋1＝0，得f(x)＝1或f(x)＝eq \f(1,2).作出f(x)的简图：由图象可得当f(x)＝1和f(x)＝eq \f(1,2)时，分别有3个和4个交点，故关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为 7.题型三　函数零点的应用命题点1　根据函数零点个数求参数例3　(2022·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|x2＋2x|，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))若关于x的方程f(x)－a(x＋3)＝0有四个不同的实根，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，4－2eq \r(3)) B．(4＋2eq \r(3)，＋∞)C．[0,4－2eq \r(3)] D．(0,4－2eq \r(3))答案　D解析　画出f(x)的函数图象，设y＝a(x＋3)，该直线恒过点(－3,0)，结合函数图象，若y＝a(x＋3)与y＝－x2－2x相切，联立得x2＋(a＋2)x＋3a＝0，Δ＝(a＋2)2－12a＝0，得a＝4－2eq \r(3)(a＝4＋2eq \r(3)舍)，若f(x)＝a(x＋3)有四个不同的实数根，则00，所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).因此实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).教师备选1．函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)－kx2有两个零点，则实数k的值为________．答案　－1解析　由f(x)＝eq \f(x,x＋2)－kx2＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋2)－kx))，函数f(x)＝eq \f(x,x＋2)－kx2有两个零点，即函数y＝eq \f(1,x＋2)－kx只有一个零点x0，且x0≠0.即方程eq \f(1,x＋2)－kx＝0有且只有一个非零实根．显然k≠0，即eq \f(1,k)＝x2＋2x有且只有一个非零实根．即二次函数y＝x2＋2x的图象与直线y＝eq \f(1,k)有且只有一个交点(横坐标不为零)．作出二次函数y＝x2＋2x的图象，如图．因为eq \f(1,k)≠0，由图可知，当eq \f(1,k)>－1时，函数y＝x2＋2x的图象与直线y＝eq \f(1,k)有两个交点，不满足条件．当eq \f(1,k)＝－1，即k＝－1时满足条件．当eq \f(1,k)<－1时，函数y＝x2＋2x的图象与直线y＝eq \f(1,k)无交点，不满足条件．2．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________．答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))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，,exx＋1，x≤0.))若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b可取的值可能是(　　)A．0 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1答案　BCD解析　函数g(x)＝f(x)－b有三个零点等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的交点，当x≤0时，f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2,0]上单调递增，且f(－2)＝－eq \f(1,e2)，f(0)＝1，x→－∞时，f(x)→0，从而可得f(x)的图象如图所示，通过图象可知，若函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的交点，则b∈(0,1]．(2)已知函数f(x)＝log2(x＋1)－eq \f(1,x)＋m在区间(1,3]上有零点，则m的取值范围为(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,3)))∪(0，＋∞)C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,3)))∪(0，＋∞)D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0))答案　D解析　由于函数y＝log2(x＋1)，y＝m－eq \f(1,x)在区间(1,3]上单调递增，所以函数f(x)在(1,3]上单调递增，由于函数f(x)＝log2(x＋1)－eq \f(1,x)＋m在区间(1,3]上有零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1<0，,f3≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m<0，,m＋\f(5,3)≥0，))解得－eq \f(5,3)≤m<0.因此，实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)，0)).课时精练1．函数f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2的零点所在的区间为(　　)A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)答案　B解析　由题意知，f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2，f(0)＝－4，f(1)＝－1，f(2)＝7，因为f(x)在R上连续且在R上单调递增，所以f(1)·f(2)<0，f(x)在(1,2)内有唯一零点．2．设函数f(x)＝4x3＋x－8，用二分法求方程4x3＋x－8＝0近似解的过程中，计算得到f(1)<0，f(3)>0，则方程的近似解落在区间(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3))答案　A解析　取x1＝2，因为f(2)＝4×8＋2－8＝26>0，所以方程近似解x0∈(1,2)，取x2＝eq \f(3,2)，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝4×eq \f(27,8)＋eq \f(3,2)－8＝7>0，所以方程近似解x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).3．(2022·武汉质检)若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是(　　)A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))答案　D解析　由题意知方程ax＝x2＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有实数解，即a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有解，设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，则t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).4．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(log4x－1，x>1，,－3x－m，x≤1))存在2个零点，则实数m的取值范围为(　　)A．[－3,0) B．[－1,0)C．[0,1) D．[－3，＋∞)答案　A解析　因为函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，且f(2)＝0，即f(x)在(1，＋∞)上有一个零点，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(log4x－1，x>1，,－3x－m，x≤1))存在2个零点，当且仅当f(x)在(－∞，1]上有一个零点，x≤1时，f(x)＝0⇔m＝－3x，即函数y＝－3x在(－∞，1]上的图象与直线y＝m有一个公共点，而y＝－3x在(－∞，1]上单调递减，且有－3≤－3x<0，则当－3≤m<0时，直线y＝m和函数y＝－3x(x≤1)的图象有一个公共点．5．(2022·重庆质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x，设0cC．x0b答案　B解析　f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x在(0，＋∞)上单调递减，由f(a)·f(b)·f(c)<0，得f(a)<0，f(b)<0，f(c)<0或f(a)>0，f(b)>0，f(c)<0.∴x0c不成立．6．(2022·北京西城区模拟)若偶函数f(x)(x∈R)满足f(x＋2)＝f(x)且x∈[0,1]时，f(x)＝x，则方程f(x)＝log3|x|的根的个数是(　　)A．2 B．3 C．4 D．多于4答案　C解析　f(x)＝log3|x|的解的个数，等价于y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象的交点个数，因为函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，所以周期T＝2，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，且f(x)为偶函数，在同一平面直角坐标系中画出函数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．7．(多选)函数f(x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]的图象与直线y＝k的交点个数可能是(　　)A．1 B．2 C．4 D．6答案　ABC解析　由题意知，f(x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3sin x，x∈[0，π]，,－sin x，x∈π，2π]，))在坐标系中画出函数f(x)的图象如图所示．由其图象知，直线y＝k与y＝f(x)的图象交点个数可能为0,1,2,3,4.8．(多选)(2022·南京模拟)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并是构成一般不动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer)，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是(　　)A．f(x)＝2x＋x B．g(x)＝x2－x－3C．f(x)＝ SKIPIF 1 < 0 ＋1 D．f(x)＝|log2x|－1答案　BCD解析　选项A，若f(x0)＝x0，则 SKIPIF 1 < 0 ＝0，该方程无解，故A中函数不是“不动点”函数；选项B，若g(x0)＝x0，则xeq \o\al(2,0)－2x0－3＝0，解得x0＝3或x0＝－1，故B中函数是“不动点”函数；选项C，若f(x0)＝x0，则 SKIPIF 1 < 0 ＋1＝x0，可得xeq \o\al(2,0)－3x0＋1＝0，且x0≥1，解得x0＝eq \f(3＋\r(5),2)，故C中函数是“不动点”函数；选项D，若f(x0)＝x0，则|log2x0|－1＝x0，即|log2x0|＝x0＋1，作出y＝|log2x|与y＝x＋1的函数图象，如图，由图可知，方程|log2x|＝x＋1有实数根x0，即|log2x0|＝x0＋1，故D中函数是“不动点”函数．9．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c是奇函数，且有三个不同的零点，写出一个符合条件的函数：f(x)＝________.答案　x3－x(答案不唯一)解析　f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c为奇函数，故a＝c＝0，f(x)＝x3＋bx＝x(x2＋b)有三个不同零点，∴b<0，∴f(x)＝x3－x满足题意．10．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))若函数y＝f(x)－m有三个不同的零点，则实数m的取值范围是________．答案　(1,2)解析　画出函数y＝f(x)与y＝m的图象，如图所示，注意当x＝－1时，f(－1)＝－1＋2＋1＝2，f(0)＝1，∵函数y＝f(x)－m有三个不同的零点，∴函数y＝f(x)与y＝m的图象有3个交点，由图象可得m的取值范围为1b>a B．b>c>aC．c>a>b D．a>c>b答案　B解析　令f(x)＝0，则2x＋x－1＝0，得x＝0，即a＝0，令g(x)＝0，则log2x＋x－1＝0，得x＝1，即b＝1，因为函数h(x)＝x3＋x－1在R上为增函数，且h(0)＝－1<0，h(1)＝1>0，所以h(x)在区间(0,1)上存在唯一零点c，且c∈(0,1)，综上，b>c>a.14．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,log2x，x>0，))则函数y＝f(f(x))的所有零点之和为________．答案　eq \f(1,2)解析　当x≤0时，x＋1＝0，x＝－1，由f(x)＝－1，可得x＋1＝－1或log2x＝－1，∴x＝－2或x＝eq \f(1,2)；当x>0时，log2x＝0，x＝1，由f(x)＝1，可得x＋1＝1或log2x＝1，∴x＝0或x＝2；∴函数y＝f(f(x))的所有零点为－2，eq \f(1,2)，0,2，∴所有零点的和为－2＋eq \f(1,2)＋0＋2＝eq \f(1,2).15．若关于x的方程eq \f(|x|,x＋4)＝kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为(　　)A．(0,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D．(1，＋∞)答案　C解析　因为eq \f(|x|,x＋4)＝kx2有四个实数解，显然，x＝0是方程的一个解，下面只考虑x≠0时有三个实数解即可．若x>0，原方程等价于1＝kx(x＋4)，显然k≠0，则eq \f(1,k)＝x(x＋4)．要使该方程有解，必须k>0，则eq \f(1,k)＋4＝(x＋2)2，此时x>0，方程有且必有一解；所以当x<0时必须有两解，当x<0时，原方程等价于－1＝kx(x＋4)，即－eq \f(1,k)＝x(x＋4)(x<0且x≠－4)，要使该方程有两解，必须－4<－eq \f(1,k)<0，所以k>eq \f(1,4).所以实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).16．已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|eq \f(1,e)，要使函数g(x)在区间(1,3)上存在零点，只需a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(4,e2))).x1234567f(x)－4－2142－1－3