ImageVerifierCode 换一换
格式:DOCX , 页数:16 ,大小:320.18KB ,
资源ID:162079      下载积分:30 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-162079.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(第15讲 函数与方程(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义)为本站会员(hua****011)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

第15讲 函数与方程(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义

1、 第 1 页 / 共 16 页 第第 15 讲:函数与方程讲:函数与方程 一、课程标准 1结合二次函数的图象, 判断一元二次方程根的存在性及根的个数, 从而了解函数的零点与方程根的联系 2根据具体函数的图象,能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解,了解这种方法是求方程近似解的 常用方法 二、基础知识回顾 1、函数的零点 (1)函数零点的定义:对于函数 yf(x),把使方程 f(x)0 的实数 x 称为函数 yf(x)的零点 (2)方程的根与函数零点的关系:函数 yf(x)的零点就是方程 f(x)0 的实数根,也就是函数 yf(x)的 图像与 x 轴交点的横坐标所以函数 yf(x)有零点等价于

2、函数 yf(x)的图像与 x 轴有交点,也等价于方程 f(x)0 有实根 (3)零点存在性定理: 如果函数 yf(x)在区间(a, b)上的图像是一条连续的曲线, 且有 f(a) f(b)0, 那么函数 yf(x)在区间(a, b)内有零点,即存在 c(a,b),使得 f(c)0,此时 c 就是方程 f(x)0 的根但反之,不成立 2、 二分法 对于在区间上连续不断且f(a) f(b)0)的图像与零点的关系 0 0 0)的图像 交点 (x1,0),_(x2,0) (x1,0) 无交点 零点个数 2 1 0 4、有关函数零点的结论 第 2 页 / 共 16 页 (1)若连续不断的函数 f(x)在

3、定义域上是单调函数,则 f(x)至多有一个零点 (2)连续不断的函数,其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号 (3)连续不断的函数图象通过零点时,函数值可能变号,也可能不变号 三、自主热身、归纳总结 1、函数 f(x) 1 2 x 1 2 x 的零点个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 f(x)是增函数,又 f(0)1,f(1) 1 2,f(0)f(1)0,f(x)有且只有一个零点故选 B. 2、已知函数 f(x)的图象是连续不断的,且有如下对应值表: x 1 2 3 4 5 f(x) 4 2 1 4 7 在下列区间中,函数 f(x)必有零点的区间为( )

4、 A(1,2) B(2,3) C(3,4) D(4,5) 【答案】B 【解析】 B 由所给的函数值的表格可以看出, x2 与 x3 这两个数字对应的函数值的符号不同, 即 f(2) f(3) 0,所以函数在(2,3)内有零点故选 B. 3、设 f(x)ln xx2,则函数 f(x)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】B f(1)ln 11210,f(2)ln 20, f(1) f(2)0, 函数 f(x)ln xx2 的图象是连续的,且为增函数, f(x)的零点所在的区间是(1,2) 4、(多选)给出以下四个方程,其中有唯一解的

5、是( ) 第 3 页 / 共 16 页 Aln x1x Bex 1 x C2x2lg|x| Dcos x|x|1 【答案】ABD 【解析】 对于 A,设 f(x)ln xx1,易知 yf(x)为增函数,又 f(1)0,故 ln x1x 有唯一解,符合; 对于 B,设 g(x)ex 1 x,易知 yg(x)为增函数,又 g 1 2 e20,g(1)e10,由函数零点存在定理 可得 ex 1 x有唯一解,符合;对于 C,设 h(x)x 2lg x2,易知 yh(x)为增函数,由 h(1)120,h(2) 2lg 20,由函数零点存在定理可得 h(x)x2lg x2 有唯一零点,又 H(x)2x2l

6、g|x|为偶函数,则 2x2lg|x|有两个解,不符合;对于 D,因为 cos x1,1,|x|11,当且仅当 x0 时 cos xx1,即 cos x|x|1 有唯一解,符合 5、若函数 f(x)log2xxk(kZ)在区间(2,3)内有零点,则 k_ 【答案】4 【解析】 因函数 f(x)在区间(2, 3)内递增, 则 f(2)f(3)0, 即(log222k) (log233k)0, 整理得(3k) (log23 3k)0,解得 3k3log23,而 43log230, 只需 f(4)168a20,解得 a 9 4. 7、(一题两空)已知函数 f(x) 1 x,x1, x3,x1, 若

7、f(x0)1,则 x0_;若关于 x 的方程 f(x)k 有两个不 同零点,则实数 k 的取值范围是_ 【答案】1 (0,1) 【解析】解方程 f(x0)1,得 x1, 1 x01 或 x01, x301,解得 x01.关于 x 的方程 f(x)k 有两个不同零点等 价于 yf(x)的图象与直线 yk 有两个不同交点,观察图象可知:当 0k1 时 yf(x)的图象与直线 yk 有两个不同交点即 k(0,1) 第 4 页 / 共 16 页 四、例题选讲 考点一 判断零点所在的区间 例 1、 (1) 若 abc, 则函数 f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的两个零点分别位于区

8、间( ) A(a,b)和(b,c)内 B(,a)和(a,b)内 C(b,c)和(c,)内 D(,a)和(c,) (2)已知函数 f(x)lnx 2 1 2 x 的零点为 x0,则 x0所在的区间是(C ) A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4) (3)若 x0是方程 1 2 x x 1 3的解,则 x0属于区间( ) A. 2 3,1 B. 1 2, 2 3 C. 1 3, 1 2 D. 0, 1 3 【答案】 (1) A(2)C. (3) C 【解析】 (1) abc,f(a)(ab)(ac)0, f(b)(bc)(ba)0,f(c)(ca)(cb)0, 由函

9、数零点存在性定理可知,在区间(a,b),(b,c)内分别存在零点,又函数 f(x)是二次函数,最多有两个零 点因此函数 f(x)的两个零点分别位于区间(a,b),(b,c)内,故选 A. (2)f(x)lnx 2 1 2 x 在(0,)为增函数,又 f(1)ln1 1 1 2 ln120, f(2)ln2 0 1 2 0, x0(2,3) (3)令 g(x) 1 2 x ,f(x)x 1 3, 第 5 页 / 共 16 页 则 g(0)1f(0)0,g 1 2 1 2 1 2f 1 2 1 2 1 3,g 1 3 1 2 1 3f 1 3 1 3 1 3, 结合图象可得 1 3x0 1 2.

10、变式: (1)已知函数 f(x) 1 xa为奇函数,g(x)ln x2f(x),则函数 g(x)的零点所在区间为( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) (2)已知方程 2x3xk 的解在1,2)内,则 k 的取值范围为_ (3) 设函数 yx3与 y 1 2 x2 的图象的交点为(x0, y0), 若 x0(n, n1), nN, 则 x0所在的区间是_. 【答案】 (1) C. (2)5,10)(3) (1,2). 【解析】 (1)由函数 f(x) 1 xa为奇函数,可得 a0, 则 g(x)ln x2f(x)ln x 2 x. 又 g(2)ln 210, 所

11、以 g(2) g(3)0. 故函数 g(x)的零点所在区间为(2,3). (2)令函数 f(x)2x3xk, 则 f(x)在 R 上是增函数 当方程 2x3xk 的解在(1,2)内时,f(1) f(2)0, 即(5k)(10k)0,解得 5k10. 当 f(1)0 时,k5. 综上,k 的取值范围为5,10) (3)设 f(x)x3 1 2 x2 ,则 x0是函数 f(x)的零点,在同一坐标系下画出函数 yx3与 y 1 2 x2 的图象如图 所示. 第 6 页 / 共 16 页 因为 f(1)1 1 2 1 10, 所以 f(1) f(2)0,所以 x0(1,2). 方法总结:确定函数 f(

12、x)的零点所在区间的常用方法: (1)利用函数零点的存在性定理:首先看函数 yf(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 yf(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. 2.函数的零点存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点,不满足条件时,一定要综合函数性质进行 分析判断. 考点二 判断零点的个数 1、(2019 苏州三市、苏北四市二调)定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x4)f(x),且在区间2,4)上 43 , 4 32 ,2 )( xx xx xf则函数xx

13、fylog5)(的零点的个数为 【答案】 5 【解析】 :因为 f(x4)f(x),可得 f(x)是周期为 4 的奇函数,先画出函数 f(x)在区间2,4)上的图像,根据 奇函数和周期为 4,可以画出 f(x)在 R 上的图像,由 yf(x)log5| x|0,得 f(x)log5| x|,分别画出 yf(x) 和 ylog5|x|的图像,如下图,由 f(5)f(1)1,而 log551,f(3)f(1)1,log5|3|1,可以得到两个图像有 5 个交点,所以零点的个数为 5. 第 7 页 / 共 16 页 解后反思 本题考查了函数的零点问题, 以及函数的奇偶性和周期性, 考查了转化与化归、

14、 数形结合的思想, 函数的零数问题,常转化为函数的图像的交点个数来处理,其中能根据函数的性质作出函数的图像并能灵 活地运用图像,找到临界点是解题的关键也是难点 变式 1、 (1)(2019 十堰调研)已知函数 f(x) ln(x1),x1, 2x11,x1, 则 f(x)的零点个数为( ) A0 B1 C2 D3 (2)(2020 惠州质检)函数 f(x)|x2|ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 (1)C(2)C 【解析】 (1) 当 x1 时,令 f(x)ln(x1)0,得 x2;当 x1 时,令 f(x)2x110,得 x1.故选 C. (

15、2)由题意可知 f(x)的定义域为(0,),在同一直角坐标系中画出函数 y|x2|(x0),yln x(x0)的图 象,如图所示.由图可知函数 f(x)在定义域内的零点个数为 2. 变式 2、 (1)(2019 郑州质检)已知函数 f(x) 1 2 x cos x,则 f(x)在0,2上的零点个数为_ (2)函数 f(x) x22,x0, 2x6lnx,x0的零点个数是_2_; (3)若函数 f(x) x1 x ,则函数 g(x)f(4x)x 的零点是_ 1 2_ 【答案】 (1)3(2)2(3) 1 2 【解析】 (1)如图,作出 g(x) 1 2 x 与 h(x)cos x 的图象,可知其

16、在0,2上的交点个数为 3,所以函数 f(x) 在0,2上的零点个数为 3. (2)当 x0 时,令 x220,解得 x 2(正根舍去),在(,0上有一个零点;当 x0 时,f(x)2 1 x0 恒成立,f(x)在(0,)上是增函数 又f(2)2ln20,f(x)在(0,)上有一个零点 第 8 页 / 共 16 页 综上,函数 f(x)的零点个数为 2. (3)f(x) x1 x ,f(4x)x 4x1 4x x 4x24x1 4x . 令 f(4x)x0,得 4x24x10,解得 x 1 2,这是方程 g(x)0 的根,即是函数 g(x)的零点,函数 g(x) f(4x)x 的零点是 1 2

17、. 方法总结:函数零点个数的判断方法: (1)直接求零点,令 f(x)0,有几个解就有几个零点; (2)零点存在性定理,要求函数在区间a,b上是连续不断的曲线,且 f(a) f(b)0, x33mx2,x0 (其中 e 为自然对数的底数)有 3 个不同的零点,则实数 m 的取值范围是_ 【答案】 (1,) 【解析】解法 1(直接法) 当 x0 时,令 f(x)ex 1 20,解得 xln20,此时函数 f(x)有 1 个零点,因为要 求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点,则当 x0 时,f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点,因为 f(x)3x2 3m,令 f(x)0,则 x2m

18、0,若 m0,则函数 f(x)为增函数,不合题意,故 m0,所以函数 f(x)在(, m)上为增函数,在( m,0上为减函数,即 f(x)maxf( m)m m3m m22m m2,f(0) 20,即 m1,故实数 m 的取值范围是(1,) 解法 2(分离参数) 当 x0 时,令 f(x)ex 1 20,解得 xln20,此时函数 f(x)有 1 个零点,因为要求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点,则当 x0 时,f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点,即 x33mx20,显 然 x0 不是它的根,所以 3mx2 2 x,令 yx 22 x(x0),则 y2x 2 x2 2(x3

19、1) x2 ,当 x(,1)时, y0,此时函数单调递增,故 ymin3,因此,要使 f(x)x3 3mx2 在(,0)上有两个不同的零点,则需 3m3,即 m1. 第 9 页 / 共 16 页 变式 1、 (1) 、(2019 安徽合肥二模)设函数 f(x) |ln x|,x0, ex(x1),x0.若函数 g(x)f(x)b 有三个零点,则实数 b 的取值范围是( ) A(1,) B. 1 e2,0 C(1,)0 D(0,1 (2) 、(2019 河北省九校第二次联考)若函数 f(x)kx|xex|有两个正实数零点,则 k 的取值范围是( ) A(0,) B. 0, 1 e C(0,1)

20、D(0,e) 【答案】 (1)D(2)C 【解析】 (1)令 g(x)f(x)b0,函数 g(x)f(x)b 有三个零点等价于 f(x)b 有三个根,当 x0 时,f(x) ex(x1),则 f(x)ex(x1)exex(x2),由 f(x)0 得 ex(x2)0,即 x2,此时 f(x)为减函数, 由 f(x)0 得 ex(x2)0,即2x0,此时 f(x)为增函数, 即当 x2 时,f(x)取得极小值 f(2) 1 e2,作出 f(x)的图象如图,要使 f(x)b 有三个根,则 0b1,故 选 D. (2)令 f(x)kx|xex|0,得 kx|xex|,当 x0 时,k xex x 1

21、1 xex, 令 g(x)1 1 xex,x0,则 g(x) 1x x2ex0, 所以 g(x)在(0,)上单调递增,因为 g 1 21 2 e0,所以在 1 2,1 上存在一个 a,使得 g(a)0,所以 y|g(x)|的图象如图所示由题意知,直线 yk 与 y|g(x)|的图象有两个交点,所以 0k1, 故选 C. 变式 2、若函数 f(x)(m2)x2mx(2m1)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_ 第 10 页 / 共 16 页 【答案】 1 4, 1 2 【解析】依题意,结合函数 f(x)的图象分析可知 m 需满足 m2, f(1) f(0)0

22、, f(1) f(2)0, 即 m2, m2m(2m1)(2m1)0, m2m(2m1)4(m2)2m(2m1)0, 解得 1 4m0 时,求证:函数 yf(x)在区间(0,)内有且只有一个零点; (3)若函数 yf(x)有 4 个不同的零点,求实数 a 的取值范围 【解】 (1)当 a2 时,f(x) | |x x22x 2,由 f(x)0,得 | |x x22x 20. 当 x0 时,得 x x22x 20,即 x(2x24x1)0,解得 x0,或 x2 6 2 (x 2 6 2 0 舍去); 当 x0,且 x(0,)时,由 f(x)0,得 x x2ax 20,即 1 x2ax0,即 ax

23、 22ax10.记 g(x)ax22ax1,则函数 yg(x)的图像是开口向上的抛物线,对称轴为 x1,又 g(0)10 时,由 f(x)0 得, x x2ax 20,即 1 x2ax0,即 ax 22ax10,记 g(x)ax22ax1,由 a0 知函数 g(x)的图像是开口向上的抛物线, 又 g(0)10)在(,0)上有且只有两个不同的零点 当 x0,得 x22x 1 a0(x2),即 x 22x1 a(x2) 作出函数 h(x)x22x(x0)图像,由图像易得:正数 a 必须满足1 1 a1. 变式:(2018 镇江期末)已知 k 为常数,函数 f(x) x2 x1, x0, |lnx|

24、,x0, 若关于 x 的方程 f(x)kx2 有且只有 四个不同解,则实数 k 的取值构成的集合为_ 【答案】 : 1 e3(e,1) 【解析】作函数 yf(x)和 ykx2 的图像,如图所示,两图像除了(0,2)还应有 3 个公共点,当 k0 时, 直线应与曲线 yf(x)(x1)相切,设切点(x0,lnx0),则切线斜率为 k 1 x0,又 k lnx02 x0 ,则 1 x0 lnx02 x0 , 解得 x0e3,此时 k 1 e3,当 k0 时,当 ykx2 与曲线 y x2 x1相切于点(0,2)时,函数 yf(x)和 ykx 2 的图像只有三个公共点,不符合题意,此时 k1,当1k

25、0 时,函数 yf(x)和 ykx2 的图像只 有三个公共点, 不符合题意, 当直线 ykx2 与 yf(x)(0x1)相切时, 两图像只有三个公共点, 设切点(x0, lnx0),则切线的斜率 k 1 x0,又 k lnx02 x0 ,则 1 x0 lnx02 x0 ,解得 x0e1,此时 ke 不符合 题意,当 ke 时,两图像只有两个公共点,不合题意,而当ek0 的零点个数为( ) A3 B2 C7 D0 【答案】 : B 【解析】法一:(直接法)由 f(x)0 得 x0, x2x20或 x0, 1ln x0, 解得 x2 或 xe. 因此函数 f(x)共有 2 个零点 法二:(图象法)

26、函数 f(x)的图象如图所示,由图象知函数 f(x)共有 2 个零点 2、(2017 全国卷)已知函数 f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点,则 a( ) 第 13 页 / 共 16 页 A. 1 2 B. 1 3 C. 1 2 D.1 【答案】 :C 【解析】 (1)f(x)(x1)21a(ex1e1x), 则 f(2x)(2x1)21ae2x1e1(2x)(1x)21a(ex 1e1x)f(x),即 f(x)的图象关于直线 x1 对称. 若 f(x)有唯一的零点,则只有 f(1)0,a 1 2. 3、 【2019 年浙江 09】设 a,bR,函数 f(x)若函数 yf(x)axb

27、恰 有 3 个零点,则( ) Aa1,b0 Ba1,b0 Ca1,b0 Da1,b0 【解答】解:当 x0 时,yf(x)axbxaxb(1a)xb0,得 x;yf(x)ax b 最多一个零点; 当 x0 时,yf(x)axbx3(a+1)x2+axaxbx3(a+1)x2b,yx2(a+1)x, 当 a+10,即 a1 时,y0,yf(x)axb 在0,+)上递增,yf(x)axb 最多一个零点不 合题意; 当 a+10,即 a1 时,令 y0 得 xa+1,+) ,函数递增,令 y0 得 x0,a+1) ,函数递减;函 数最多有 2 个零点; 根据题意函数 yf(x)axb 恰有 3 个零

28、点函数 yf(x)axb 在(,0)上有一个零点,在0, +)上有 2 个零点, 如右图: 0 且, 解得 b0,1a0,b(a+1)3 故选:C 第 14 页 / 共 16 页 4、 【2018 年新课标 1 理科 09】已知函数 f(x),g(x)f(x)+x+a若 g(x)存在 2 个零 点,则 a 的取值范围是( ) A1,0) B0,+) C1,+) D1,+) 【解答】解:由 g(x)0 得 f(x)xa, 作出函数 f(x)和 yxa 的图象如图: 当直线 yxa 的截距a1,即 a1 时,两个函数的图象都有 2 个交点, 即函数 g(x)存在 2 个零点, 故实数 a 的取值范

29、围是1,+) , 故选:C 5、若函数 yxlog2(a2x)2 在 R 上有零点,则实数 a 的最小值为_. 【答案】 :1 【解析】令 xlog2(a2x)20,则 a2x2(x2). 依题意,关于 x 的方程 a2x2(x2)有解. 第 15 页 / 共 16 页 又 2x2(x2)2 221. 当且仅当 x1 时,等号成立. a1,故 a 的最小值为 1. 6、 【2018 年浙江 15】已知 R,函数 f(x),当 2 时,不等式 f(x)0 的解集 是 若函数 f(x)恰有 2 个零点,则 的取值范围是 【解答】解:当 2 时函数 f(x),显然 x2 时,不等式 x40 的解集:

30、x|2x 4;x2 时,不等式 f(x)0 化为:x24x+30,解得 1x2,综上,不等式的解集为:x|1x4 函数 f(x)恰有 2 个零点, 函数 f(x)的草图如图: 函数 f(x)恰有 2 个零点,则 13 或 4 故答案为:x|1x4; (1,3(4,+) 7、(2017 南通期末) 已知函数 f(x)是定义在1,)上的函数,且 f(x) 1|2x3|,1x2, 1 2f 1 2x , x2, 则函数 y 2xf(x)3 在区间(1,2 015)上的零点个数为_ 【答案】11 【解析】解法 1 由题意得当 1x2 时,f(x) 2x2,1x 3 2, 42x, 3 2x2. 设 x

31、2n1,2n)(nN*),则 x 2n11,2), 又 f(x) 1 2n1f 1 2n1x, 当 x 2n1 1, 3 2时, 则 x2 n1,3 2n2,所以 f(x) 1 2n1f 1 2n1x 1 2n1 2 1 2n1x2,所以 2xf(x)32x 1 2n1 第 16 页 / 共 16 页 2 1 2n1x230,整理得 x22 2 n2x3 22n40.解得 x3 2n2 或 x2n2.由于 x2n1,3 2n2,所以 x3 2n2; 当 x 2n1 3 2,2 时,则 x(3 2 n2,2n),所以 f(x) 1 2n1f 1 2n1x 1 2n1 42 1 2n1x,所以 2

32、xf(x)32x 1 2n1 4 2x 2n130,整理得 x24 2 n2x3 22n40.解得 x3 2n2 或 x2n2.由于 x(3 2n2,2n),所以无解 综上所述,x3 2n2.由 x3 2n2(1,2 015),得 n11,所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数 是 11. 解法2 由题意得当x2n1,2n)时, 因为f(x) 1 2n1 f 1 2n1x, 所以f(x)maxf 3 2 2 n1 1 2n1.令g(x) 3 2x.当x 3 2 2 n 1 时,g(x)g 3 2 2 n1 1 2n1,所以当 x2 n1,2n)时,x3 2 2 n1

33、为 y2xf(x)3 的一个零点 下面证明:当 x2n1,2n)时,y2xf(x)3 只有一个零点 当 x2n1,3 2n2时,yf(x)单调递增,yg(x)单调递减,f(3 2n2)g(3 2n2),所以 x2n1,3 2n2时,有 一零点 x3 2n2;当 x(3 2n2,2n)时,yf(x) 1 2n1 1 2n1 x 2n23,k1f(x) 1 22n3,g(x) 3 2x,k2g(x) 3 2x2 1 3 22n3, 3 22n1,所以 k1k2.又因为 f(3 2 n2)g(3 2n2),所以当 x2n1,2n)时,y2xf(x)3 只有一个零点 由 x3 2n2(1,2 015), 得 n11, 所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11. 解法 3 分别作出函数 yf(x)与 y 3 2x的图像,如图,交点在 x1 3 2,x23,x36,xn3 2 n2 处取得由 x3 2n2(1,2 015),得 n11,所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11.