专题4.2 函数零点性质（特色专题卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版）

这是一份专题4.2 函数零点性质（特色专题卷）（人教A版2019必修第一册）（解析版），共16页。
专题4.2 函数零点性质（特色专题卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021秋•建湖县校级月考）若曲线y=2x-4，x＞ax2-4x+3，x≤a与x轴有且只有2个交点，则实数a的取值范围是（　　）
A．1≤a≤2 B．a≥3 C．1≤a≤2或a≥3 D．1≤a＜2或a≥3
【分析】作出函数y＝2x﹣4与y＝（x﹣1）（x﹣3）的图像，对参数分类讨论即可得到结论．
【解答】解：作出函数y＝2x﹣4与y＝（x﹣1）（x﹣3）的图像，如下：

由图可知，当a＜1时，只有B一个零点；
当1≤a＜2时，有A，B两个零点；
当2≤a＜3时，有A一个零点；
当a≥3时，有A，C两个零点；
综上，实数a的取值范围是1≤a＜2或a≥3，
故选：D．
2．（2021春•凉州区校级期末）已知函数f（x）=2|x|，x≤03x，x＞0，若方程f（x）＝k有且仅有两个不等实根，则实数k的取值范围是（　　）
A．k≥1 B．1≤k＜3 C．0＜k＜1 D．k≤3
【分析】将方程f（x）＝k有且仅有两个不等实根，转化为函数y＝k与函数y＝f（x）的图象有且仅有两个交点，作出图象，由图象即可得到k的范围．
【解答】解：由题意作出函数f（x）的图象，如图，

因为方程f（x）＝k有且仅有两个不等实根，
所以函数y＝k与函数y＝f（x）的图象有且仅有两个交点，
由函数y＝f（x）和y＝k的图象可得，k≥1．
故选：A．
3．（2021秋•门头沟区校级月考）若函数f（x）＝|logax|﹣2﹣x（a＞0且a≠1）的两个零点是m、n，则（　　）
A．mn＝1 B．mn＞1 C．0＜mn＜1 D．以上都不对
【分析】结合图象得出|logam|和|logan|的大小关系，利用对数的运算性质化简即可得出答案．
【解答】解：当a＞1时，
函数f（x）＝|logax|﹣2﹣x（a＞0且a≠1）有两个零点，
即y＝|logax|与y＝2﹣x有两个交点，
根据图知两交点的横坐标即为函数数f（x）＝|logax|﹣2﹣x（a＞0且a≠1）的两个零点m、n，
不妨设m＜n，
∴0＜m＜1＜n，
又y＝2﹣x为减函数，2﹣m＞2﹣n，
所以|logam|＞|logan|，
∴﹣logam＞logan，∴logam+logan＜0
loganm＜loga1，∴0＜mn＜1，
当0＜a＜1时，同理可得0＜mn＜1，
故选：C．

4．（2021秋•五华区月考）设f（x）是定义域为R的奇函数，且f（2+x）＝f（﹣x），当x∈[1，2]时，f（x）＝ax﹣2+b，f（1）+f（2）＝3．将函数g（x）＝f（x）﹣1的正零点从小到大排序，则g（x）的第4个正零点为（　　）
A．72 B．92 C．112 D．132
【分析】由题意可知f（0）＝0，所以f（2）＝0，从而得到f（1）＝3，可求出a，b的值，得到函数f（x）在[1，2]上的解析式，由f（2+x）＝f（﹣x）结合函数的奇偶性，可得到函数f（x）的图像关于直线x＝1对称，且周期为4，从而可以画出函数f（x）的大致图像，函数g（x）＝f（x）﹣1的正零点，等价于函数y＝f（x）与y＝1在y轴右侧交点的横坐标，数形结合即可求出结果．
【解答】解：∵f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）＝0，
∵f（2+x）＝f（﹣x），∴令x＝0得，f（2）＝f（0）＝0，
∴f（1）＝3，
即a0+b=0a-1+b=3，解得a=14b=-1，
∴当x∈[1，2]时，f（x）=(14)x-2-1，
∵f（2+x）＝f（﹣x），∴函数f（x）的图像关于直线x＝1对称，
又∵f（2+x）＝f（﹣x）＝﹣f（x），
∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），
∴函数f（x）是周期为4的周期函数，
画出函数f（x）的大致图像，如图所示，
令(14)x-2-1=1得，x0=32
函数g（x）＝f（x）﹣1的正零点，即为方程f（x）＝1的正根，即函数y＝f（x）与y＝1在y轴右侧交点的横坐标，
所以函数g（x）的第4个正零点为x0+4=32+4=112，
故选：C．
5．（2021•安徽模拟）已知函数f（x）=1+loga|x|，x≤-1(x+1)2+2a，x＞-1，方程f（x）﹣1＝0有两解，则a的取值范围是（　　）
A．（12，1） B．（0，12） C．（0，1） D．（1，+∞）
【分析】分两种情况：当0＜a＜1时，当a＞1时，f（x）的单调性，最值，则方程f（x）﹣1＝0要有两解，只需y＝f（x）与y＝1有两个解，即可得出答案．
【解答】解：因为f（x）=1+loga|x|，x≤-1(x+1)2+2a，x＞-1，
所以a＞0且a≠1，
当0＜a＜1时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，
f（x）max＝f（﹣1）＝1，
又f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，且f（x）＞f（﹣1）＝2a，
方程f（x）﹣1＝0有两个解，
所以2a＜1，
所以0＜a＜12，
当a＞1时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，
f（x）min＝f（﹣1）＝1，
又在（﹣1，+∞）上，f（x）单调递增，且f（x）＞f（﹣1）＝2a，
所以方程f（x）﹣1＝0要有两解，
所以2a＜1，此时不成立，
综上所述，0＜a＜12，
故选：B．
6．（2021春•福州期末）已知f（x）=-x2-2x+1，x≤0-2x+1，x＞0，则函数g（x）＝f（x）﹣e﹣x的零点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】作出函数y＝f（x）和y＝e﹣x的草图，看交点个数即可知道函数g（x）＝f（x）﹣e﹣x的零点个数．
【解答】解：令g（x）＝0⇒f（x）＝e﹣x，
则函数g（x）的零点个数即函数y＝f（x）和y＝e﹣x图象交点的个数，
作出函数y＝f（x）和y＝e﹣x的草图，

数形结合易得函数y＝f（x）和y＝e﹣x图象共有2个交点，
所以函数g（x）有2个零点．
故选：B．
7．（2021春•聊城期末）数学家高斯是世界著名的数学家之一，他一生成就极为丰硕，仅以他的名字“高斯”命名的成果多达110个，为数学家中之最对于高斯函数y＝[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[1.7]＝1，[﹣1.2]＝﹣2，{x}表示实数x的非负纯小数，即{x}＝x﹣[x]，如{1.7}＝0.7，{﹣1.2}＝0.8．若函数y＝{x}﹣1+logax（a＞0，且a≠1）有且仅有3个不同的零点，则实数a的取值范围为（　　）
A．[3，4） B．（3，4] C．[2，3） D．（2，3）
【分析】根据高斯函数的定义，将函数的零点问题转化为两个新函数图象的交点问题，然后数形结合求参数的取值范围．
【解答】解：若函数y＝{x}﹣1+logax（a＞0，且a≠1）有且仅有3个不同的零点，则函数y＝logax的图象与函数
y＝1﹣{x}＝1+[x]﹣x的图象有且仅有3个交点．作出y＝1﹣{x}的大致图象如图所示，易知档0＜a＜1时，y＝logax与y＝1﹣{x}的图象最多有1个交点，故a＞1，作出y＝logax的大致图象：

由图可知：loga3≤1loga4＞1，解得3≤a＜4．
故选：A．
8．（2021春•九江期末）设函数f（x）=x，-1＜x≤01f(x-1)+1，0＜x＜1，若函数y＝f（x）﹣2t在区间（﹣1，1）内有且仅有两个零点，则实数t的取值范围是（　　）
A．（-12，+∞） B．（﹣∞，0） C．（-12，0） D．[-12，0）
【分析】写出函数f（x）具体解析式为f（x）=x，-1＜x≤01x-1+1，0＜x＜1，作出图像，将问题转化为f（x）的图像与直线y＝2t在区间（﹣1，1）内有且仅有两个公共点，数形结合即可得到答案．
【解答】解：由条件得f（x）=x，-1＜x≤01x-1+1，0＜x＜1，其图像如图．
因为函数y＝f（x）﹣2t在区间（﹣1，1）内有且仅有两个零点等价于f（x）﹣2t＝0在（﹣1，1）内有且仅有两个实数根，
又等价于函数f（x）的图像与直线y＝2t在（﹣1，1）内有且仅有两个公共点，
由图可得，﹣1＜2t＜0，即-12＜t＜0．
故选：C．

二． 多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2020秋•济宁期末）若方程x2+2x+λ＝0在区间（﹣1，0）上有实数根，则实数λ的取值可以是（　　）
A．﹣3 B．18 C．14 D．1
【分析】利用二次方程，与对应的函数的对称轴，结合零点判断定理，转化求解即可．
【解答】解：方程x2+2x+λ＝0对应的二次函数为：y＝x2+2x+λ，它的对称轴为：x＝﹣1，
所以函数在（﹣1，0）上是增函数，所以f(-1)＜0f(0)＞0，可得1-2+λ＜0λ＞0，
解得λ∈（0，1）．
故选：BC．
10．（2021春•鼓楼区校级期末）若直线y＝3a与函数y＝|ax﹣1|（a＞0，且a≠1）的图象有两个公共点，则a可以是（　　）
A．2 B．13 C．14 D．18
【分析】分类讨论作出两函数的图象，数形结合可得．
【解答】解：

当0＜a＜1时，y＝|ax﹣1|的图象如图（1）所示，
由已知得0＜3a＜1，∴0＜a＜13；
当a＞1时，y＝|ax+1﹣1|的图象如图（2）所示，
由已知可得0＜3a＜1，
∴0＜a＜13，结合a＞1可得a∈∅．
综上可知a的取值范围为（0，13）．
故选：CD．
11．（2020秋•邵阳县期末）已知函数f（x）=x2-4x+2，x≥0(13)x+1，x＜0，若函数g（x）＝f（x）﹣m恰有3个零点，则m的取值可能为（　　）
A．13 B．1 C．2 D．52
【分析】作出f（x）的函数图象，根据图象判断m的值．
【解答】解：g（x）恰好有3个零点，
等价于f（x）＝m有三个不等实根，如图，
作出y＝f（x）的图象，可得当13＜m≤2时，
f（x）的图象与y＝m有三个交点．
故选：BC．

12．（2020秋•桐城市校级月考）关于x的方程（x2﹣2x）2﹣2（2x﹣x2）+k＝0，下列命题正确的有（　　）
A．存在实数k，使得方程无实根
B．存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根
C．存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根
D．存在实数k，使方程恰有4个不同的实根
【分析】利用换元法得令t＝x2﹣2x∈[﹣1，+∞），则原方程变为t2+2t+k＝0，所以得k＝﹣t2﹣2t，t∈[﹣1，+∞），分别判断两个方程解的情况即可．
【解答】解：令t＝x2﹣2x∈[﹣1，+∞），则原方程变为t2+2t+k＝0，所以得k＝﹣t2﹣2t，t∈[﹣1，+∞），
由k＝﹣t2﹣2t＝﹣（t+1）2+1，知对称轴为t＝﹣1，开口向下的抛物线，
所以函数在[﹣1，+∞）上为减函数，
所以当k＞1时，k＝﹣t2﹣2t＝﹣（t+1）2+1的无解，
所以存在实数k，使得方程无解，所以A正确；
当k≤﹣1时，在[﹣1，+∞）上为有唯一的t使方程成立，
由t＝x2﹣2x∈[﹣1，+∞）的图象知方程可能有一解也可能有两解，
所以存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根．故B正确；
方程t＝x2﹣2x∈[﹣1，+∞）的图象知最多两解，所以可得原方程最多两解，所以不存在这样的实数k，使得方程有3个解或4个解，故C，D错误．
故选：AB．

三． 填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2021秋•闽侯县校级月考）已知方程4x2﹣4kx+k+2＝0（k∈R）有两个负根，则k的取值集合为 　　．
【分析】由条件利用二次函数的性质列出不等式组，由此求得k的取值范围．
【解答】解：由题意方程4x2﹣4kx+k+2＝0（k∈R）有两个负根，
可得△=16k2-16(k+2)≥0x1+x2=k＜0x1x2=k+24＞0，解得k∈（﹣2，﹣1）．
故答案为：（﹣2，﹣1）．
14．（2021•岳阳县校级开学）若函数f（x）＝|2x﹣4|﹣a存在两个零点，且一个为正数，另一个为负数，则实数a的取值范围为 　　．
【分析】设g（x）＝|2x﹣4|，则函数f（x）＝|2x﹣4|﹣a存在两个零点，且一个为正数，另一个为负数，等价于函数y＝g（x）与y＝a有两个交点，且一个交点的横坐标为正数，另一个交点的横坐标为负数，根据函数图像变换规律画出函数g（x）的大致图像，根据图像即可求出a的取值范围．
【解答】解：由题意可知方程|2x﹣4|﹣a＝0存在两个根，且一个为正数，另一个为负数，
设g（x）＝|2x﹣4|，
即函数y＝g（x）与y＝a有两个交点，且一个交点的横坐标为正数，另一个交点的横坐标为负数，
画出函数g（x）的大致图像，如图所示：
由图像可知，3＜a＜4，
∴实数a的取值范围为（3，4），
故答案为：（3.4）．

15．（2021秋•桂林月考）已知函数f(x)=ex，x∈[-3，1)6xx2+1，x∈[1，3]，函数g（x）＝m，若f（x）＝g（x），x∈[﹣3，3]恰有1个零点，则m的取值范围为 　　．
【分析】f（x）＝g（x），x∈[﹣3，3]恰有1个零点可转化为函数f（x）与函数g（x）＝m有一个交点，分析函数f（x）的性质，作函数f（x）的图象，根据图象确定m的取值范围即可．
【解答】解：当﹣3≤x＜1时，f（x）＝ex，
则f（x）在[﹣3，1）上单调递增，且1e3≤f（x）＜e；
当1≤x≤3时，f（x）=6xx2+1=6x+1x，
则f（x）在[1，3]上单调递减，且2≤f（x）≤3；
作函数f（x）的图象如右图，
若f（x）＝g（x），x∈[﹣3，3]恰有1个零点，
则函数f（x）与函数g（x）＝m有一个交点，
故0＜m＜2或e≤m≤3，
故答案为：（0，2）∪[e，3]．

16．（2021秋•河南月考）已知关于x的方程|log2x|＝t（t＞0）有两个实根m，n（m＞n），则下列不等式中正确的有 　　．（填写所有正确结论的序号）
①m2+n2≥22（m﹣n）；
②m2+n2≤22（m﹣n）；
③m2﹣n2≥22（m﹣n）；
④m2﹣n2≤22（m﹣n）．
【分析】首先根据方程求出mn＝1，然后运用基本不等式分析选项即可．
【解答】解：∵方程|log2x|＝t（t＞0）有两个实根m，n（m＞n），
∴log2m=-log2n，
∴mn＝1．
m2+n2=m2+n2-2mn+2mn=(m-n)2+2≥22(m-n)2，
即m2+n2≥22(m-n)．（当且仅当（m﹣n）2＝2时等号成立）
m2-n2=(m+n)(m-n)≥2mn(m-n)=2(m-n)，
故答案为：①．

四． 解答题（共6小题，满分70分）
17．（2021春•宣城期中）若a，b，c∈R，求证：一元二次方程x2+ax+b﹣1＝0，x2+bx+c﹣1＝0和x2+cx+a﹣1＝0中至少有一个方程有实根．
【分析】利用反证法证明，结合判别式即可证明．
【解答】证明：假设三个方程都没有实数根，则三个方程判别式满足：△1=a2-4b+4＜0，△2=b2-4c+4＜0，△3=c2-4a+4＜0，
将三个不等式两边同时相加，可得a2+b2+c2﹣4b﹣4c﹣4a+12＜0，
即（a﹣2）2+（b﹣2）2+（c﹣2）2＜0，显然不成立，
那么假设不成立，所以三个一元二次方程中至少有一个方程有实根．
18．（2021秋•长宁区校级月考）已知关于x的方程为：k2x2+（k+3）x+1＝0……①，k，x∈R．
（1）若方程①有两个不同的实数根，求k的取值范围；
（2）设方程①的两根分别为x1、x2，用k的代数式表示x1³+x1²x2+x1x2²+x2³．
【分析】（1）由二次项系数不为0且判别式大于0求解k的取值范围；
（2）利用根与系数的关系求得x1+x2，x1x2的值，再把x13+x12x2+x1x22+x23因式分解，代入整理即可．
【解答】解：（1）若方程①有两个不同的实数根，则
k2≠0，且（k+3）2﹣4k2＞0，解得k∈（﹣1，0）∪（0，3）；
（2）∵x1+x2=-k+3k2，x1x2=1k2，
∴x13+x12x2+x1x22+x23=x12(x1+x2)+x22(x1+x2)
=(x1+x2)(x12+x22)=(x1+x2)[(x1+x2)2-2x1x2]
=-k+3k2[(k+3)2k4-2k2]=k3-3k2-27k-27k6．
19．（2021•涪城区校级开学）已知函数f(x)=logax-1x+1(a＞0，a≠1)．
（1）求函数y＝f（x）的定义域；
（2）若方程f（x）＝1+logax有两个不等实根，求实数a的取值范围．
【分析】（1）函数f（x）有意义，则x-1x+1＞0，解不等式得到x的范围，即可得到f（x）的定义域．
（2）方程f（x）＝1+logax有两个不等实根转化为函数g（x）＝ax2+（a﹣1）x+1有两个零点，然后求出a的取值范围即可．
【解答】解：（1）要使函数f（x）有意义，则x-1x+1＞0，解得x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），
所以f（x）的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．
（2）方程f（x）＝1+logax，即为logax-1x+1=logax+1，得ax2+（a﹣1）x+1＝0，
设g（x）＝ax2+（a﹣1）x+1，
因为方程ax2+（a﹣1）x+1＝0在区间（1，+∞）上有两个不等实根，
则1-a2a＞1△=(a-1)2-4a＞0g(1)=2a＞0，解得a∈（0，3﹣22）．
所以实数a的取值范围是（0，3﹣22）．
20．（2021秋•靖远县校级月考）已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x∈（﹣∞，0]时，f（x）＝﹣x2﹣2x．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若函数y＝f（x）﹣λ有三个零点，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）先求出f（0）＝0，然后设x＞0，利用﹣x＜0，结合奇函数性质求出此时的f（x），最后利用分段函数的形式写出f（x）；
（2）根据（1）做出函数f（x）的图像，利用y＝f（x）与y＝λ有三个交点求解．
【解答】解：（1）由题意f（0）＝0，
当x＞0时，则﹣x＜0，所以f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣[﹣（﹣x）2﹣2（﹣x）]＝x2﹣2x，
故f(x)=-x2-2x，x≤0x2-2x，x＞0．
（2）y＝f（x）﹣λ有三个零点，即y＝f（x）与y＝λ的图像有三个交点，
作出y＝f（x）的图像如右：当直线y＝λ介于y＝f（x）的极大值对应的点A（﹣1，1）与极小值对应的点B（1，﹣1）之间时，两函数图像有三个交点，故﹣1＜λ＜1即为所求．

21．（2021秋•红花岗区校级月考）已知函数f（x）＝x2+2ax+1（a∈R）．
（1）若函数f（x）在范围[﹣2，0]上存在零点，求a的取值范围；
（2）当x∈[﹣1，1]时，求函数f（x）的最小值g（a）．
【分析】（1）根据题意，存在x∈[﹣2，0），使得﹣2a＝x+1x成立，利用对勾函数y＝x+1x的图像和性质求出函数y＝x+1x在[﹣2，0）上的值域，从而得到a的取值范围．
（2）f（x）＝x2+2ax+1＝（x+a）2+1﹣a2，对称轴为x＝﹣a，对对称轴的位置分三种情况讨论，分别利用函数f（x）在[﹣1，1]上的单调性，得到g（a）的解析式，最后再写成分段函数的形式即可．
【解答】解：（1）根据题意，存在x∈[﹣2，0），使得x2+2ax+1＝0成立，
即存在x∈[﹣2，0），使得﹣2a＝x+1x成立，
由对勾函数y＝x+1x的性质可知，函数y＝x+1x在[﹣2，﹣1]上单调递增，在（﹣1，0）上单调递减，
∴当x＝﹣1时，ymax＝﹣2，
即当x∈[﹣2，0）时，x+1x≤-2，
∴﹣2a≤﹣2，即a≥1，
∴a的取值范围为[1，+∞）．
（2）f（x）＝x2+2ax+1＝（x+a）2+1﹣a2，
①当﹣a≤﹣1，即a≥1时，f（x）在[﹣1，1]上单调递增，∴g（a）＝f（﹣1）＝2﹣2a，
②当﹣1＜﹣a＜1，即﹣1＜a＜1时，g（a）＝f（﹣a）＝1﹣a2，
③当﹣a≥1，即a≤﹣1时，f（x）在[﹣1，1]上单调递减，∴g（a）＝f（1）＝2+2a，
综上所述，g（a）=2-2a，a≥11-a2，-1＜a＜12+2a，a≤-1．
22．（2020秋•河南期末）设函数f（x）＝4x+1﹣2m•2x﹣3m（m∈R）．
（1）当m＝2时，求f（x）的值域；
（2）若f（x）有且只有一个零点，求实数m的取值范围．
【分析】（1）利用换元法将原问题转化为二次函数在给定区间求值域的问题，然后结合二次函数的性质即可求得函数的值域；
（2）利用换元法将原问题转化为二次函数根的分布问题，然后分类讨论确定实数m的取值范围即可．
【解答】解：（1）当m＝2时，f（x）＝4⋅（2x）2﹣4⋅2x﹣6，
令2x＝t∈（0，+∞），g（t）＝4t2﹣4t﹣6，t∈（0，+∞）．
当t=12时，g（t）min＝﹣7，
所以g（t）的值域为[﹣7，+∞）．
即f（x）的值域为[﹣7，+∞）．
（2）因为f（x）＝4x+1﹣2m⋅2x﹣3m＝4⋅（2x）2﹣2m⋅2x﹣3m，
设t＝2x，则f（x）有且只有一个零点等价于方程4t2﹣2mt﹣3m＝0有且只有一个正实根．
①若4t2﹣2mt﹣3m＝0有一根为0时，则t1t2=-34m=0，即m＝0，
则t1+t2=m2=0，所以t1＝t2＝0，不合题意，舍去；
②若4t2﹣2mt﹣3m＝0有一正实根和一负实根时，则t1t2=-34m＜0，即m＞0；
③若4t2﹣2mt﹣3m＝0有两相等正实根时，则△=4m2+48m=0，t1+t2=m2＞0，t1t2=-3m4＞0，，无解．
综上，实数m的取值范围是（0，+∞）．