05函数的应用-函数的零点与方程的解-重庆市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教A

这是一份05函数的应用-函数的零点与方程的解-重庆市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教A，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·重庆长寿·高一统考期末）已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024上·重庆·高一校联考期末）已知函数，是函数的4个零点，且，给出以下结论：①m的取值范围是；②；③的最小值是4；④的最大值是.其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．（2024上·重庆·高一校联考期末）设函数，满足，，若存在零点，则下列选项中一定错误的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2024上·重庆·高一重庆南开中学校考期末）已知，则以下关于的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．（2024上·重庆·高一重庆一中校考期末）已知函数（其中），若是的一个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．（2024上·重庆·高一校联考期末）函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
7．（2024上·重庆·高一校联考期末）函数的交点所在的一个区间是（ ）
A．B．
C．D．
8．（2023上·重庆九龙坡·高一重庆市杨家坪中学校考期末）函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．（2023上·重庆长寿·高一统考期末）函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·重庆·高一校联考期末）函数若,且,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．（2023上·重庆·高一校联考期末）已知均为上连续不断的曲线，根据下表能判断方程有实数解的区间是（ ）
A．B．C．D．
12．（2023上·重庆北碚·高一统考期末）函数的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
二、填空题
13．（2024上·重庆·高一校联考期末）设函数，当时，的单调递增区间为 ，若且，使得成立，则实数的取值范围为 .
14．（2024上·重庆·高一校联考期末）已知，若方程有四个不同的解，则的取值范围是 .
15．（2024上·重庆九龙坡·高一统考期末）已知函数，若，则的最小值为 ；若函数恰有两个零点，则正数的取值范围是 ．
16．（2023上·重庆长寿·高一统考期末）设常数，函数.若方程有三个不相等的实数根，且，则的取值范围为 ，的取值范围为 .
17．（2023上·重庆铜梁·高一校联考期末）已知函数若，且，则的取值范围是 ．
18．（2023上·重庆永川·高一重庆市永川北山中学校校考期末）已知函数，，函数
(1)当实数时，有 个不同零点；
(2)若图象经过4个象限，则实数的取值范围是 ．
19．（2022上·重庆·高一校联考期末）已知函数.若，则的值域是 ；若恰有2个零点，则实数的取值范围是 .
20．（2023上·重庆渝中·高一重庆巴蜀中学校考期末）已知，若函数有8个不同零点，则实数m的取值范围为 .
三、解答题
21．（2024上·重庆江北·高一校考期末）已知函数，．
(1)求函数在区间上的最大值；
(2)若函数，且函数的图象与函数的图象有3个不同的交点，求实数的取值范围．
22．（2024上·重庆·高一重庆南开中学校考期末）已知定义在上的函数．
(1)当时，解关于的不等式：；
(2)若函数的图象与函数的图象恰有两个不同的交点，求实数的取值范围．
23．（2024上·重庆·高一校联考期末）已知函数.
(1)当时，求函数的零点；
(2)当时，求不等式的解集.
24．（2024上·重庆·高一重庆一中校考期末）小红学了高一年级《基本不等式》后，高兴地告诉她正读高三的哥哥小东说：“哥哥，我知道你以前说的“基本不等式”是怎么回事了，我还可以对它扩充呢”.然后小红在草稿本上工工整整地写下了“若，，则”.小东微笑着说：“恭喜你获得了新知，加油！等你上高三了还可以往这个不等式里面补充内容，看我写一个.”然后小东就把刚才小红写的内容改成了：“若，，，则”.小东看着小红崇拜的眼睛，又补充说：“虽然你现在还不能完全证明它，但是你可以用‘若，，，则’作为条件来证明另一个结论：‘若，则’”.
(1)请完成小东所说结论的证明，即用“若，，，则”作为条件，证明结论“若，则”成立；
(2)请用（1）中的结论解决问题：已知函数有两个不同的零点，证明；
(3)小红成功完成（2）中的证明后，翻开哥哥小东的高三资料发现这样一道题：若函数有两个不同的零点，证明.她兴奋地对哥哥说：“我发现这个题在本质上跟（2）中的题目是一模一样的！”.请问你认同小红的说法吗？写出你的观点并说明理由.
0
1
2
3
参考答案：
1．B
【分析】把函数的零点转化为两个函数的图象的交点的横坐标，画出图象，即可求解.
【详解】因为函数的零点即为与的图象的交点横坐标，
函数的零点即为与的图象的交点横坐标，
函数的零点即为与的图象的交点横坐标，
在同一坐标系内，分别画出函数的图象，如图所示，
由图象可得：，所以.
故选：B.
2．A
【分析】作出的图象，结合图象判断①；对方程化简计算判断②；由对数的运算性质得出，利用基本不等式判断③④.
【详解】作出函数的图象如下图所示：

因为是函数的4个零点，
所以直线与函数的图象有四个交点，且，
结合图象可知：，故①错误；
对于②，由图可知，，则，所以，
，则，所以，
所以，所以，故②错误；
对于③，当时，或，
结合图象可知，，由得，
即，所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立，显然不满足，
所以，故③错误；
对于④，因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即的最大值是，故④正确.
综上，正确结论为④，共1个.
故选：A.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
3．B
【分析】根据函数解析式可得函数的单调性，由单调性及确定的大小及正负，利用零点存在性定理即可得解.
【详解】因为在上为增函数，
所以在上为增函数，
又，所以，
，
或，
当时，
由存在零点，可知，此时AC选项正确，BD选项错误；
当时，
由存在零点，可知，此时ABC选项错误，D选项正确；
综上，选项中一定错误的是B选项，
故选：B.
4．D
【分析】根据零点存在性定理可求解，进而根据指数对数的运算性质结合基本不等式求解的范围，即可比较大小．
【详解】由，令，则在定义域内单调性递增，且，
由零点存在性定理可得，
，
又，因此，
，可得，
，，
，
，，，
．
故选：D
【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据：
（1）结合函数性质进行比较；
（2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较；
（3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小.
5．C
【分析】先得到函数的单调性，结合零点存在性定理得到，再变形得到，根据对勾函数性质得到答案.
【详解】由于在R上单调递减，
，在R上单调递减，
故在R上单调递减，
，，
由零点存在性定理可得，故，
由题意得，故，
故，
由对勾函数性质可得在上单调递增，
故.
故选：C
6．B
【分析】函数在上连续且单调递减，分别计算，，，，，根据零点存在性定理可得结果.
【详解】当时，函数和都是减函数，
所以函数在区间上单调递减，
，
，
因为，
所以，
又，，
所以，
又函数在上连续，
根据零点存在性定理可得零点所在的区间为.
故选：.
7．B
【分析】构造函数，再根据零点的存在性定理即可得解.
【详解】构造函数，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
又，
所以函数的零点在内，
即函数的交点所在的一个区间是.
故选：B．
8．B
【分析】先判断出在上是增函数，利用零点存在定理列不等式可求a的范围.
【详解】和在上是增函数，
在上是增函数，
只需即可，即，解得．
故选：B.
9．D
【分析】利用零点存在定理代入区间端点处的值判断即可得出结果.
【详解】易知函数定义域为，且函数单调递增，
又，所以上没有零点；
，
，由零点存在定理可知，
所以零点所在区间是.
故选：D
10．B
【分析】根据解析式画出图象,由判断的范围,再由得出的关系,由,及的范围,将化为关于的式子,将上述等式代入中得到关于的二次函数,根据的范围求值域即可.
【详解】解:由题知,所以,
画出图象如下:
由图象可知:,
且有即,
因为,所以,即,
所以,
因为,所以,
因为,
所以,
由可得,
即,所以,
即.
故选:B
【点睛】思路点睛:此题考查函数图象与方程的综合应用,属于难题,关于该类题目的思路有:
(1)根据分段函数,分析函数性质及图象变换,画出图象;
(2)找出满足题意的等式,进行化简;
(3)代入所求式子中,变为关于一个变量的式子,求出该式子的范围即可.
11．B
【分析】令，转化为函数零点的问题，根据函数零点存在定理求解即可.
【详解】令，
因为均为上连续不断的曲线，所以在上连续不断的曲线，
，，
，，
，
因为，所以函数有零点的区间为，
即方程有实数解的区间是.
故选：B.
12．C
【分析】转化为函数和函数的交点个数,数形结合即可得到结果.
【详解】本题转化为函数和函数的交点个数,做出两个函数的图像,如图,
根据图像可得两个函数交点的个数为个,所以函数的零点个数为个.
故选:C.
13．
【分析】当时，作出函数的图象，利用图象求出函数的递增区间；由得关于对称，结合二次函数的对称性及方程有解判断范围.
【详解】当时，，其图象如下图：
由图知，函数的单调递增区间为；
，其图象关于对称，显然当时，
由二次函数对称知且，使得成立，符合题意；
则时，当时，关于对称的曲线为，
联立，得或（舍去），
所以当时，满足，即，符合题意；
当时，曲线，与曲线无公共点，不符合题意；
综上，实数的取值范围为.
故答案为：；
14．
【分析】结合函数的图象与性质知，，，将化简为，进而化简为，求出范围即可.
【详解】作出函数的图象：

方程有四个不同的解，
则，且，，所以，
则，
设，所以，
因为，所以，则，
所以则的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：函数零点问题要充分利用函数与方程的基本思想，并充分利用数形结合画出函数图象，利用图象即可求得参数范围以及零点问题.
15．
【分析】若，分别计算分段函数每段的范围或最小值即可得的最小值；若函数恰有两个零点，分别计算分段函数每段的零点个数，结合函数性质即可得正数的取值范围.
【详解】若，则，
则当时，，
当时，，
故有最小值，综上，的最小值为；
若函数恰有两个零点，
当时，令，解得，符合题意，
即是的一个零点，则时亦有一零点，
当时，由为正数，令，
即或，则有且，即.
故.
故答案为：；.
【点睛】本题考查分段函数、指数型函数以及二次函数，重点在二次函数零点分布.
16．
【分析】第一空，将方程根的个数转化为函数图像交点问题，画出图像即可得到答案；
第二空，通过计算得到，从而研究的范围即可得到答案.
【详解】画出函数的图像如下：

因为方程有三个不相等的实数根，且，
所以图像与直线有三个不同的交点，
所以实数的取值范围为.
令，得，所以.
由图可知，，所以，
由，得，
即，所以
所以
故答案为：
【点睛】此类方程的根的个数问题，要善于转化为图像交点问题，通过研究函数图像从而快速求解得到答案.
17．
【分析】画出函数的图象，并根据方程根的个数确定每个根对应的取值范围，即可求得表达式的取值范围
【详解】画出函数的图象如下：
观察图象由对称性可得，即
又，，
则
令，由二次函数图象可知，，，
∴的取值范围为.
故答案为：
18． 2
【分析】(1)令，直接求解即可；
(2)画出，数形结合确定，从而可求实数的取值范围.
【详解】(1)由得；当时，，即
解得；
当时，，
(i)若，则解得；
(ii)若，则，方程无实数解.
综上：不同零点有2个.
(2)
经过4个象限，则时，可正可负，时，可正可负
即时，图象有时在图象上方，有时在图象下方，
的情况同理，数形结合，直线恒过定点
如图所示，临界情况是直线过点，此时；直线过点,此时直线与抛物线相切，可得，则实数的取值范围是.
故答案为：2; .
19．
【分析】时，当时, ，当时，，利用函数的单调性求值域;
当且时,当时求得的两个零点只有一个满足,另一个要在时产生,列出满足的条件;
当时，当时求得没有零点, 时不可能有两个零点.
【详解】时，，当时, ，当时，，故值域为；
若，由上知此时只有一个零点；
当且时，当时有两个零点，，
其中，必是一个大于1，另一个小于1，故此时只有一个零点满足，
而时，此时需要有一个零点，只需，
∴，
当时，当时，对称轴为，在上为增函数，
∴，
由，知在上无零点，
而时，在上单调，∴不可能有两个零点.
综上实数的取值范围是.
故答案为: ;
20．
【分析】利用换元法令及并画出的函数图像，求得有四个不同的解时的取值范围，再利用二次函数的性质即可求得实数m的取值范围.
【详解】令，作出函数的图象，可知当时，有四个不同的解.
因为有8个不同的零点，所以在内有两个不等实根.
设，则根据二次函数的图象与性质，等价于:
，解得.
故答案为：
21．(1)5
(2)
【分析】（1）首先化简函数的解析式，再根据对数函数的单调性，即可求函数的最值；
（2）首先化简函数，利用换元法，转化为二次函数根的分布问题，即可求解.
【详解】（1），
，
，
当，，所以的值域为，
所以函数的最大值为5；
（2），
令，则，
，
令，整理可得①，
，作出简图，如下，
当时，，显然不合题意，
当时，有两个根，
当时，有一个根，
因为函数的图象与函数的图象有3个不同的交点，
所以①式有两个根，且一根在区间内，另一根在区间内，
设，
则有或，
即或，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题的第一个关键是利用换元，化简函数，并将方程转化为，第二个关键点是通过的交点问题，转化为二次方程根的分布问题.
22．(1)
(2)
【分析】（1）令，根据二次不等式以及指数函数单调性解不等式；
（2）根据题意可知方方程在内有2个不同的根，换元，结合函数单调性分析可知在内有2个不同的根，分类参数结合对勾函数分析求解.
【详解】（1）当时，不等式即为，
令，可得，解得或（舍去），
即，解得，
所以关于的不等式的解集为.
（2）对于函数，
令，解得，
可知函数的定义域为.
令，
可得，即，
即方程在内有2个不同的根，
令，可得，
因为在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
可知方程有且仅有一个根1，
由题意可知：在内有2个不同的根，
即在内有两个根，
令，可知在内有两个根，
即与在内有两个不同的交点，
由对勾函数可知在内单调递减，在内单调递增，
当时，取到最小值2，
则，可得，
所以实数的取值范围.
【点睛】关键点睛：1.注意对数的真数大于0；
2.利用换元法和转化的思想，结合函数分析函数交点、零点以及方程的根.
23．(1)或
(2)答案见解析
【分析】（1）直接解二次方程即可得解；
（2）分类讨论的取值范围，解二次不等式即可得解.
【详解】（1）当时，，
令，得，解得或，
故的零点为或.
（2）因为，
当时，不等式可化为，解得；
当时，不等式可化为，
又，故解得或；
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
24．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)认同，理由见解析.
【分析】（1）令,代入整理即可;
（2）利用函数有两个不同的零点，得到，表示出 ，通过分析证明即可；
（3）利用函数有两个不同的零点，得，，表示出，通过分析证明即可.
【详解】（1）当，，时，有，
令，则,
所以，
即，所以.
（2）因为函数有两个不同的零点，
所以，
即，
将两式相加减可得，，
要证，只需证，
即证，即证，
由（1）问当时，有，故显然成立.
所以.
（3）认同小红的说法，理由如下：
因为函数有两个不同的零点，且，
所以，
即，
将两式相加减可得，，
要证，即证，
即证，
即证，
即证，
由题意可知：当，，，有，
故显然成立.
故.
【点睛】关键点睛：审清题意，充分借助，构造要证的不等式及，证明即可.