2024年高考数学第一轮复习讲义第二章2.11　函数的零点与方程的根(学生版+解析)

这是一份2024年高考数学第一轮复习讲义第二章2.11　函数的零点与方程的根(学生版+解析)，共20页。


知识梳理
1．函数的零点与方程的根
(1)函数零点的概念
对于函数y＝f(x)，我们把使______________的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．
(2)函数零点与方程实数根的关系
方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与________有交点⇔函数y＝f(x)有________．
(3)函数零点存在定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有________________，那么，函数y＝f(x)在区间________________内有零点，即存在c∈(a，b)，使得__________，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
2．二分法
对于在区间[a，b]上连续不断且____________的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间______________，使区间的两个端点逐步逼近________，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．
常用结论
1．若连续不断的函数f(x)是定义域上的单调函数，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．
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)用二分法求函数零点的近似值适合于变号零点．( )
教材改编题
1．观察下列函数的图象，判断能用二分法求其零点的是( )
2．函数y＝eq \f(3,x)－ln x的零点所在区间是( )
A．(3,4) B．(2,3) C．(1,2) D．(0,1)
3．函数f(x)＝ex＋3x的零点个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
题型一 函数零点所在区间的判定
例1 (1)函数f(x)＝ln x＋2x－6的零点所在的区间是( )
A．(1,2) B．(2,3)
C．(3,4) D．(4,5)
听课记录：___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________
延伸探究 用二分法求函数f(x)＝ln x＋2x－6在区间(2,3)内的零点近似值，至少经过________次二分后精确度达到0.1( )
A．2 B．3 C．4 D．5
(2)(2023·蚌埠模拟)已知x1＋＝0，x2＋lg2x2＝0,－lg2x3＝0，则( )
A．x1C．x1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)函数f(x)＝ex－x－2在下列哪个区间内必有零点( )
A．(－3，－2) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
(2)若aA．(a，b)和(b，c)内
B．(－∞，a)和(a，b)内
C．(b，c)和(c，＋∞)内
D．(－∞，a)和(c，＋∞)内
题型二 函数零点个数的判定
例2 (1)若函数f(x)＝|x|，则函数y＝f(x)－的零点个数是( )
A．5 B．4 C．3 D．2
听课记录：___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________
(2)已知在R上的函数f(x)满足对于任意实数x都有f(2＋x)＝f(2－x)，f(7＋x)＝f(7－x)，且在区间[0,7]上只有x＝1和x＝3两个零点，则f(x)＝0在区间[0,2 023]上根的个数为( )
A．404 B．405
C．406 D．203
听课记录：___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________
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)(2022·泉州模拟)设定义域为R的函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|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
(2)函数f(x)＝eq \r(36－x2)·cs x的零点个数为________．
题型三 函数零点的应用
命题点1 根据零点个数求参数
例3 (2023·黄冈模拟)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－x2，x≤2，,lg3x－1，x>2，))g(x)＝kx－3k，若函数f(x)与g(x)的图象有三个交点，则实数k的取值范围为( )
A．(2eq \r(2)－6,0) B．(2eq \r(3)－6,0)
C．(－2,0) D．(2eq \r(5)－6,0)
听课记录：___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________
命题点2 根据函数零点的范围求参数
例4 (2023·北京模拟)已知函数f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C．(－∞，0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
听课记录：___________________________________________________________________
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思维升华 根据函数零点的情况求参数的三种常用方法
(1)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．
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解.
跟踪训练3 (1)函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．0C．1(2)(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x)，x>0，,x2＋2x，x≤0，))若g(x)＝f(x)－a有3个零点，则实数a的取值范围为( )
A．(－1,0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪{－1}
§2.11 函数的零点与方程的根
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根
(1)函数零点的概念
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)函数零点与方程实数根的关系
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)函数零点存在定理
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．
2．二分法
对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使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．
常用结论
1．若连续不断的函数f(x)是定义域上的单调函数，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．
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)用二分法求函数零点的近似值适合于变号零点．( √ )
教材改编题
1．观察下列函数的图象，判断能用二分法求其零点的是( )
答案 A
解析 由图象可知，B，D选项中函数无零点，A，C选项中函数有零点，C选项中函数零点两侧函数值符号相同，A选项中函数零点两侧函数值符号相反，故A选项中函数零点可以用二分法求近似值，C选项不能用二分法求零点．
2．函数y＝eq \f(3,x)－ln x的零点所在区间是( )
A．(3,4) B．(2,3) C．(1,2) D．(0,1)
答案 B
解析 因为函数的定义域为(0，＋∞)，且函数y＝eq \f(3,x)在(0，＋∞)上单调递减；y＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数y＝eq \f(3,x)－ln x为定义在(0，＋∞)上的连续减函数，
又当x＝2时，y＝eq \f(3,2)－ln 2>0；
当x＝3时，y＝1－ln 3<0，
两函数值异号，
所以函数y＝eq \f(3,x)－ln x的零点所在区间是(2,3)．
3．函数f(x)＝ex＋3x的零点个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 由f′(x)＝ex＋3>0，所以f(x)在R上单调递增，又f(－1)＝eq \f(1,e)－3<0，f(0)＝1>0，因此函数f(x)有且只有一个零点.
题型一 函数零点所在区间的判定
例1 (1)函数f(x)＝ln x＋2x－6的零点所在的区间是( )
A．(1,2) B．(2,3)
C．(3,4) D．(4,5)
答案 B
解析 由题意得，f(x)＝ln x＋2x－6，在定义域内单调递增，
f(2)＝ln 2＋4－6＝ln 2－2<0，
f(3)＝ln 3＋6－6＝ln 3>0，
则f(2)f(3)<0，
∴零点在区间(2,3)上．
延伸探究 用二分法求函数f(x)＝ln x＋2x－6在区间(2,3)内的零点近似值，至少经过________次二分后精确度达到0.1( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 ∵开区间(2,3)的长度等于1，
每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，
经过n次操作后，区间长度变为eq \f(1,2n)，
故有eq \f(1,2n)≤0.1，解得n≥4，
∴至少需要操作4次．
(2)(2023·蚌埠模拟)已知x1＋＝0，x2＋lg2x2＝0,－lg2x3＝0，则( )
A．x1C．x1答案 A
解析 设函数f(x)＝x＋2x，易知f(x)在R上单调递增，
f(－1)＝－eq \f(1,2)，f(0)＝1，即f(－1)f(0)<0，
由函数零点存在定理可知，－1设函数g(x)＝x＋lg2x，
易知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)，g(1)＝1，
即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))g(1)<0，
由函数零点存在定理可知，eq \f(1,2)设函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2x，
易知h(x)在(0，＋∞)上单调递减，h(1)＝eq \f(1,3)，h(x3)＝0，
因为h(1)>h(x3)，
由函数单调性可知，x3>1，
即－1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)函数f(x)＝ex－x－2在下列哪个区间内必有零点( )
A．(－3，－2) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
答案 D
解析 易得f(－3)＝eq \f(1,e3)＋1>0，
f(－2)＝eq \f(1,e2)>0，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(1)·f(2)<0，
所以f(x)在(1,2)内存在零点．
(2)若aA．(a，b)和(b，c)内
B．(－∞，a)和(a，b)内
C．(b，c)和(c，＋∞)内
D．(－∞，a)和(c，＋∞)内
答案 A
解析 函数y＝f(x)是开口向上的二次函数，最多有两个零点，由于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．
题型二 函数零点个数的判定
例2 (1)若函数f(x)＝|x|，则函数y＝f(x)－的零点个数是( )
A．5 B．4 C．3 D．2
答案 D
解析 在同一平面直角坐标系中作出f(x)＝|x|，g(x)＝的图象如图所示，则y＝f(x)－的零点个数，即f(x)与g(x)图象的交点个数，由图可知选D.
(2)已知在R上的函数f(x)满足对于任意实数x都有f(2＋x)＝f(2－x)，f(7＋x)＝f(7－x)，且在区间[0,7]上只有x＝1和x＝3两个零点，则f(x)＝0在区间[0,2 023]上根的个数为( )
A．404 B．405 C．406 D．203
答案 C
解析 因为f(2＋x)＝f(2－x)，f(x)关于直线x＝2对称且f(5＋x)＝f(－x－1)；
因为f(7＋x)＝f(7－x)，故可得f(5＋x)＝f(－x＋9)；
故可得f(－x－1)＝f(－x＋9)，则f(x)＝f(x＋10)，
故f(x)是以10为周期的函数．
又f(x)在区间[0,7]上只有x＝1和x＝3两个零点，
根据函数对称性可知，f(x)在一个周期[0,10]内也只有两个零点，
又区间[0,2 023]内包含202个周期，
故f(x)在[0,2 020]上的零点个数为202×2＝404，
又f(x)在(2 020,2 023]上的零点个数与在(0,3]上的零点个数相同，有2个．
故f(x)在[0,2 023]上有406个零点，
即f(x)＝0在区间[0,2 023]上有406个根．
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)(2022·泉州模拟)设定义域为R的函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|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)的简图如图所示，
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.
(2)函数f(x)＝eq \r(36－x2)·cs 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cs x＝0，
由36－x2＝0得x＝±6，
由cs x＝0得x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
又x∈[－6,6]，∴x的取值为－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．
题型三 函数零点的应用
命题点1 根据零点个数求参数
例3 (2023·黄冈模拟)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－x2，x≤2，,lg3x－1，x>2，))g(x)＝kx－3k，若函数f(x)与g(x)的图象有三个交点，则实数k的取值范围为( )
A．(2eq \r(2)－6,0) B．(2eq \r(3)－6,0)
C．(－2,0) D．(2eq \r(5)－6,0)
答案 D
解析 作出函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－x2，x≤2，,lg3x－1，x>2))的图象，如图所示，
设与y＝4－x2相切的直线为l，
且切点为P(x0,4－xeq \\al(2,0))，
因为y′＝－2x，所以切线的斜率为k＝－2x0，
则切线方程为y－4＋xeq \\al(2,0)＝－2x0(x－x0)，
因为g(x)＝kx－3k过定点(3,0)，且在切线l上，
代入切线方程求得x0＝3－eq \r(5)或x0＝3＋eq \r(5)(舍去)，
所以切线的斜率为k＝2eq \r(5)－6，
因为函数f(x)与g(x)的图象有三个交点，
由图象知，实数k的取值范围为(2eq \r(5)－6,0)．
命题点2 根据函数零点的范围求参数
例4 (2023·北京模拟)已知函数f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C．(－∞，0) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
答案 B
解析 由f(x)＝3x－eq \f(1＋ax,x)＝0，可得a＝3x－eq \f(1,x)，
令g(x)＝3x－eq \f(1,x)，其中x∈(－∞，－1)，
由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，
则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．
由于函数y＝3x，y＝－eq \f(1,x)在区间(－∞，－1)上均单调递增，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．
当x∈(－∞，－1)时，
g(x)＝3x－eq \f(1,x)又g(x)＝3x－eq \f(1,x)>0，
所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
因此实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))).
思维升华 根据函数零点的情况求参数的三种常用方法
(1)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．
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解.
跟踪训练3 (1)函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．0C．1答案 A
解析 因为函数y＝2x，y＝－eq \f(2,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a在(0，＋∞)上单调递增，
由函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内得，f(1)×f(2)＝(2－2－a)(4－1－a)＝(－a)×(3－a)<0，解得0(2)(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x)，x>0，,x2＋2x，x≤0，))若g(x)＝f(x)－a有3个零点，则实数a的取值范围为( )
A．(－1,0) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪{－1}
答案 B
解析 设h(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令h′(x)>0，得0令h′(x)<0，得x>e，
所以函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e).
因为函数g(x)＝f(x)－a有3个零点，
所以方程f(x)＝a有3个解．
作出函数y＝f(x)和y＝a的图象如图所示，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,e))).
课时精练
1．(2022·焦作模拟)设函数f(x)＝2x＋eq \f(x,3)的零点为x0，则x0所在的区间是( )
A．(－4，－2) B．(－2，－1)
C．(1,2) D．(2,4)
答案 B
解析 易知f(x)在R上单调递增且连续，f(－2)＝eq \f(1,4)－eq \f(2,3)<0，f(－1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)>0，所以x0∈(－2，－1)．
2．用二分法研究函数f(x)＝x5＋8x3－1的零点时，第一次经过计算得f(0)<0，f(0.5)>0，则其中一个零点所在区间和第二次应计算的函数值分别为( )
A．(0,0.5)，f(0.125) B．(0,0.5)，f(0.375)
C．(0.5,1)，f(0.75) D．(0,0.5)，f(0.25)
答案 D
解析 因为f(0)f(0.5)<0，
由函数零点存在定理知，零点x0∈(0,0.5)，
根据二分法，第二次应计算 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0＋0.5,2)))，即f(0.25)．
3．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x－3，x≤0，,lg2x－3x＋4，x>0))的零点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 当x≤0时，令f(x)＝x2－2x－3＝0，
得x＝－1(x＝3舍去)，
当x>0时，令f(x)＝0，得lg2x＝3x－4，
作出y＝lg2x与y＝3x－4的图象，如图所示，
由图可知，y＝lg2x与y＝3x－4有两个交点，
所以当x>0时，f(x)＝0有两个零点，
综上，f(x)有3个零点．
4．已知函数f(x)＝lg2(x＋1)－eq \f(1,x)＋m在区间(1,3]上有零点，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,3)))∪(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,3)))∪(0，＋∞)
D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0))
答案 D
解析 由于函数y＝lg2(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)＝lg2(x＋1)－eq \f(1,x)＋m在区间(1,3]上有零点，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1<0，,f3≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(－\f(5,3)，0)).
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x，x<0，,1＋|x－1|，x≥0，))若函数g(x)＝f(x)－m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A．(1,2] B．(1,2)
C．(0,1) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 因为函数g(x)＝f(x)－m有三个零点，
所以函数f(x)的图象与直线y＝m有三个不同的交点，
作出函数f(x)的图象，如图所示，
由图可知，16．函数f(x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]的图象与直线y＝k的交点个数不可能是( )
A．1 B．2 C．4 D．6
答案 D
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\c1(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.
7．(2023·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，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()，简单地讲，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，下列函数是“不动点”函数的个数是( )
①f(x)＝2x＋x；②f(x)＝x2－x－3；③f(x)＝＋1；④f(x)＝|lg2x|－1.
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 对于①，若f(x0)＝x0，则＝0，该方程无解，
故该函数不是“不动点”函数；
对于②，若f(x0)＝x0，则xeq \\al(2,0)－2x0－3＝0，
解得x0＝3或x0＝－1，故该函数是“不动点”函数；
对于③，若f(x0)＝x0，则＋1＝x0，
可得xeq \\al(2,0)－3x0＋1＝0，且x0≥1，
解得x0＝eq \f(3＋\r(5),2)，故该函数是“不动点”函数；
对于④，若f(x0)＝x0，则|lg2x0|－1＝x0，
即|lg2x0|＝x0＋1，
作出y＝|lg2x|与y＝x＋1的函数图象，如图，
由图可知，方程|lg2x|＝x＋1有实数根x0，
即存在x0，使|lg2x0|－1＝x0，
故该函数是“不动点”函数．
8．已知函数f(x)＝x－eq \r(x)(x>0)，g(x)＝x＋ex，h(x)＝x＋ln x(x>0)的零点分别为x1，x2，x3，则( )
A．x1C．x2答案 C
解析 函数f(x)＝x－eq \r(x)(x>0)，g(x)＝x＋ex，h(x)＝x＋ln x(x>0)的零点，即为y＝x与y＝eq \r(x)(x>0)，y＝－ex，y＝－ln x(x>0)的交点的横坐标，
作出y＝x与y＝eq \r(x)(x>0)，y＝－ex，y＝－ln x(x>0)的图象，如图所示．
可知x29．已知指数函数为f(x)＝4x，则函数y＝f(x)－2x＋1的零点为________．
答案 1
解析 由f(x)－2x＋1＝4x－2x＋1＝0，得2x(2x－2)＝0，x＝1.
10．(2023·苏州质检)函数f(x)满足以下条件：①f(x)的定义域为R，其图象是一条连续不断的曲线；②∀x∈R，f(x)＝f(－x)；③当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0；④f(x)恰有两个零点，请写出函数f(x)的一个解析式________．
答案 f(x)＝x2－1 (答案不唯一)
解析 因为∀x∈R，f(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，
因为当x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2时，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(x)恰有两个零点，
所以f(x)图象与x轴只有2个交点，
所以函数f(x)的一个解析式可以为f(x)＝x2－1(答案不唯一)．
11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,3x，x≤0，))且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________．
答案 (1，＋∞)
解析 方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，即f(x)＝－x＋a有且只有一个实根，
即函数y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点．
如图，在同一直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝－x＋a的图象，其中a表示直线y＝－x＋a在y轴上的截距．
由图可知，当a≤1时，直线y＝－x＋a与y＝f(x)有两个交点，
当a>1时，直线y＝－x＋a与y＝f(x)只有一个交点．
故实数a的取值范围是(1，＋∞)．
12．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|2x－1|，x≤1，,x－22，x>1，))函数y＝f(x)－a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1答案 eq \f(1,2)
解析 y＝f(x)－a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，
即方程f(x)＝a有四个不同的解，
即y＝f(x)的图象与直线y＝a有四个交点．
在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝a的图象，如图所示，
由二次函数的对称性可得，x3＋x4＝4.因为，
所以＝2，故＝eq \f(1,2).
13．已知函数f(x)＝|ex－1|＋1，若函数g(x)＝[f(x)]2＋(a－2)f(x)－2a有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
答案 A
解析 令t＝f(x)，则函数g(t)＝t2＋(a－2)t－2a，由t2＋(a－2)t－2a＝0得，t＝2或t＝－a.
f(x)＝|ex－1|＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≥0，,2－ex，x<0，))作出函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，当t＝2时，方程f(x)＝|ex－1|＋1＝2有且仅有一个根，则方程f(x)＝|ex－1|＋1＝－a必有两个不同的实数根，此时由图可知，1<－a<2，即－214．已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－sin x，x∈[－4π，0)∪(0,4π]，则函数f(x)的所有零点之和为________．
答案 0
解析 因为函数f(x)＝eq \f(1,x)－sin x，
所以f(x)的对称中心是(0,0)，
令f(x)＝0，得eq \f(1,x)＝sin x，
在同一平面直角坐标系中作出函数y＝eq \f(1,x)，y＝sin x的图象，如图所示，
由图象知，两个函数图象在[－4π，0)∪(0,4π]上有8个交点，即函数f(x)有8个零点，由对称性可知，零点之和为0.
15．(2023·南昌模拟)定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)＝f(2－x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝ex－1，若关于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m>0)恰有5个实数解，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e－1,6)，\f(e－1,5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e－1,6)，\f(e－1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e－1,8)，\f(e－1,6))) D．(0，e－1)
答案 B
解析 ∵f(x)＝f(2－x)，
∴函数f(x)关于直线x＝1对称，
又f(x)为定义在R上的偶函数，
∴函数f(x)关于直线x＝0对称，
作出函数y＝f(x)与直线y＝m(x＋1)的图象，如图所示，
要使关于x的方程f(x)＝m(x＋1)(m>0)恰有5个实数解，
则函数y＝f(x)的图象与直线y＝m(x＋1)有5个交点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6m>e－1，,4m16．已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(4,e2)))
解析 由题意可知f(2)＝0，且f(x)在R上单调递减，
所以函数f(x)只有一个零点2，
由|2－β|<1，得1<β<3，
所以函数g(x)＝x2－aex在区间(1,3)上存在零点．
由g(x)＝x2－aex＝0，得a＝eq \f(x2,ex).
令h(x)＝eq \f(x2,ex)，
则h′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)＝eq \f(x2－x,ex)，
所以h(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，
且h(1)＝eq \f(1,e)，h(2)＝eq \f(4,e2)，
h(3)＝eq \f(9,e3)>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\c1(\f(1,e)，\f(4,e2))).