2025高考数学一轮复习-2.8-函数的零点与方程的解-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-2.8-函数的零点与方程的解-专项训练【含答案】，共7页。
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．函数f(x)＝x＋1的零点为(－1，0)
B．函数f(x)＝x＋1的零点为－1
C．函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴的交点
D．函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴的交点的横坐标
2．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x＞1，))则函数f(x)的零点为( )
A． eq \f(1,2)，0 B．－2，0
C． eq \f(1,2) D．0
3．函数f(x)＝x3－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x－2)的零点所在的区间为( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
4．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\c1(1，\f(3,2))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3))
5．若函数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．(1，3) B．(1，2)
C．(0，3) D．(0，2)
6．已知a是函数f(x)＝ln x＋x2－2的零点，则ea-1＋a－5的值为( )
A．正数 B．0
C．负数 D．无法判断
7．若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－lg3|x|的零点有( )
A．多于4个 B．4个
C．3个 D．2个
8．(多选)已知m为常数，函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,x＋1)，x≤0，,|ln x|，x＞0，))g(x)＝mx＋2.若函数y＝f(x)－g(x)恰有四个零点，则实数m的值可以是( )
A．－2 B．－1
C． eq \f(1,e3) D． eq \f(1,e2)
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)＝________．
10．函数f(x)＝ eq \r(36－x2)·cs x的零点个数为________．
11．已知函数f(x)＝2lg x＋x－4的零点在区间(k，k＋1)(k∈Z)上，则k＝________．
12．若x1是方程xex＝1的解，x2是方程x ln x＝1的解，求x1x2的值．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(x)－t，x≥0，,2(x＋1)－t，x＜0.))若f(x)有两个零点x1，x2(x1＞x2)，则x1－x2的最小值是( )
A．1 B．2
C． eq \f(3,4) D． eq \f(15,16)
2．(多选)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，满足f(x－1)＝f(x＋1)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x.设函数g(x)＝f(x)－kx－k，则下列结论成立的是( )
A．函数f(x)的一个周期为2
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))＝－ eq \f(2,3)
C．当实数k＞－1时，函数g(x)在区间[1，2]上单调递减
D．在区间[－1，3]内，若函数g(x)有4个零点，则实数k的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))
3．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xex，x≤0，,ln x，x＞0.))若g(x)＝f(x)－ax有四个不同的零点，则a的取值范围为( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
C．[1，e) D．[e，＋∞)
4．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg3x|，0＜x＜3，,sin \f(π,6)x，3≤x≤15.))若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4).
(1)求x1x2的值；
(2)求(x3－3)(x4－3)的取值范围．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：根据函数零点的定义，可知f(x)＝x＋1的零点为－1.
函数y＝f(x)的零点，即函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标，
因此B，D正确；A，C错误．
答案：BD
2．解析：当x≤1时，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；
当x>1时，令f(x)＝1＋lg2x＝0，解得x＝ eq \f(1,2).
又因为x>1，所以此时方程无解．
综上，函数f(x)的零点只有0.
答案：D
3．解析：由题意知，f(x)＝x3－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(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，
且f(1)·f(2)＜0，
所以f(x)在(1，2)内有唯一零点．
答案：B
4．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\c1(\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\c1(1，\f(3,2))).
答案：A
5．解析：由题易知f(x)在(1，2)上为增函数，
则f(1)·f(2)＜0，
即(2－2－a)(4－1－a)＜0，即a(a－3)＜0，
解得0＜a＜3.
答案：C
6．解析：因为f(x)＝ln x＋x2－2在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＜0，f(2)＞0，
所以a∈(1，2).
又因为g(x)＝ex-1＋x－5在(1，2)上单调递增，且g(2)＝e＋2－5＜0，
故ea-1＋a－5＜0.
答案：C
7．解析：分别作出y＝f(x)与y＝lg3|x|的图象如图所示，
由图可知y＝f(x)与y＝lg3|x|有4个交点，
故函数y＝f(x)－lg3|x|有4个零点．
答案：B
8．解析：由题意，函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,x＋1)，x≤0，,|ln x|，x＞0，))g(x)＝mx＋2.
当x＝0时，可得f(0)＝2，g(0)＝2，
故x＝0是函数y＝f(x)－g(x)的一个零点；
当x≠0时，将f(x)－g(x)＝0转化为m＝h(x)，
其中h(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,x＋1)，x＜0，,－\f(ln x＋2,x)，0＜x≤1，,\f(ln x－2,x)，x＞1，))
要使得函数y＝f(x)－g(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有三个零点，
只需y＝m和y＝h(x)的图象有三个不同的交点．
作出函数y＝h(x)的大致图象，如图所示．
结合图象，可得－e＜m＜－1或m＝ eq \f(1,e3).结合选项，实数m的值可以是－2和 eq \f(1,e3).
答案：AC
9．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．
答案：x3－x(答案不唯一)
10．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．
答案：6
11．解析：函数f(x)＝2lg x＋x－4在(0，＋∞)上为增函数，
又∵f(3)＝2lg 3＋3－4＝2lg 3－1＝lg 9－1＜0，f(4)＝2lg 4＋4－4＝2lg 4＞0，
即f(3)·f(4)＜0，
则函数f(x)＝2lg x＋x－4的零点在区间(3，4)上，即k＝3.
答案：3
12．解：x1，x2分别是函数y＝ex、函数y＝ln x与函数y＝ eq \f(1,x)的图象的交点A，B的横坐标，所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,x1)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,x2)))两点关于y＝x对称，则x1＝ eq \f(1,x2)，因此x1x2＝1.
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1．解析：根据题意可得 eq \r(x1)－t＝0，
解得x1＝t2(t≥0)，2(x2＋1)－t＝0，
解得x2＝ eq \f(1,2)t－1(t＜2)，
则x1－x2＝t2－ eq \f(1,2)t＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(15,16)(0≤t＜2)，
当t＝ eq \f(1,4)时，x1－x2取得最小值 eq \f(15,16).
答案：D
2．解析：因为f(x－1)＝f(x＋1)，
所以f(x)＝f(x＋2)，
所以f(x)是周期函数，且T＝2是f(x)的一个周期，A正确；
因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x).
又当x∈[0，1]时，f(x)＝x，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)－2))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝ eq \f(2,3)，B错误；
根据f(x)是偶函数，且T＝2是函数f(x)的一个周期，及当x∈[0，1]时，f(x)＝x，作出f(x)的图象，如图所示，
由图可知，当x∈[1，2]时，f(x)＝－x＋2，
所以g(x)＝－x＋2－kx－k＝－(1＋k)x＋2－k.
因为k＞－1，所以1＋k＞0，所以－(1＋k)＜0，
所以函数g(x)在[1，2]上单调递减，C正确；
在区间[－1，3]内，函数g(x)有4个零点，
即f(x)＝k(x＋1)有4个根，
即函数y＝f(x)的图象与直线y＝k(x＋1)在[－1，3]内有4个交点，
由图可知，0＜k(3＋1)≤1，解得0＜k≤ eq \f(1,4)，
即实数k的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，D正确．
答案：ACD
3．解析：因为g(0)＝0，即g(x)的一个零点为0，
所以只需保证g(x)＝0(x≠0)有三个不同的实根，
当x≠0时，令g(x)＝f(x)－ax＝0，
得a＝ eq \f(f(x),x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x＜0，,\f(ln x,x)，x＞0.))
令t(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x＜0，,\f(ln x,x)，x＞0，))
当x＞0时，t′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)，
令t′(x)＝0，得x＝e，
当x∈(0，e)时，t′(x)＞0，t(x)在(0，e)上单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，t′(x)＜0，t(x)在(e，＋∞)上单调递减，
所以t(x)max＝t(e)＝ eq \f(1,e).
所以t(x)的大致图象如图，
所以要使g(x)＝0(x≠0)有三个不同的实根，
只需y＝a与y＝t(x)的图象有三个不同的交点，
则需满足a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
答案：A
4．解：(1)作出函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg3x|，0＜x＜3，,sin \f(π,6)x，3≤x≤15))的图象，如图所示，
因为f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，x1＜x2＜x3＜x4.
由图可知，－lg3x1＝lg3x2，
则x1x2＝1.
(2)因为 eq \f(x3＋x4,2)＝9，
且3＜x3＜6，
所以(x3－3)(x4－3)＝x3x4－3(x3＋x4)＋9＝x3(18－x3)－45＝－x eq \\al(2,3)＋18x3－45.
因为y＝－x eq \\al(2,3)＋18x3－45在(3，6)上单调递增，
所以0＜y＜27，
即(x3－3)(x4－3)的取值范围是(0，27).