高考数学一轮复习第二章 2.8

这是一份高考数学一轮复习第二章 2.8，共15页。试卷主要包含了函数的零点，下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

1．函数的零点
(1)函数零点的定义
对于函数y＝f (x)(x∈D)，把使f (x)＝0的实数x叫做函数y＝f (x)(x∈D)的零点．
(2)三个等价关系
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)函数零点的判定(零点存在性定理)
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．
2．二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象与零点的关系
概念方法微思考
函数f (x)的图象连续不断，是否可得到函数f (x)只有一个零点？
提示 不能．
题组一 思考辨析
1．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)函数y＝f (x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f (a)·f (b)<0.( × )
(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点．( √ )
(4)f (x)＝x2，g(x)＝2x，h(x)＝lg2x，当x∈(4，＋∞)时，恒有h(x)题组二 教材改编
2．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，得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．
3．若函数f (x)＝x2－4x＋a存在两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，4)
题组三 易错自纠
4．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 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，可知选C.
5．若函数f (x)＝2ax2－x－1在(0,1)内恰有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,1) B．[1，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 C
解析 当a＝0时，函数的零点是x＝－1，不符合题意．
当a≠0时，若Δ>0，f (0)·f (1)<0，则a>1.
若Δ＝0，即a＝－eq \f(1,8)，函数的零点是x＝－2，不符合题意，故选C.
6．(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
答案 BD
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.
函数零点所在区间的判定
1．函数f (x)＝ln x－eq \f(2,x－1)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 函数f (x)＝ln x－eq \f(2,x－1)在(1，＋∞)上是增函数，且在(1，＋∞)上连续．因为f (2)＝ln 2－2<0，f (3)＝ln 3－1>0，所以f (2)f (3)<0，所以函数的零点所在的区间是(2,3)．
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．
3．已知函数f (x)＝lgax＋x－b(a>0且a≠1)．当2答案 2
解析 对于函数y＝lgax，当x＝2时，可得y<1，当x＝3时，可得y>1，在同一坐标系中画出函数y＝lgax，y＝－x＋b的图象，判断两个函数图象的交点的横坐标在(2,3)内，∴函数f (x)的零点x0∈(n，n＋1)时，n＝2.
思维升华 判断函数零点所在区间的基本依据是零点存在性定理．对于含有参数的函数的零点区间问题，往往要结合图象进行分析，一般是转化为两函数图象的交点，分析其横坐标的情况进行求解．
函数零点个数的判定
例1 (1)函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2，x≤0，,2x－6＋ln x，x>0))的零点个数是________．
答案 2
解析 当x≤0时，令x2－2＝0，解得x＝－eq \r(2)(正根舍去)，
所以在(－∞，0]上，f (x)有一个零点；
当x>0时，f′(x)＝2＋eq \f(1,x)>0恒成立，
所以f (x)在(0，＋∞)上是增函数．
又因为f (2)＝－2＋ln 2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x)在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f (x)的零点个数为2.
(2)(2019·秦皇岛模拟)函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x－x2＋2x，x>0，,4x＋1，x≤0))的零点个数是________．
答案 3
解析 当x>0时，作出函数y＝ln x和y＝x2－2x的图象，
由图知，当x>0时，f (x)有2个零点；
当x≤0时，由f (x)＝0，得x＝－eq \f(1,4).
综上，f (x)有3个零点．
(3)函数f (x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 方法一 ∵f (0)f (1)＝(－1)×1＝－1<0，且函数在定义域上单调递增且连续，
∴函数f (x)在区间(0,1)内有且只有1个零点．
方法二 设y1＝2x，y2＝2－x3，
在同一坐标系中画出两函数的图象如图所示，
在区间(0,1)内，两图象的交点个数即为f (x)的零点个数．
故函数f (x)在区间(0,1)内有且只有1个零点．
思维升华 函数零点个数的判定有下列几种方法
(1)直接求零点：令f (x)＝0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续的曲线，且f (a)·f (b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．
(3)画两个函数图象，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
跟踪训练1 (1)已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≤0，,|lg x|，x>0，))则函数g(x)＝f (1－x)－1的零点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 g(x)＝f (1－x)－1
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2＋21－x－1，1－x≤0，,|lg1－x|－1，1－x>0))
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋2，x≥1，,|lg1－x|－1，x<1，))
易知当x≥1时，函数g(x)有1个零点；当x<1时，函数g(x)有2个零点，所以函数g(x)的零点共有3个，故选C.
(2)函数f (x)＝2x|lg0.5x|－1的零点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 令f (x)＝2x|lg0.5x|－1＝0，可得|lg0.5x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，设g(x)＝|lg0.5x|，h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，在同一坐标系下分别画出函数g(x)，h(x)的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f (x)有2个零点．
函数零点的应用
命题点1 根据函数零点个数求参数
例2 (1)(2019·汕头质检)若函数f (x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
答案 D
解析 由题意知方程ax＝x2＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有实数解，
即a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有解，设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，则t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).
(2)(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))g(x)＝f (x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A．[－1,0) B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 C
解析 令h(x)＝－x－a，
则g(x)＝f (x)－h(x)．
在同一坐标系中画出y＝f (x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示．
若g(x)存在2个零点，则y＝f (x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点．
由图知－a≤1，∴a≥－1.
命题点2 根据函数零点的范围求参数
例3 (1)若函数f (x)＝(m－2)x2＋mx＋2m＋1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____________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
解析 依题意，结合函数f (x)的图象分析可知，m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f －1·f 0<0，,f 1·f 2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,m－2－m＋2m＋12m＋1<0，,m－2＋m＋2m＋1[4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))
解得eq \f(1,4)(2)已知定义在R上的偶函数f (x)满足f (x－4)＝f (x)，且在区间[0,2]上f (x)＝x，若关于x的方程f (x)＝lgax有三个不同的实根，则a的取值范围为________．
答案 (eq \r(6)，eq \r(10))
解析 由f (x－4)＝f (x)知，函数的周期为4，又函数为偶函数，所以f (x－4)＝f (x)＝f (4－x)，
所以函数图象关于x＝2对称，且f (2)＝f (6)＝f (10)＝2，
要使方程f (x)＝lgax有三个不同的根，
则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,lga6<2，,lga10>2，))如图，解得eq \r(6)故a的取值范围是(eq \r(6)，eq \r(10))．
思维升华 根据函数零点的情况求参数有三种常用方法
(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2 (1)方程(a－2x)＝2＋x有解，则实数a的最小值为________．
答案 1
解析 若方程(a－2x)＝2＋x有解，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋x＝a－2x有解，即eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋2x＝a有解，因为eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋2x≥1，当且仅当x＝－1时等号成立，故a的最小值为1.
(2)(2019·岳阳检测)对任意实数a，b定义运算：a⊗b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b，a－b≥1，,a，a－b<1.))设f (x)＝(x2－1)⊗(4＋x)，若函数y＝f (x)＋k有3个零点，则实数k的取值范围是( )
A．(－1,3] B．[－3,1]
C．[－1,2) D．[－2,1)
答案 D
解析 令x2－1－(4＋x)≥1，得x≤－2或x≥3，
令x2－1－(4＋x)<1，得－2则f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋4，x≤－2或x≥3，,x2－1，－2作出函数f (x)的图象，如图所示．
函数y＝f (x)＋k有3个零点，等价于函数y＝f (x)的图象与直线y＝－k有3个交点，
根据函数图象可得－1<－k≤2，即－2≤k<1.故选D.
例 (1)方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 (数形结合法)
∵a>0，∴a2＋1>1.
而y＝|x2－2x|的图象如图，
∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．
即方程有2个解．
(2)若函数f (x)＝|lgax|－2－x(a>0且a≠1)的两个零点是m，n，则( )
A．mn＝1 B．mn>1
C．0答案 C
解析 由题设可得|lgax|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，不妨设a>1，m1，且－lgam＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m，lgan＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，以上两式两边相减可得lga(mn)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m<0，所以0(3)设f (x)是定义在R上的偶函数，对任意的x∈R，都有f (2－x)＝f (2＋x)，且当x∈[－2,0]时，f (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，若关于x的方程f (x)－lga(x＋2)＝0(a>1)在区间(－2，6]内恰有三个不同实根，则实数a的取值范围是( )
A．(eq \r(4,3)，eq \r(4,8)) B．(eq \r(4,3)，2)
C．(eq \r(4,3)，2] D．(eq \r(4,3)，2]
答案 B
解析 ∵f (x)为偶函数，故f (2－x)＝f (x－2)，
∴f (x＋2)＝f (x－2)，故f (x)的周期为4，
∵x∈[－2,0]时，f (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，故f (x)在(－2,6]上的图象如图所示，
∵f (x)－lga(x＋2)＝0有3个不同的解，
∴f (x)的图象与y＝lga(x＋2)的图象有3个不同的交点，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f 2>lga2＋2，,f 6lga4，,3解得素养提升 直观想象是指借助几何直观想象和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的思想过程．函数的零点问题可以转化为两个函数图象的交点问题，可以通过画图分析图象的特征、图象间的关系解决．
1．已知函数f (x)＝eq \f(6,x)－lg2x，则f (x)的零点所在的区间是( )
A．(0,1) B．(2,3)
C．(3,4) D．(4，＋∞)
答案 C
解析 易知f (x)是单调函数，f (3)＝2－lg23>0，f (4)＝eq \f(3,2)－lg24＝eq \f(3,2)－2＝－eq \f(1,2)<0，
故f (x)的零点所在的区间是(3,4)．
2．函数f (x)＝x·cs 2x在区间[0,2π]上的零点的个数为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 借助余弦函数的图象求解．f (x)＝x·cs 2x＝0⇒x＝0或cs 2x＝0，又cs 2x＝0在[0,2π]上有eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)，eq \f(5π,4)，eq \f(7π,4)，共4个根，故原函数有5个零点．
3．函数f (x)＝eq \r(x)－cs x在[0，＋∞)内( )
A．没有零点 B．有且仅有一个零点
C．有且仅有两个零点 D．有无穷多个零点
答案 B
解析 当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))时，因为f′(x)＝eq \f(1,2\r(x))＋sin x，eq \r(x)>0，sin x>0，所以f′(x)>0，故f (x)在[0,1]上单调递增，且f (0)＝－1<0，f (1)＝1－cs 1>0，所以f (x)在[0,1]内有唯一零点．当x>1时，f (x)＝eq \r(x)－cs x>0，故函数f (x)在[0，＋∞)上有且仅有一个零点，故选B.
4．(2020·青岛模拟)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)
答案 C
解析 由条件可知f (1)·f (2)<0，
即(2－2－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，
解得05．已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))则使方程x＋f (x)＝m有解的实数m的取值范围是( )
A．(1,2) B．(－∞，－2]
C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案 D
解析 当x≤0时，x＋f (x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；当x>0时，x＋f (x)＝m，即x＋eq \f(1,x)＝m，解得m≥2，即实数m的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．故选D.
6．已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f (x)＝2 019－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( )
A．a>c>b>d B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
答案 D
解析 f (x)＝2 019－(x－a)(x－b)，又f (a)＝f (b)＝2 019，c，d为函数f (x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.
7．(多选)已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))若x1＜x2＜x3＜x4，且f (x1)＝f (x2)＝f (x3)＝f (x4)，则下列结论正确的是( )
A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1
C．1＜x4＜2 D．0＜x1x2x3x4＜1
答案 BCD
解析 由函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))作出其函数图象：
由图可知，x1＋x2＝－2，－2＜x1＜－1；
当y＝1时，|lg2x|＝1，有 x＝eq \f(1,2)，2，
所以eq \f(1,2)＜x3＜1＜x4＜2；
由f (x3)＝f (x4)，有|lg2x3|＝|lg2x4|，
即lg2x3＋lg2x4＝0，
所以x3x4＝1，
则x1x2x3x4＝x1x2＝x1(－2－x1)＝－(x1＋1)2＋1∈(0,1)；故选BCD.
8．(多选)设函数f (x)＝eq \f(ax2,2e)－ln|ax|(a＞0)，若f (x)有4个零点，则a的可能取值有( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BCD
解析 ①当a＝1时，f (x)＝eq \f(x2,2e)－ln|x|，函数f (x)是偶函数，
当x＞0时，f (x)＝eq \f(x2,2e)－ln x，f′(x)＝eq \f(x,e)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－\r(e)x＋\r(e),ex)，f (x)在(0，eq \r(e))上递减，在(eq \r(e)，＋∞)上递增，
f (x)min＝f (eq \r(e))＝0，x＞0时，有一个交点，所以f (x)共有2个零点，故不成立，
②当a＝2时，当x＞0时，f (x)＝eq \f(x2,e)－ln 2x，f′(x)＝eq \f(2x,e)－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－e,ex)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(e,2))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(e,2)))),ex)，
f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(e,2))))上递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(e,2))，＋∞))上递增，
f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(e,2))))＝eq \f(1,2)(1－ln 2e)＜0有两个交点，
所以共有4个零点，故成立，
同理可得a＝3，a＝4时成立．
9．(2019·郑州质检)[x]表示不超过x的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5，已知f (x)＝x－[x](x∈R)，g(x)＝lg4(x－1)，则函数h(x)＝f (x)－g(x)的零点个数是________．
答案 2
解析 作出函数f (x)与g(x)的图象如图所示，可知两函数图象有两个不同的交点．
10．若函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－a，x≤0，,ln x，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
答案 (0,1]
解析 当x>0时，由f (x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f (x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f (x)＝2x－a有一个零点．令f (x)＝0，得a＝2x.因为0<2x≤20＝1，所以011．关于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在区间[0,2]上有解，求实数m的取值范围．
解 显然x＝0不是方程x2＋(m－1)x＋1＝0的解，
当0又∵y＝x＋eq \f(1,x)在(0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，
∴y＝x＋eq \f(1,x)在(0,2]上的取值范围是[2，＋∞)，
∴1－m≥2，∴m≤－1，
故m的取值范围是(－∞，－1]．
12．(2019·长沙质检)设函数f (x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))(x>0)．
(1)作出函数f (x)的图象；
(2)当0(3)若方程f (x)＝m有两个不相等的正根，求实数m的取值范围．
解 (1)函数f (x)的图象如图所示．
(2)因为f (x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))
故f (x)在(0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
由0且eq \f(1,a)－1＝1－eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2.
(3)由函数f (x)的图象可知，当013．已知x0是函数f (x)＝2x＋eq \f(1,1－x)的一个零点．若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则( )
A．f (x1)<0，f (x2)<0 B．f (x1)<0，f (x2)>0
C．f (x1)>0，f (x2)<0 D．f (x1)>0，f (x2)>0
答案 B
解析 设g(x)＝eq \f(1,1－x)，由于函数g(x)＝eq \f(1,1－x)＝－eq \f(1,x－1)在(1，＋∞)上单调递增，函数h(x)＝2x在(1，＋∞)上单调递增，故函数f (x)＝h(x)＋g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f (x)在(1，＋∞)上只有唯一的零点x0，且在(1，x0)上f (x)<0，在(x0，＋∞)上f (x)>0，又∵x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，∴f (x1)<0，f (x2)>0.故选B.
14．(2019·福建福州三校联考)已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－4，x≥4，,－x＋4，x<4.))若存在正实数k，使得方程f (x)＝eq \f(k,x)有三个互不相等的实根x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3的取值范围是( )
A．(4,2＋2eq \r(2)) B．(4,6＋2eq \r(2))
C．(6,4＋2eq \r(2)) D．(8,6＋2eq \r(2))
答案 D
解析 方程f (x)＝eq \f(k,x)可化为xf (x)＝k，
令g(x)＝xf (x)，则g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x，x≥4，,－x2＋4x，x<4.))作出g(x)的图象，如图所示．
方程xf (x)＝k有三个互不相等的实根x1，x2，x3，等价于函数g(x)的图象与直线y＝k有三个不同的交点，结合图象知04.由二次函数y＝－x2＋4x的图象关于直线x＝2对称可知，eq \f(x1＋x2,2)＝2，即x1＋x2＝4.
令x2－4x＝4，解得x＝2±2eq \r(2)，所以4所以815．已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x>m，))其中m>0.若存在实数b，使得关于x的方程f (x)＝b有三个不同的根，则实数m的取值范围是____________．
答案 (3，＋∞)
解析 在同一坐标系中，作y＝f (x)与y＝b的图象．
当x>m时，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2，
所以要使方程f (x)＝b有三个不同的根，则有4m－m20.
又m>0，解得m>3.
16．(2020·日照模拟)定义在R上的奇函数f (x)，当x≥0时，f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2x,x＋1)，x∈[0，1，,1－|x－3|，x∈[1，＋∞，))求函数F (x)＝f (x)－eq \f(1,π)的所有零点之和．
解 由题意知，当x<0时，
f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2x,1－x)，x∈－1，0，,|x＋3|－1，x∈－∞，－1]，))
作出函数f (x)的图象如图所示，设函数y＝f (x)的图象与y＝eq \f(1,π)交点的横坐标从左到右依次为x1，x2，x3，x4，x5，由图象的对称性可知，x1＋x2＝－6，x4＋x5＝6，x1＋x2＋x4＋x5＝0，令－eq \f(2x,1－x)＝eq \f(1,π)，解得x3＝eq \f(1,1－2π)，所以函数F (x)＝f (x)－eq \f(1,π)的所有零点之和为eq \f(1,1－2π).
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象
与x轴的交点
(x1,0)，(x2,0)
(x1,0)
无交点
零点个数
2
1
0