专题05 函数 5.9函数零点 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（原卷版+解析版）

这是一份专题05 函数 5.9函数零点 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（原卷版+解析版），文件包含专题05函数59函数零点题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习原卷版docx、专题05函数59函数零点题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。

知识梳理.函数的零点
1．函数的零点
(1)函数零点的定义：对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)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．
2．函数零点的判定
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f(x)＝0的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．
题型一. 零点所在的区间
1．函数f（x）＝3x-3x-2的零点所在区间是（ ）
A．（﹣1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）
【解答】解：由于函数f（x）＝3x-3x-2，
∴f（1）＝3﹣3﹣2＝﹣2＜0，f（2）＝9-32-2＞0，
∵f（1）•f（2）＜0，函数是连续增函数，
∴函数f（x）＝3x-3x-2的零点所在的区间是（1，2），
故选：C．
2．函数f（x）＝lg2x+x+2的零点所在的一个区间是（ ）
A．(0，18)B．(18，14)C．(14，13)D．(13，12)
【解答】解：函数f（x）在（0，+∞）单调递增，且其图象在定义域上是一条不间断的曲线，
又f(18)=-3+18+2=-78＜0，f(14)=-2+14+2=14＞0，
由函数零点存在性定理可知，函数f（x）在(18，14)上有零点．
故选：B．
3．设函数y＝x3与y＝（12）x﹣2的图象交点为（x0，y0），则x0所在的区间是（ ）
A．（0，1）B．（3，4）C．（1，2）D．（2，3）
【解答】解：函数y＝x3在R上单调递增，y=(12)x-2在R上是减函数．
∵x≤1时，函数y＝x3的图象在y=(12)x-2的下面；
x≥2时，函数y＝x3在y=(12)x-2的上面．
∴x0所在的区间是（1，2）．
故选：C．
题型二.零点的个数
1．函数f（x）＝4x|lg0.5x|﹣1的零点个数为 2 ．
【解答】解：函数的零点满足 |lg0.5x|=(14)x，
则零点的个数即函数y＝|lg0.5x|与y=(14)x 交点的个数，
绘制函数图象如图所示，
观察可得，交点个数为2，故函数零点的个数为2．
故答案为：2．
2．函数f（x）=2x-2，x≤1x2-3x+2，x＞1的图象与函数g（x）＝ln（x+1）的图象的交点的个数是 2 ．
【解答】解：作出函数f（x）和g（x）的图象如图：
由两个函数的图象可知两个函数有2个交点，
故答案为：2．
3．若偶函数f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），在x∈[0，1]时，f（x）＝x2，则关于x的方程f（x）＝（110）x在[0，4]上根的个数是 4 ．
【解答】解：因为偶函数f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），所以函数f（x）的图象关于y轴对称，同时以2为周期．
根据x∈[0，1]时，f（x）＝x2得该函数在[0，4]上的图象为：
再在同一坐标系中做出函数y=(110)x的图象，如图，当x∈[0，4]时，两函数图象有四个交点．
所以方程f（x）＝（110）x在[0，4]上有4个根．
故答案为4．
4．已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）＝﹣f（x），当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝x2，函数g（x）=lga(x-1)x＞12xx≤1，若函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上恰有8个零点，则a的取值范围为
（ ）
A．（2，4）B．（2，5）C．（1，5）D．（1，4）
【解答】解：函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上恰有8个零点即
函数f（x）与函数g（x）在区间[﹣5，5]上有8个交点，
由f（x+1）＝﹣f（x）＝f（x﹣1）知，
f（x）是R上周期为2的函数，
作函数f（x）与函数g（x）在区间[﹣5，5]上的图象如下，
由图象知，当x∈[﹣5，1]时，图象有5个交点，故在[1，5]上有3个交点即可；
故lga(3-1)＜1lga(5-1)＞1；
解得，2＜a＜4；
故选：A．
题型三.已知零点个数求参
1．若函数f（x）＝ex﹣x2+ax﹣1在区间[1，2]内有且仅有一个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．[5-e22，+∞)B．（﹣∞，2﹣e]
C．(5-e22，2-e)D．[5-e22，2-e]
【解答】解：依题意，-a=exx-x-1x在x∈[1，2]上有且仅有一个解，
设g(x)=exx-x-1x，则g'(x)=ex⋅x-exx2-1+1x2=(x-1)(ex-x-1)x2，
由ex≥x+1（当且仅当x＝0时取等号）可知，当x∈[1，2]时，函数g（x）单调递增，
∴当x∈[1，2]时，g(x)min=g(1)=e-2，g(x)max=g(2)=e22-2-12=e2-52，
∴-a∈[e-2，e2-52]，
∴a∈[5-e22，2-e]．
故选：D．
2．若函数f（x）＝lgax﹣x+a（a＞0且a≠1）有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（0，1）B．（1，+∞）C．（1，e）D．（e，+∞）
【解答】解：令f（x）＝0，有lgax＝x﹣a，
①当a＞1时，函数y＝lgax单增，函数y＝x﹣a相当于函数y＝x向下至少移动了1个单位，故函数y＝lgax与y＝x﹣a的图象有两个交点；
②当0＜a＜1时，函数y＝lgax与y＝x﹣a的图象显然仅有一个交点，
综上，a＞1．
故选：B．
3．已知函数f（x）=1x+1-3，x∈(-1，0]3x，x∈(0，1]，且函数g（x）＝f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是 （-94，﹣2]∪（0，32] ．
【解答】解：由g（x）＝f（x）﹣mx﹣m＝0，即f（x）＝m（x+1），
分别作出函数f（x）（图中红色曲线），
和y＝h（x）＝m（x+1）的图象（图中绿色曲线），
为一条过点（﹣1，0）的直线，如图：
由图象可知f（1）＝3，h（x）表示过定点A（﹣1，0）的直线，
当h（x）过（1，3）时，m=32，此时两个函数有两个交点，
此时满足条件的m的取值范围是0＜m≤32①．
当h（x）过（0，﹣2）时，h（0）＝﹣2，解得m＝﹣2，
此时两个函数有两个交点．
当h（x）与f（x）相切时，两个函数只有一个交点，此时 1x+3 x+3＝m（x+1），
即m（x+1）2+3（x+1）﹣1＝0，
当m＝0时，只有1解；
当m≠0，由△＝9+4m＝0得m=-94，此时直线和f（x）相切．
∴要使函数有两个零点，则-94＜m≤﹣2 ②．
综上可得，函数g（x）＝f（x）﹣mx﹣m在（﹣1，1]内有且仅有两个不同的零点，
则实数m的取值范围为（-94，﹣2]∪（0，32]，
故答案为：（-94，﹣2]∪（0，32]．
4．已知函数f（x）＝e2x﹣a（x+2）．当a＝2时，f（x）的增区间为 （0，+∞） ；若f（x）有两个零点，则实数a的取值范围为 （2e﹣3，+∞） ．
【解答】解：当a＝2时，f（x）＝e2x﹣2（x+2），
f′（x）＝2e2x﹣2，
令f′（x）＞0，解得x＞0，
则f（x）的增区间为（0，+∞）．
f′（x）＝2e2x﹣a，x∈R．
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，至多有一个零点，不合题意；
②当a＞0时，令f′（x）＝0⇒x=12lna2，
可得f（x）在（﹣∞，12lna2）单调递减，在（12lna2，+∞）单调递增，
故f（x）的最小值为f（12lna2）=a2-a（12lna2+2）=-a2lna2-32a．
∵f（x）有两个零点，当x→±∞时，f（x）→+∞，
∴f（a2lna2）＜0⇒a2lna2+32a＞0，解得a＞2e﹣3，
所以实数a的取值范围为（2e﹣3，+∞）
故答案为：（0，+∞）；（2e﹣3，+∞）．
5．已知f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x+12|，若函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a的取值范围是 （0，12） ．
【解答】解：f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x+12|，若函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），在同一坐标系中画出函数f（x）与y＝a的图象如图：由图象可知a∈(0，12)．
故答案为：（0，12）．
6．已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），当0≤x≤1时，f（x）＝2x2，g（x）＝lga|x﹣1|（2＜a＜2），则函数h（x）＝f（x）﹣g（x）所有零点的和为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解答】解：函数f（x）是定义域为R的偶函数，且满足f（2﹣x）＝f（x），可得对称轴x＝1，所以可得周期T＝2，
又g（x）＝lga|x﹣1|（2＜a＜2），可得g（x）也是关于x＝1对称，
令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝0，可得g（x）＝f（x），
在同一坐标系中在作y＝f（x）与y＝g（x）的图象如图所示：因为2＜a＜2，g（x）＝lga|x﹣1|，
所以g（2）＝0，g（5）＝lga4∈（2，4），与f（x）无交点，g（3）＝lga2∈（1，2）与f（x）有两个交点，所以x＞1时，g（x）与f（x）有3个交点，
所以x∈R时，g（x）与f（x）有3对关于x＝1对称的点，所以所以交点之和为2+2+2＝6，即函数h（x）＝f（x）﹣g（x）所有零点的和为6，
故选：D．
7．已知函数g（x）＝a﹣x2（1e≤x≤e（e为自然对数的底数）与h（x）＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（ ）
A．[1，1e+2]B．[1e2+2，e2﹣2]
C．[e2﹣2，+∞）D．[1，e2﹣2]
【解答】解：因为h（x）＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的函数为：f（x）＝﹣2lnx，
所以可得g（x）＝f（x）有零点，即a＝x2﹣2lnx（1e≤x≤e）有解，
令t（x）＝x2﹣2lnx（1e≤x≤e），
则t'（x）＝2x-2x=2⋅(x-1)(x+1)x，
当x∈（1e，1）时，t'（x）＜0，则t（x）单调递减，
x∈（1，e）时，t（x）＞0，t（x）单调递增，
而t（1e）=1e2-2ln1e=1e2+2，t（1）＝12﹣2ln1＝1，t（e）＝e2﹣2lne＝e2﹣2＞t(1e)，
所以t（x）∈[1，e2﹣2]．
所以a的取值范围为[1，e2﹣2]．
故选：D．
8．已知函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，则负实数a＝（ ）
A．-13B．-12C．﹣3D．﹣2
【解答】解：函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，
设x﹣1＝t，
则函数f（t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t）﹣a2有唯一零点，
则3e|t|﹣a（2t+2﹣t）＝a2，
设g（t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t），
∵g（﹣t）＝3e|t|﹣a（2t+2﹣t）＝g（t），
∴g（t）为偶函数，
∵函数f（t）有唯一零点，
∴y＝g（t）与y＝a2有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0，
∴3﹣2a＝a2，
解得a＝﹣3或a＝1（舍去），
故选：C．
题型四.复合函数的零点
1．已知f（x）＝x2ex，若函数g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，则实数k的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）B．（2，4e2+e24）
C．（8e2，2）D．（4e2+e24，+∞）
【解答】解：f′（x）＝2xex+x2ex＝x（x+2）ex，
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝﹣2，
∴当x＜﹣2或x＞0时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（﹣2，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
∴当x＝﹣2时，函数f（x）取得极大值f（﹣2）=4e2，
当x＝0时，f（x）取得极小值f（0）＝0．
作出f（x）的大致函数图象如图所示：
令f（x）＝t，则当t＝0或t＞4e2时，关于x的方程f（x）＝t只有1解；
当t=4e2时，关于x的方程f（x）＝t有2解；
当0＜t＜4e2时，关于x的方程f（x）＝t有3解．
∵g（x）＝f2（x）﹣kf（x）+1恰有四个零点，
∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0，4e2）上有1解，在（4e2，+∞）∪{0}上有1解，
显然t＝0不是方程t2﹣kt+1＝0的解，
∴关于t的方程t2﹣kt+1＝0在（0，4e2）和（4e2，+∞）上各有1解，
∴16e4-4ke2+1＜0，解得k＞4e2+e24．
故选：D．
2．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（ ）
A．3B．4
C．5D．以上都有可能
【解答】解：由题意可得，f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不同的实数根x1，x2，
不妨设x1≠x2，
所以3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根f（x）＝x1，f（x）＝x2，
若x1＜x2，易得函数f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，在x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，
此时f（x）＝x2有2个根，f（x）＝x1可能的根3或2或1，
此时关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数5或4或3个，
当x1＞x2，同理可得关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数3个，
故选：D．
3．已知函数f（x）=(12)x-4，x≤-1ln(x+1)，x＞-1，若f（f（x））＜0，则x的取值范围为（ ）
A．（﹣2，0）B．(-∞，1e2-1)
C．(-2，1e2-1)D．(-2，-1)∪(1e2-1，0)
【解答】解：令f（x）＝t，则f（t）＜0，
t≤﹣1时，(12)t-4＜0，所以2﹣t＜4，解得﹣2＜t≤﹣1；
t＞﹣1时，ln（t+1）＜0，解得﹣1＜t＜0；
综上知，t的取值范围是﹣2＜t＜0，
即﹣2＜f（x）＜0．
由f（x）＝﹣2，x≤﹣1时，(12)x-4＝﹣2，解得x＝﹣1；
x＞﹣1时，ln（x+1）＝﹣2，解得x=1e2-1；
综上知，x＝﹣1或x=1e2-1，
画出函数f（x）的图象，如图所示：
根据分段函数f（x）的图象得，
f（f（x））＜0的解集为(-2，-1)∪(1e2-1，0)．
故选：D．
4．已知函数f（x）＝x3﹣3x，则函数h（x）＝f[f（x）]﹣c，c∈[﹣2，2]的零点个数（ ）
A．5或6个B．3或9个C．9或10个D．5或9个
【解答】解：设t＝f（x），则由y＝f[f（x）]﹣c＝0，
得f[f（x）]＝c，
即f（t）＝c，t＝f（x），
函数f（x）的导数f′（x）＝3﹣3x2，
由f′（x）＞0得﹣1＜x＜1，此时函数单调递增，
由f′（x）＜0得x＜﹣1或x＞1，此时函数单调递减，
即函数在x＝1，取得极大值f（1）＝3﹣1＝2，
函数在x＝﹣1，取得极小值f（﹣1）＝﹣3+1＝﹣2，
又由f（﹣2）＝﹣2，f（2）＝2得：
若f（t）＝c，c∈（﹣2，2），则方程有三个解，
满足﹣2＜t1＜﹣1，0＜t2＜1，1＜t3＜2，
则当﹣2＜t1＜﹣1时，方程t＝f（x），有3个根，
当0＜t2＜1时，方程t＝f（x），有3个根，
当1＜t3＜2时，方程t＝f（x），有3个根，
此时共有9个根，
若f（t）＝c，c＝2，则方程有两个解，
满足t1＝﹣2，t2＝1，
则当t1＝﹣2时，方程t＝f（x），有2个根，
当t2＝1，有3个根，
此时共有5个根，
同理f（t）＝c，c＝﹣2时，也共有5个根
故选：D．
日期：2021/6/20 21:23:07；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067
课后作业.函数的零点
1．设定义在R上的函数f(x)=2x，x≤0|lg2x|，x＞0，g（x）＝f（x）﹣a，则当实数a满足0＜a＜1时，函数y＝g（x）的零点个数为 3 个．
【解答】解：定义在R上的函数f(x)=2x，x≤0|lg2x|，x＞0，函数的图象如图：
g（x）＝f（x）﹣a，则当实数a满足0＜a＜1时，函数y＝g（x）的零点个数，就是y＝f（x）与y＝a图象的交点个数，
由图象可知，零点个数为3个．
故答案为：3．
2．已知函数f（x）=|x+1|，x≤0|lg2x|，x＞0，若方程f（x）＝a（a∈R）有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则（x1+x2）x4的取值范围是 [﹣4，﹣2） ．
【解答】解：由题意作函数f（x）=|x+1|，x≤0|lg2x|，x＞0与y＝a的图象如下，
，
结合图象可知，
x1+x2＝﹣2，0＜lg2x4≤1，
故x1+x2＝﹣2，1＜x4≤2，
故﹣4≤（x1+x2）x4＜﹣2，
故答案为：[﹣4，﹣2）．
3．已知函数f(x)=|lnx|，x＞0|x2+4x+3|，x≤0，若g（x）＝ax（a∈R）使得方程f（x）＝g（x）恰有3个不同的实根，则实数a的取值范围为 [0，1e)∪{23-4} ．
【解答】解：由已知得f（x）得图象如图（1），
（1）当a＞0时，要使得方程f（x）＝g（x）恰有3个不同根，则需存在x＞1，使得lnx＞ax，即a＜lnxx，
又y=lnxx的图象如图（2），故0＜a＜1e；
（2）当a＜0时，由图象（1）知y＝ax需与函数f（x）＝|x2+4x+3|＝﹣x2﹣4x﹣3相切，
设切点为（m，n），则y﹣f（m）＝f'（m）（x﹣m），
即y﹣（﹣m2﹣4m﹣3）＝（﹣2m﹣4）（x﹣m）过点（0，0），
故m2＝3，因为m＜0，故m=-3，所以a＝f'（m）=23-4，
（3）当a＝0时，显然符合题意，
综上，实数a的取值范围为[0，1e)∪{23-4}．
故答案为：[0，1e)∪{23-4}．
4．已知函数f（x）=x3-34x+32，0≤x≤122x+12，12＜x≤1，g（x）＝ex﹣ax（a∈R），若存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，1]B．（﹣∞，e﹣2]C．（﹣∞，e-54]D．（﹣∞，e]
【解答】解：①当0≤x≤12时，f（x）＝x3-34x+32，则f′（x）＝3x2-34≤0在[0，12]上恒成立，
所以函数f（x）在区间[0，12]上单调递减，则f（12）≤f（x）≤f（0），即54≤f(x)≤32，
②当12＜x≤1时，f（x）＝2x+12，函数在区间（12，1]上单调递增，
所以f（12）＜f（x）≤f（1），即32＜f(x)≤52，
综上，函数f（x）的值域为[54，52]；
又g′（x）＝ex﹣a，x∈[0，1]，
若a≤0时，则g′（x）＞0，函数g（x）在[0，1]上单调递增，所以g（0）≤g（x）≤g（1），即g（x）∈[1，e﹣a]，
此时若要满足题意，只需[1，e﹣a]∩[54，52]≠∅，当a≤0时恒成立；
若a＞0时，令g′（x）＝ex﹣a＝0，解得x＝lna，
当0＜a＜e时，函数g（x）在[0，1]上单调递增，所以g（0）≤g（x）≤g（1），即1≤g（x）≤e﹣a，
又因为[1，e﹣a]∩[54，52]≠∅，所以e-a≥540＜a＜e，解得0＜a≤e-54，
当a＞e时，g（x）在[0，1]上单调递减，所以g（1）≤g（x）≤g（0），即e﹣a≤g（x）≤1，
此时[e﹣a，1]∩[54，52]=∅，所以不存在x1，x2∈[0，1]，使得f（x1）＝g（x2）＝g（x2），
综上，实数a的取值范围为（-∞，e-54]，
故选：C．
5．已知函数f（x）=a，x=1(12)|x-1|+1，x≠1，若方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有5个不同的实数解，则a的范围是（ ）
A．（1，32）∪（32，2）B．（1，2）∪（2，3）
C．（1，+∞）D．（1，3）
【解答】解：方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0，
解得f（x）＝a或f（x）=32，
若a=32，f（x）=a，x=1(12)|x-1|+1，x≠1，
可得x＝1或0或2，不满足题意；
则a≠32，
由f（x）=32，可得原方程有3个不等实根；
只要1+（12）|x﹣1|＝a有2个不等实根即可．
由|x﹣1|＞0可得0＜（12）|x﹣1|＜1，
即有1＜a＜2，
综上可得a∈（1，32）∪（32，2）．
故选：A．
6．已知f（x）=x2-4，x≤aex-1，x＞a（其中a＜0，e为自然对数的底数），若g（x）＝f[f（x）]在R上有三个不同的零点，则a的取值范围是 [-2，0） ．
【解答】解：（1）当x≤a时，f（x）＝x2﹣4，
①当x2﹣4≤a时，由f（f（x））＝f（x2﹣4）＝（x2﹣4）2﹣4＝0得x=-2；
②当x2﹣4＞a时，由f（f（x））＝f（x2﹣4）=ex2-4-1＝0 得 x＝﹣2
（2）当x＞a时，f（x）＝ex﹣1，
①当ex﹣1≤a时，由f（f（x））＝f（ex﹣1）＝（ex﹣1）2﹣4＝0得ex＝﹣1 无解，
②当ex﹣1＞a时，由f（f（x））＝f（ex﹣1）=eex-1-1＝0解得x＝0，
因为g（x）＝f（f（x））在R上有三个不同的零点，所以-2≤a-2≤a0＞a，
解得：-2≤a＜0，
故答案为：[-2，0）．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/6/20 21:29:58；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067