06函数的应用-函数的零点与方程的解-广东省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教版

这是一份06函数的应用-函数的零点与方程的解-广东省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教版，共20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．（2022上·广东深圳·高一校考期末）函数的零点一定位于区间（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·广东梅州·高一统考期末）函数的零点落在的区间是（ ）
A．B．C．D．
3．（2023下·广东湛江·高一统考期末）已知函数，则（ ）
A．在定义域上是增函数B．
C．关于对称D．零点的个数为1
4．（2023下·广东珠海·高一校考期末）函数的零点为，且，，则k的值为（ ）
A．1B．2C．0D．3
5．（2023上·广东深圳·高一统考期末）已知函数，则的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·广东汕头·高一林百欣中学校考期末）函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
7．（2023上·广东广州·高一统考期末）已知函数，若方程有四个不同的根，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．（2022上·广东汕头·高一校考期末）已知函数， 令，则下列说法正确的（ ）
A．函数的单调递增区间为
B．当时，有3个零点
C．当时，的所有零点之和为
D．当时，有1个零点
9．（2022上·广东深圳·高一深圳市高级中学校考期末）享有“数学王子”称号的德国数学家高斯，是近代数学奠基者之一，被称为“高斯函数”，其中表示不超过的最大整数，例如：，设为函数的零点，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、填空题
10．（2023下·广东广州·高一校联考期末）已知是定义上的奇函数，且在上单调递减，且为偶函数，若在上恰好有4个不同实数根，则 ．
11．（2023下·广东·高一统考期末）英国数学家泰勒发现了如下公式：，，，其中．可以看出这些公式右边的项用得越多，计算出、和的值也就越精确，则的近似值为 （精确到0.01）；运用上述思想，可得到函数在区间内有 个零点．
12．（2023上·广东梅州·高一统考期末）已知函数，若有两个零点，且在上单调递增，则实数m的取值范围为 .
13．（2023上·广东广州·高一统考期末）若函数只有一个零点，则实数a的值为 ．
14．（2023上·广东肇庆·高一统考期末）对于函数和，设，，若存在使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为 ．
15．（2023上·广东揭阳·高一统考期末）若存在实数、，使得函数在区间上单调递增，且在区间上的取值范围为，则的取值范围为 .
16．（2024上·广东中山·高一统考期末）已知是定义在区间的函数，则函数的零点是 ；若方程有四个不相等的实数根，，，，则 .
三、解答题
17．（2022上·广东茂名·高一统考期末）已知函数，其中为自然对数的底数，．
(1)若0是函数的一个零点，求的值；
(2)当时，，，求实数的取值范围．
18．（2023下·广东揭阳·高一统考期末）已知函数．
(1)判断在上的单调性，并证明；
(2)函数若没有零点，求实数的取值范围．
19．（2023上·广东深圳·高一统考期末）已知函数.
(1)证明在上单调递增；
(2)设函数，求使函数有唯一零点的实数a的值；
(3)若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
20．（2023下·广东深圳·高一统考期末）已知函数，，与的图象恰有三个交点.
(1)求实数的取值范围；
(2)用表示中的最大值，设函数，用M，m分别表示的最大值与最小值，求M，m，并求出的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】利用零点存在性定理即可判定函数的零点所在区间.
【详解】因为，
所以，，
又在上连续不间断，且单调增，
所以的零点一定位于区间，
故选：B.
2．B
【分析】根据零点存在性定理判断即可.
【详解】因为，，，，，，
所以函数的零点落在区间上.
故选：B.
3．C
【分析】对于，可以利用复合函数的单调性的性质进行判断；对于，可直接计算进行比较大小即可；对于，可利用偶函数的图象关于轴对称，及函数图象之间的位置关系判定；对于，令解出方程即可.
【详解】对于，当时，易得单调递减，而，单调递增，
根据复合函数的单调性判定规则可知，在上单调递减，故错误；
对于
而，故错误；
对于，为偶函数，其对称轴为
又的图象是由的图象向右平移个单位得到，
故的对称轴为，故正确；
对于，令则所以或，所以有两个零点,故错误.
故选：.
4．A
【分析】利用函数的零点存在定理求解.
【详解】解：因为在上单调递增，
又，
所以，
故选：A
5．D
【分析】根据零点存在定理，只需判断两个端点的函数值，即两个端点函数值异号即可.
【详解】由已知得，，，， ，
所以，由零点的存在定理得，的零点所在的区间为，
故选：D．
6．B
【分析】判断函数的单调性，再利用零点存在定理即可判断答案.
【详解】由于在其定义域上都为增函数，
故函数在上为增函数，
又，
故在内有唯一零点，
故选：B
7．B
【分析】分析给定的函数性质，画出函数的部分图象，确定a的取值范围，进而求出范围作答.
【详解】函数，当时，单调递增，，
当时，单调递减，，
当时，在上递减，在上递增，，
作出函数的部分图象，如图，
方程有四个不同的根，不妨令，即直线与函数的图象有4个公共点，
观察图象知，，，
显然有，且，由得，
即，则有，因此，
所以的取值范围为.
故选：B
【点睛】关键点睛：涉及用分段函数零点特性求参数范围问题，可以先独立分析各段上的零点，再综合考查所有零点是解决问题的关键.
8．D
【分析】画出的图像，然后逐一判断即可.
【详解】的图像如下：
由图像可知，的增区间为，
故A错误
当时，如图
当时，与有3个交点，
当时，与有2个交点，
当时，与有1个交点，
所以当时与有3个交点或2个交点或1个交点，
即有3个零点或2个零点或1个零点，
故B不正确；
当时，由可得，
由可得
所以的所有零点之和为，
故C错误；
当时，由B选项可知：
与有1个交点，
即有1个零点，
故D正确；
故选：D
9．B
【分析】先根据零点存在定理确定出零点的位置，进而根据高斯函数的定义求得答案.
【详解】因为函数在上单调递增，且，，
则存在唯一零点，使得，由高斯函数的定义可知，.
故选：B.
10．
【分析】由题设可得是周期为，且关于对称的奇函数，从而判断得在上的单调情况，再根据与有4个交点及函数的对称性即可得解.
【详解】因为为偶函数，则，故，
又是定义在上的奇函数，则，
所以，故，即有，
所以是周期为，且关于对称的奇函数，
又在上单调递减，
结合上述分析知：在上递增，上递减，上递增，
所以在的大致图像如下：
要使在上恰好有4个不同的实数根，即与的图像有4个交点，
所以必有两对交点分别关于对称，则.
故答案为：.
11． 0.54 0
【分析】根据所给公式代入即可求解空1，由函数的单调性，结合泰勒公式即可求解空2.
【详解】，
由于函数在单调递增，所以在单调递增，
由于，
所以在恒成立，故在区间内无零点，
故答案为：0.54，0
12．
【分析】根据函数有两个零点得出的范围，再根据单调性求出范围，取交集可得答案.
【详解】因为有两个零点，所以，解得或；
因为在上单调递增，所以；
综上可得实数m的取值范围为.
故答案为：.
13．1
【分析】利用判别式等于零求解.
【详解】因为函数只有一个零点，
所以解得.
故答案为:1.
14．
【分析】首先求出函数的零点，从而得，结合新定义可得，则，从而可知方程在区间上存在实数根，通过分离参数并化简整理得，结合函数的单调性求出值域，从而确定实数的取值范围.
【详解】函数是上的单调递增函数，且，据此可知，
结合“零点相邻函数”的定义可得，则，
据此可知函数在区间上存在零点，
即方程在区间上存在实数根，
整理可得：，
令，则，
根据对勾函数的性质，函数在区间上单调递减，在上单调递增，又，，
则
据此可知实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
15．
【分析】当时，可得出，分析函数在区间上的单调性，可得出，根据单调性可得，则关于的方程在上至少有两个不等的实根，对实数的取值进行分类讨论，结合二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】当时，，
所以，当时， ，
由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为存在实数、，使得函数在区间上单调递增，
则，即，
因为在区间上的取值范围为，则，
所以，方程在上至少有两个不等的实根，
由可得，
令，则函数在上有两个不等的零点，
①当时，即当时，在上单调递减，
此时，函数在上至多只有一个零点，不合乎题意；
②当时，即当时，因为函数在上有两个零点，
所以，，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
16． 2，8 20
【分析】解方程，即可求得函数的零点；将方程四个不相等的实数根问题转化为利用二次方程根与系数的关系，可得结论；
【详解】由题意可知，令，即，解得或，
故函数在内的零点为和；
方程有四个不相等的实数根，，
即为与的四个交点的横坐标，
方程即，，即，
当即时，方程可转化为即；
当时，方程可转化为即；
故要有四个实数根，则两种情况都有两个不同的实数根，
不妨设为的两根，则，
则为的两根，则，
则；
故答案为: 2，8; 20.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）利用函数零点的意义，代入计算作答.
（2）根据给定条件，分离参数构造函数，再借助二次函数求出最值作答.
【详解】（1）因为0是函数的一个零点，因此，
所以.
（2）当时，，
不等式，
而当时，，于是，
因此，，
又，当且仅当，即时取等号，则，
所以实数的取值范围是.
18．(1)在上单调递增，证明见解析
(2)
【分析】（1）利用函数的单调性的定义证明；
（2）由（1）得到，再分和 x≤0，利用函数的单调性求解.
【详解】（1）可知在上单调递增，证明如下：
任取，且，
则．
因为，所以，即．
因为，所以，，所以，
所以，故在上单调递增．
（2）由题意得
当时，，
由（1）可知在上单调递增，所以．
由题意得，解得；
当时，，由题意可知在上没有零点．
又，所以只需或，解得．
综上，，即实数a的取值范围是．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）任取，作差化简判断符号，得出单调性结论；
（2）有唯一零点，即有唯一的解，可化为，由偶函数可知，化简计算可得结果；
（3）设，不等式等价为恒成立，构造函数，只需，求解即可得出结果.
【详解】（1）由题意可知的定义域为，，则，
，所以，所以为偶函数；
任取，则，
因为
，
当时，，，，
所以，所以，
所以在上单调递增；
（2）函数的零点就是方程的解，
因为有唯一零点，所以方程有唯一的解，
因为函数为偶函数，所以方程变形为，
因为函数在上的单调递增，所以，
平方得，，
当时，，
经检验方程有唯一解，
当时，，解得，
综上可知，的值为.
（3）设，则，
所以原命题等价于时，不等式恒成立，
令，
即，
所以即.
20．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）将写成分段函数的性质，并得到是两函数的一个交点，考虑时，不满足要求，再考虑时，结合两函数的交点横坐标，列出不等式组，求出需要满足的条件；
（2）在（1）的基础上，分，，和，求出相应的M，m，和的取值范围.
【详解】（1）由题意得，显然，且是函数与的图象的一个交点，
当时，在上恒成立，与的图象无交点，在上，与的图象至多有1个交点，不合要求，舍去；
当时，与的图象有且仅有2个交点，不合要求，舍去；
当时，若函数与的图象有3个交点，则方程均有正根，
解得，
由，可得，
所以实数的取值范围是；
（2）由（1）可知，当时，与的图象有3个交点，两个非零交点的横坐标分别为，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，，，，
当时，，，
在上为增函数，且为增函数，故在上为增函数，，，.
当时，，，
且在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，
，，
故，，；
当时，，，
且在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，
，，
故，，；
综上，当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
的取值范围为
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.