05函数的应用-函数的零点与方程的解-北京市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教A

这是一份05函数的应用-函数的零点与方程的解-北京市2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教A，共24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．（2024上·北京顺义·高一统考期末）已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024上·北京丰台·高一统考期末）函数，，的零点分别为，，，则，，，的大小顺序为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024上·北京昌平·高一统考期末）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．1或2C．3D．1或3
4．（2024上·北京通州·高一统考期末）已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）
A．B．C．D．
5．（2024上·北京顺义·高一统考期末）悬链线指的是一种曲线，如铁塔之间悬垂的电线，横跨深涧的观光索道的电缆等等，这些现象中都有相似的曲线形态，这些曲线在数学上被称为悬链线，悬链线的方程为，其中c为参数，当时，该方程就是双曲余弦函数，类似的我们有双曲正弦函数，下列说法错误的是（ ）
A．B．函数的值域
C．，恒成立D．方程有且只有一个实根
6．（2024上·北京朝阳·高一统考期末）已知是函数的一个零点，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2024上·北京大兴·高一统考期末）已知函数的零点为，的零点为，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（2024上·北京大兴·高一统考期末）下列区间中，方程的解所在区间是（ ）
A．B．C．D．
9．（2023上·北京·高一北京市十一学校校考期末）设函数的定义域为，若函数满足条件：存在，使在上的值域是，则称为“倍缩函数”，若函数为“倍缩函数”，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．（2023上·北京·高一北京市十一学校校考期末）函数的零点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
11．（2023上·北京平谷·高一统考期末）函数在下列区间内一定存在零点的是（ ）
A．B．C．D．
12．（2023上·北京·高一北京市十一学校校考期末）已知，，满足，，，则，， 的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．（2024上·北京朝阳·高一统考期末）已知函数，为偶函数，且当时，，记函数，给出下列四个结论：
①当时，在区间上单调递增；
②当时，是偶函数；
③当时，有3个零点；
④当时，对任意，都有．
其中所有正确结论的序号是 ．
14．（2024上·北京东城·高一统考期末）已知符号表示不超过x的最大整数，若函数（），给出下列四个结论：①当时，；②为偶函数；③在单调递减；④若方程有且仅有3个根，则a的取值范围是.其中所有正确结论的序号是 .
15．（2024上·北京海淀·高一统考期末）已知函数没有零点，则a的一个取值为 ；a的取值范围是 ．
16．（2024上·北京通州·高一统考期末）函数的零点个数为 .
17．（2024上·北京·高一北京市十一学校校考期末）已知函数，若函数有且仅有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．
18．（2024上·北京顺义·高一统考期末）如图，函数的图象为折线，函数是定义域为R的奇函数，满足，且当时，，给出下列四个结论：
①；②函数在内有且仅有3个零点；③；④不等式的解集.其中正确结论的序号是 .
三、解答题
19．（2024上·北京海淀·高一统考期末）已知函数的定义域均为，给出下面两个定义：
①若存在唯一的，使得，则称与关于唯一交换；
②若对任意的，均有，则称与关于任意交换．
(1)请判断函数与关于是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
(2)设，若存在函数，使得与关于任意交换，求b的值；
(3)在（2）的条件下，若与关于唯一交换，求a的值．
20．（2024上·北京海淀·高一统考期末）已知函数．请从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题．
条件①：;
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答记分．
(1)求实数k的值；
(2)设函数，判断函数在区间上的单调性，并给出证明；
(3)设函数，指出函数在区间上的零点个数，并说明理由．
21．（2024上·北京顺义·高一统考期末）对于定义域为I的函数，如果存在区间，使得在区间上是单调函数，且函数，的值域是，则称区间是函数的一个“优美区间”.
(1)判断函数和函数是否存在“优美区间”?（直接写出结论，不要求证明）
(2)如果函数在R上存在“优美区间”，求实数a的取值范围.
22．（2024上·北京西城·高一统考期末）已知函数.
(1)求函数的零点；
(2)求函数的图象与函数的图象的交点坐标；
(3)若函数的图象恒在直线的下方，求的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】令，画出的图象，数形结合，即可求得的范围.
【详解】方程有两个不相等的实数根，
即有两个不相等的实数根，
又，
当时，都是单调增函数，故也是单调增函数；
当时，都是单调增函数，故也是单调增函数；
则有两个不相等的实数根，也即的图象有两个不同的交点；
在直角坐标系中，作出的图象如下所示：
数形结合可知，要满足题意，则.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键一是：合理的构造；二是：能够熟练掌握方程的根、函数的零点、图象的交点之间的转化关系；三是：准确的画出的图象；考察内容综合，对学生基本素质要求较高.
2．C
【分析】利用函数与方程之间的关系，转化为两个函数的交点问题，利用数形结合求解即可.
【详解】令，即，
令，即，
令，即，分别作出，，和的图象，
如图所示：
由图象可知：，所以.
故选：.
3．A
【分析】分段分析函数的取值集合，再分段确定的零点个数即可.
【详解】当时，函数在上单调递增，，显然，
而，即恒有，函数在上无零点；
当时，，函数取值集合为，
由，，得，解得或，在上有2个零点，
所以函数的零点个数为2.
故选：A
4．C
【分析】利用零点存在定理可判断零点所在的区间.
【详解】因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，，
故函数零点的区间是.
故选：C
5．C
【分析】直接计算即可判断A；分离常数，再根据指数函数及反比例函数的性质即可判断B；举出反例即可判断C；令，根据函数的单调性结合零点的存在性定理即可判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，
因为，所以，所以，
所以，
所以函数的值域，故B正确；
对于C，因为，
即，故C错误；
对于D，，
令，函数为增函数，且，
而函数在上为增函数，
所以函数是增函数，
令，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
又，
所以函数有唯一零点，且在上，
即方程有且只有一个实根，故D正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：
（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；
（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果.
6．D
【分析】判断出的单调性，根据是函数的一个零点求出的值域可得答案.
【详解】因为为上的单调递增函数，
所以为上的单调递增函数，
又因为是函数的一个零点，
所以时，时，
若，则.
故选：D.
7．D
【分析】首先由函数零点的定义得到，再结合条件进行变形，，再根据对数函数的图象和性质，即可求解取值范围.
【详解】由题意可知，
，
，
即，
因为，所以，
则，当时，
解得：.
故选：D
8．C
【分析】构造函数，直接由表达式（指数函数、一次函数单调性）可得它的单调性，结合零点存在定理即可得解.
【详解】因为指数函数与一次函数在定义域内均单调递增，
所以函数在定义域内也单调递增，
且注意到，
所以由零点存在定理可知方程的解所在区间是.
故选：C.
9．B
【分析】根据“倍缩函数”的定义，构造出方程组，结合一元二次方程有两个不等的正实根求解即得.
【详解】由函数为“倍缩函数”，得存在，使在上的值域是，
显然函数在上单调递增，而函数在上单调递增，因此在上是增函数，
则，即，
于是是方程的两个不等实根，设，有，
则方程有两个不等的正实根，因此，解得，
所以满足条件的取值范围是.
故选：B
【点睛】思路点睛：正确理解“倍缩函数”的定义，结合单调性，构建出方程组，借助一元二次方程实根分布求解.
10．D
【分析】分解因式求解方程的根.
【详解】函数的零点，即方程的实数根.
由解得，或.
故函数函数的零点个数是.
故选：D.
11．B
【分析】构建新函数，根据单调性结合零点存在性定理分析判断.
【详解】令，则，
构建，则在上单调递增，
∵，
∴在内有且仅有一个零点，且零点所在的区间是，
故函数一定存在零点的区间是.
故选：B.
12．C
【分析】利用指数对数函数图像数形结合即可得到，，的大小关系.
【详解】在同一平面直角坐标系内作出
的图像
过点；过点；
过点；过点，
则与图像交点横坐标依次增大，
又与图像
交点横坐标分别为，则.
故选：C
13．①③
【分析】根据题意，结合函数的解析式，利用函数的新定义，结合函数的图象、函数的零点的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】因为为偶函数，且当时，，
当时，可得，所以，
对于①中，当时，，
令，解得，
如图所示，，
结合图象，可得函数在区间上单调递增，所以①正确；

对于②中，当时，可得，
令，即，解得或，
当时，可得；当时，可得；
当时，可得，
即，其中，所以，
所以当时，函数不是偶函数，所以②不正确；
对于③中，当时，令，即，解得，
当时，令，即，解得，
当时，令，即，解得或，
若时，函数有三个零点，分别为，和；
若时，即时，函数有三个零点，分别为，和；
若时，即时，函数有三个零点，分别为，和；
综上可得，当时，函数有三个零点，所以③正确；
对于④中，当时，令，即，解得，
将点代入函数，可得，解得，
如图所示，当时，函数，所以④不正确.
故答案为：①③.

14．①③④
【分析】根据新定义分析得到的图象，即可判断①②③；将方程有且仅有3个根转化为与的图象有3个交点，然后结合图象即可判断④.
【详解】因为符号表示不超过x的最大整数，若函数，
所以当时，，则；
当时，，则；
当时，，则，
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
所以函数的图象如图所示：

对于①，由上面的图象可知，①是正确的，
对于②，由上面的图象可知，②是错误的，
对于③，由上面的图象可知，③是正确的，
对于④，由上面的图象可知，，，，
因为方程有且仅有3个根，等价于与的图象有个交点，
结合图象可知，当或.
故答案为：①③④.
15． （即可）
【分析】根据题意分析可知函数没有零点，等价于与没有交点，结合对勾函数图象分析求解.
【详解】令，则，
若函数没有零点，等价于与没有交点，
作出的图象，如图所示：

由图象可知：若与没有交点，则，
故答案为：（即可）；.
16．1
【分析】令，直接求解，结合函数定义域，即可得出函数零点，确定结果.
【详解】的定义域为，
令，则或，解得或（舍）.
故答案为：1
17．
【分析】分和两种情况，结合分段函数解析式分析可知方程在内只有一个根，结合二次函数性质分析求解.
【详解】令，
当时，则，即，解得；
当时，则
由题意可知：方程在内只有一个根，
注意到二次函数的图象开口向上，且，
可得，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
18．①③④
【分析】根据奇函数的性质可判断①，根据题意推出函数为周期函数，根据周期结合在上的图象可得函数的零点判断②，根据周期及奇函数的性质结合在上的图象判断③，利用数形结合求出不等式的解集判断④.
【详解】因为函数是定义域为R的奇函数，
所以，故，即，故①正确；
又，所以，所以，
即，所以函数周期为，
由图象可知，所以，由周期知，
故函数在内有共5个零点，故②错误；
因为，，，
由图象可知，，，又，
所以，故③正确；
由图象，利用待定系数法可知，
在同一坐标系下，作出，的图象如下，
由图易知，，
所以结合图象知不等式的解集，故④正确.
故答案为：①③④
19．(1)唯一交换，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据方程解的情况判断即可；
（2）根据“对任意的，成立”得到关于的方程，然后设出的解析式，根据方程左右两边对应项相同求解出的值；
（3）根据条件通过分离参数将问题转化为“存在唯一实数，使得”，然后分析的奇偶性，从而确定出，由此可求的值.
【详解】（1）与关于是唯一交换，理由如下：
因为，，
令，所以，解得，
所以有唯一解，
所以与关于是唯一交换.
（2）由题意可知，对任意的，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，
即，
所以，
综上所述，.
（3）当时，，
因为与关于唯一交换，
所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得；
令，且定义域均为，
又，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，
所以，
综上所述，的取值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，涉及方程解以及函数奇偶性等相关问题，对学生的理解与计算能力要求较高，难度较大. “新定义”题型的关键是根据新定义的概念、新公式、新定理、新法则、新运算去解决问题，本题第二问可以从方程左右两边对应相等入手，第三问则可以从函数的奇偶性入手进行分析.
20．(1)答案见解析
(2)在区间上单调递减，证明见解析
(3)在内有且仅有一个零点，理由见解析
【分析】（1）根据题意结合奇偶性的定义分析求解；
（2）根据单调性的定义分析证明；
（3）根据题意结合单调性以及奇偶性的性质判断在区间上的单调性，再结合零点存在性定理分析判断.
【详解】（1）令，解得，所以函数的定义域为，
若选①：因为，即为奇函数，
则，
整理得，
注意到对任意上式均成立，可得，解得；
若选②：因为，即为偶函数，
则，
整理得，
注意到对任意上式均成立，可得，解得.
（2）若选①：则，可得，
可知函数在区间上单调递减，证明如下：
对任意，且，
则，
因为，则，
可得，即，
所以函数在区间上单调递减；
若选②：则，可得，
可知函数在区间上单调递减，证明如下：
对任意，且，
则，
因为，则，
可得，即，
所以函数在区间上单调递减.
（3）若选①：则，则，
由（2）可知在内单调递减，且在定义域内单调递增，
可知在内单调递减，
又因为为奇函数，则在内单调递减，
且在内单调递减，可知在内单调递减，
结合，，
可知在内有且仅有一个零点；
若选②：则，则，
由（2）可知在内单调递减，且在定义域内单调递增，
可知在内单调递减，
又因为为偶函数，则在内单调递增，
且在内单调递增，可知在内单调递增，
结合，，
可知在内有且仅有一个零点.
21．(1)存在优美区间是，不存在优美区间
(2)或
【分析】（1）由函数的单调性及值域及新定义求解；
（2）由函数的单调性，分类讨论，，确定函数的最大值和最小值，转化为一元二次方程的根的分布，可得结论．
【详解】（1），在上单调递增，
由得或1，所以存在优美区间，
是增函数，若存在优美区间，则，无解，
即函数不存在优美区间；
（2）函数在上存在“优美区间”，设是一个优美区间，
在上递减，在上递增，
若，则，即有两个不等的非负根，
即，可得，当，即时，
设方程两根分别为，
则，则，所以；
若，则，即，
两式相减得，即，
所以，所以方程有两个不等的非正根，
方程整理为，
由，解得，
又满足题意，由，解得，
所以；
综上，的取值范围是或．
【点睛】本题考查函数的新定义，解题关键是理解新定义，解题难点是新定义的应用，解题方法是利用新定义把问题转化为一元二次方程根的分布，注意分类讨论的应用．对学生的逻辑思维能力运算求解能力要求较高，属于难题．
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据指对数的运算求解即可；
（2）代入可得，再整理成关于的二次方程求解即可；
（3）化简令，可得，其中恒成立，再结合二次函数的性质求解即可.
【详解】（1）令，
所以，即，
所以，
所以零点为.
（2）令，
即，
所以，
整理得，
，
所以，.
所以函数的图象与函数图象的交点坐标为.
（3）由得.
由题意，在恒成立，
即在恒成立.
所以在恒成立.
令，
则，
所以.
因为，
所以，
所以，.
所以的取值范围为.