高考数学科学创新复习方案提升版第14讲函数零点与方程学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第14讲函数零点与方程学案（Word版附解析），共18页。


1．函数的零点
(1)函数零点的定义
对于一般函数y＝f(x)，把使eq \x(\s\up1(01))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有实数解⇔函数y＝f(x)的图象与eq \x(\s\up1(02))x轴有公共点⇔函数y＝f(x)有eq \x(\s\up1(03))零点．
(3)函数零点存在定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有eq \x(\s\up1(04))f(a)f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间eq \x(\s\up1(05))(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得eq \x(\s\up1(06))f(c)＝0，这个eq \x(\s\up1(07))c也就是方程f(x)＝0的解．
2．二分法
对于在区间[a，b]上图象连续不断且eq \x(\s\up1(08))f(a)f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把它的零点所在区间一分为二，使所得区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．
有关函数零点的结论
(1)若图象连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．
(2)图象连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．
(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．
(4)函数的零点是实数，而不是点，是方程f(x)＝0的实根．
(5)由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)f(b)<0，如图所示，所以f(a)f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件．
1．(人教B必修第一册习题3－2B T5改编)函数y＝ln x－eq \f(2,x)的零点所在的大致区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)) B．(1，2)
C．(2，e) D．(e，＋∞)
答案 C
解析 y＝f(x)＝ln x－eq \f(2,x)的定义域为(0，＋∞)，因为y＝ln x与y＝－eq \f(2,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝ln x－eq \f(2,x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝ln 1－2＝－2<0，f(2)＝ln 2－1<0，f(e)＝ln e－eq \f(2,e)＝1－eq \f(2,e)>0，所以f(2)f(e)<0，所以f(x)在(2，e)上存在唯一的零点．故选C.
2．若函数f(x)＝ax＋b(a≠0)的零点是2，则函数g(x)＝ax2＋bx的零点是( )
A．2 B．0和2
C．0 D．－2和0
答案 B
解析 由条件知f(2)＝0，∴b＝－2a，∴g(x)＝ax2＋bx＝ax(x－2)的零点为0和2.故选B.
3．(2023·海口第二次联考)函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 C
解析 函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数即函数f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象交点的个数，作图容易判断，两图象有两个交点，故原函数有2个零点．
4．(人教A必修第一册习题4.5 T13改编)若函数y＝ax2－2x＋1只有一个零点，则实数a的值为________．
答案 0或1
解析 当a＝0时，y＝－2x＋1，有唯一零点；当a≠0时，由题意可得Δ＝4－4a＝0，解得a＝1.综上，实数a的值为0或1.
5．若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,x2－1，x＞0，))则函数y＝f(x)－1的零点是________．
答案 0和eq \r(2)
解析 要求函数y＝f(x)－1的零点，则令y＝f(x)－1＝0，即f(x)＝1，①当x≤0时，f(x)＝ex，由ex＝1，解得x＝0；②当x＞0时，f(x)＝x2－1，由x2－1＝1，解得x＝eq \r(2)(负值舍去)．综上可知，函数y＝f(x)－1的零点是0和eq \r(2).
例1 (1)(2023·梅州二模)用二分法求方程lg4x－eq \f(1,2x)＝0的近似解时，所取的第一个区间可以是( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
答案 B
解析 令f(x)＝lg4x－eq \f(1,2x)，因为函数y＝lg4x，y＝－eq \f(1,2x)在(0，＋∞)上都是增函数，所以函数f(x)＝lg4x－eq \f(1,2x)在(0，＋∞)上是增函数，f(1)＝－eq \f(1,2)<0，f(2)＝lg42－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)>0，所以函数f(x)＝lg4x－eq \f(1,2x)在区间(1，2)上有唯一零点，所以用二分法求方程lg4x－eq \f(1,2x)＝0的近似解时，所取的第一个区间可以是(1，2)．故选B.
(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)是图象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．
判断函数零点所在区间的常用方法
(1)定义法
利用函数零点存在定理，首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点．
(2)解方程法
当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上．
(3)数形结合法
画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．
1.已知x0是函数f(x)＝eq \r(x)＋lg2(x＋1)－4的零点，则(x0－1)(x0－2)(x0－3)·(x0－4)的值( )
A．为正数 B．为负数
C．等于0 D．无法确定正负
答案 B
解析 由题意可知f(x)单调递增且f(3)＝eq \r(3)＋lg24－4<0，f(4)＝2＋lg25－4>0，则x0∈(3，4)，所以x0－1>0，x0－2>0，x0－3>0，x0－4<0，所以(x0－1)(x0－2)(x0－3)(x0－4)<0.故选B.
2．已知函数f(x)＝20×3－x－x的零点x0∈(k，k＋1)，k∈Z，则k＝________．
答案 2
解析 因为函数y＝3－x为R上的减函数，故函数f(x)＝20×3－x－x为R上的减函数，又f(2)＝20×3－2－2＝eq \f(20,9)－2＝eq \f(2,9)>0，f(3)＝20×3－3－3＝eq \f(20,27)－3＝－eq \f(61,27)<0，故f(x)＝20×3－x－x在(2，3)上有唯一零点，结合题意可知k＝2.
例2 (1)(2024·潍坊模拟)函数f(x)＝(x2－x)ln |2x－3|在区间[－2，2]上的零点个数是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 A
解析 求函数f(x)＝(x2－x)ln |2x－3|在区间[－2，2]上的零点个数，转化为求方程(x2－x)ln |2x－3|＝0在区间[－2，2]上的根的个数．由(x2－x)ln |2x－3|＝0，得x2－x＝0或ln |2x－3|＝0，解得x＝0或x＝1或x＝2，所以函数f(x)＝(x2－x)ln |2x－3|在区间[－2，2]上的零点个数为3.故选A.
(2)(2023·长郡中学模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x)，x>0，,x2＋2x，x≤0，))则函数y＝f(f(x)＋1)的零点个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
答案 D
解析 令t＝f(x)＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x)＋1，x>0，,（x＋1）2，x≤0.))①当t＞0时，f(t)＝ln t－eq \f(1,t)，则函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增，由于f(1)＝－1＜0，f(2)＝ln 2－eq \f(1,2)>0，由零点存在定理可知，存在t1∈(1，2)，使得f(t1)＝0；②当t≤0时，f(t)＝t2＋2t，由f(t)＝t2＋2t＝0，解得t2＝－2，t3＝0.作出函数t＝f(x)＋1，直线t＝t1，t＝－2，t＝0的图象如图所示，由图象可知，直线t＝t1与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点；直线t＝0与函数t＝f(x)＋1的图象有两个交点；直线t＝－2与函数t＝f(x)＋1的图象有且只有一个交点．综上所述，函数y＝f(f(x)＋1)的零点个数为5.故选D.
判定函数零点个数的方法及思路
(1)解方程法
f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)函数零点存在定理法
利用定理不仅要求函数f(x)的图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所满足的条件．
(3)数形结合法
转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
1.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 由2x|lg0.5x|－1＝0得|lg0.5x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，作出y＝|lg0.5x|和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象，如图所示，则两个函数图象有2个交点，故函数f(x)＝2x|lg0.5x|－1有2个零点．
2．函数f(x)＝eq \r(36－x2)·csx的零点个数为________．
答案 6
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csx＝0，由36－x2＝0得x＝±6，由csx＝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．
多角度探究突破
角度 利用零点比较大小
例3 (1)设函数f(x)＝ex－1＋4x－4，g(x)＝ln x－eq \f(1,x).若f(x1)＝g(x2)＝0，则( )
A．0C．f(x2)<0答案 B
解析 ∵f(x)＝ex－1＋4x－4为增函数，g(x)＝ln x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝eq \f(1,e)－4<0，f(1)＝1>0，g(1)＝－1<0，g(2)＝ln 2－eq \f(1,2)>0，又f(x1)＝g(x2)＝0，∴0(2)(多选)(2023·苏北七市三模)已知函数y＝x＋ex的零点为x1，y＝x＋ln x的零点为x2，则( )
A．x1＋x2＞0 B．x1x2＜0
C．ex1＋ln x2＝0 D．x1x2－x1＋x2＜1
答案 BCD
解析 ∵函数y＝x＋ex的零点为x1，y＝x＋ln x的零点为x2，∴函数y＝－x与函数y＝ex图象的交点的横坐标为x1，函数y＝－x与函数y＝ln x图象的交点的横坐标为x2，作函数y＝－x，y＝ex，y＝ln x的图象如图，故点A的横坐标为x1，点B的横坐标为x2，∵函数y＝ex与函数y＝ln x的图象关于直线y＝x对称，函数y＝－x的图象关于直线y＝x对称，∴点A，B关于直线y＝x对称，又点A，B在直线y＝－x上，∴点A，B关于原点对称，∴x1＋x2＝0，故A错误；易知x1x2＜0，故B正确；∵ex1＝－x1，ln x2＝－x2，x1＋x2＝0，∴ex1＋ln x2＝0，故C正确；易知－1＜x1＜0，0＜x2＜1，∴(x1＋1)·(x2－1)＜0，即x1x2－x1＋x2＜1，故D正确．故选BCD.
在同一平面直角坐标系内准确作出已知函数的图象，数形结合，对图象进行分析，找出零点的范围，进行大小比较．
(2024·河南重点中学联考)已知a，b，c均大于1，满足eq \f(2a－1,a－1)＝2＋lg2a，eq \f(3b－2,b－1)＝3＋lg3b，eq \f(4c－3,c－1)＝4＋lg4c，则下列不等式成立的是( )
A．cC．a答案 B
解析 ∵eq \f(2a－1,a－1)＝2＋lg2a⇒eq \f(1,a－1)＝lg2a，eq \f(3b－2,b－1)＝3＋lg3b⇒eq \f(1,b－1)＝lg3b，eq \f(4c－3,c－1)＝4＋lg4c⇒eq \f(1,c－1)＝lg4c，∴考虑y＝eq \f(1,x－1)和y＝lgmx的图象相交，根据图象可知a角度 由函数零点存在情况或个数求参数范围
例4 (1)“a≤0”是“函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,－2x＋a，x≤0))有且只有一个零点”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 当x>0时，令f(x)＝0，则ln x＝0，∴x＝1，∴当x>0时，f(x)有一个零点为1，∵函数f(x)只有一个零点，∴当x≤0时，f(x)＝－2x＋a无零点，即a>2x或a<2x，∵当x≤0时，2x∈(0，1]，∴a>1或a≤0，∴“a≤0”是“函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,－2x＋a，x≤0))有且只有一个零点”的充分不必要条件．故选A.
(2)(多选)(2023·中山模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|3x－1|，x<1，,－4x2＋16x－13，x≥1，))函数g(x)＝f(x)－a，则下列结论正确的是( )
A．若g(x)有3个不同的零点，则a的取值范围是[1，2)
B．若g(x)有4个不同的零点，则a的取值范围是(0，1)
C．若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1＜x2＜x3＜x4)，则x3＋x4＝4
D．若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1＜x2＜x3＜x4)，则x3x4的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,4)，\f(7,2)))
答案 BCD
解析 令g(x)＝f(x)－a＝0，得f(x)＝a，所以g(x)的零点个数为函数y＝f(x)与y＝a图象的交点个数，作出函数y＝f(x)的图象如图，由图可知，若g(x)有3个不同的零点，则a的取值范围是[1，2)∪{0}，故A错误；若g(x)有4个不同的零点，则a的取值范围是(0，1)，故B正确；若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1＜x2＜x3＜x4)，此时x3，x4关于直线x＝2对称，所以x3＋x4＝4，故C正确；由C项可知x3＝4－x4，所以x3x4＝(4－x4)x4＝－xeq \\al(2,4)＋4x4，由于g(x)有4个不同的零点，a的取值范围是(0，1)，故0<－4xeq \\al(2,4)＋16x4－13<1，所以eq \f(13,4)<－xeq \\al(2,4)＋4x4已知函数零点求参数范围的常用方法
1.(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2，x≤0，,|lg x|，x>0，))若函数g(x)＝f(x)－b有四个不同的零点，则实数b的取值范围为( )
A．(0，1] B．[0，1]
C．(0，1) D．(1，＋∞)
答案 A
解析 依题意，函数g(x)＝f(x)－b有四个不同的零点，即f(x)＝b有四个解，转化为函数y＝f(x)与y＝b的图象有四个交点，由函数y＝f(x)可知，当x∈(－∞，－1]时，函数单调递减，y∈[0，＋∞)；当x∈(－1，0]时，函数单调递增，y∈(0，1]；当x∈(0，1)时，函数单调递减，y∈(0，＋∞)；当x∈[1，＋∞)时，函数单调递增，y∈[0，＋∞)．结合图象可知，实数b的取值范围为(0，1]．故选A.
2．(2023·郑州质检)高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的美誉，以他的名字“高斯”命名的成果达110个，其中的一个成果是：设x∈R，则y＝[x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[1.7]＝1，[－1.2]＝－2，并用{x}表示x的非负纯小数，即{x}＝x－[x]，若方程{x}＝1－kx有且仅有4个实数根，则正实数k的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3)))
解析 根据题意可得函数y＝{x}在x轴正半轴的部分图象如图所示，函数y＝1－kx的图象为过定点P(0，1)的直线，所以要使方程{x}＝1－kx有且仅有4个实数根，则直线y＝1－kx应在PA，PB之间或恰好在PA处，所以－eq \f(1,3)≤－k<－eq \f(1,4)，即正实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,3))).
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·焦作一模)设函数f(x)＝2x＋eq \f(x,3)的零点为x0，则x0∈( )
A．(－4，－2) B．(－2，－1)
C．(1，2) D．(2，4)
答案 B
解析 因为y＝2x与y＝eq \f(x,3)在R上均为增函数，所以f(x)＝2x＋eq \f(x,3)在R上为增函数，又因为f(0)＝1＞0，f(－1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)>0，f(－2)＝eq \f(1,4)－eq \f(2,3)＝－eq \f(5,12)<0，因为f(－2)f(－1)<0，所以f(x)＝2x＋eq \f(x,3)的零点在区间(－2，－1)内．故选B.
2．(2024·鹰潭模拟)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(－x)－1，x≤0，,lg3x－2，x>0))的零点是( )
A．(－1，0)，(9，0) B．－1，9
C．(9，0) D．9
答案 B
解析 当x≤0时，f(x)＝eq \r(－x)－1＝0，解得x＝－1；当x>0时，f(x)＝lg3x－2＝0，解得x＝9，所以函数f(x)的零点为－1，9.故选B.
3．(2024·长郡中学月考)设函数f(x)＝x＋lg2x－m，则“函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))上存在零点”是“m∈(1，6)”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 函数f(x)＝x＋lg2x－m在(0，＋∞)上单调递增，由函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))上存在零点，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)－m＜0，f(4)＝6－m＞0，解得－eq \f(1,2)＜m＜6，故“函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))上存在零点”是“m∈(1，6)”的必要不充分条件．故选B.
4．(2024·惠州质检)函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 C
解析 由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示．由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex＋a，x≤0，,3x－1，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，1)
C．(－1，0) D．[－1，0)
答案 D
解析 当x>0时，f(x)＝3x－1有一个零点x＝eq \f(1,3).因此当x≤0时，f(x)＝ex＋a＝0只有一个实根，∴a＝－ex(x≤0)，则－1≤a<0.
6．(2023·海南华侨中学一模)关于函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（x＋2）－a，0≤x<3.5，,b－x，x≥3.5，))其中a，b∈R，给出下列四个结论：
甲：5是该函数的零点；
乙：4是该函数的零点；
丙：该函数的所有零点之积为0；
丁：方程f(x)＝1有两个不等的实根．
若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误的结论是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
答案 B
解析 当x∈[3.5，＋∞)时，f(x)＝b－x为减函数，故5和4只有一个是函数的零点，即甲、乙中有一个结论错误，一个结论正确，故丙、丁均正确．由所有零点之积为0，结合分段函数的性质知，必有一个零点为0，则f(0)＝lg22－a＝0，可得a＝1.①若甲正确，则f(5)＝b－5＝0，则b＝5，可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（x＋2）－1，0≤x<3.5，,5－x，x≥3.5，))由f(x)＝1，可得lg2(x＋2)－1＝1，0≤x<3.5或5－x＝1，x≥3.5，解得x＝2或x＝4，方程f(x)＝1有两个不等的实根，故丁正确；②若乙正确，则f(4)＝0，即b－4＝0，则b＝4，可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（x＋2）－1，0≤x<3.5，,4－x，x≥3.5，))由f(x)＝1，可得lg2(x＋2)－1＝1，0≤x<3.5或4－x＝1，x≥3.5，解得x＝2，方程f(x)＝1只有一个实根，故丁错误，不满足题意．综上，甲正确，乙错误．故选B.
7．已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝x－lgeq \s\d7(\f(1,2))x，h(x)＝lg2x－eq \r(x)(0A．x1>x2>x3 B．x2>x1>x3
C．x1>x3>x2 D．x3>x2>x1
答案 D
解析 由f(x)＝2x＋x＝0，g(x)＝x－lgeq \s\d7(\f(1,2))x＝0，h(x)＝lg2x－eq \r(x)＝0，得2x＝－x，x＝lgeq \s\d7(\f(1,2))x，lg2x＝eq \r(x)，在平面直角坐标系中分别作出y＝2x与y＝－x的图象，y＝x与y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))x的图象，y＝lg2x与y＝eq \r(x)的图象，由图可知，－11.所以x3>x2>x1.
8．(2023·天津静海区模拟)已知函数y＝f(x)是周期为2的周期函数，且当x∈[－1，1]时，f(x)＝2|x|－1，则函数F(x)＝f(x)－|lg x|的零点个数是( )
A．9 B．10
C．11 D．18
答案 B
解析 F(x)＝f(x)－|lg x|的零点个数就是y＝f(x)，y＝|lg x|图象的交点个数，作出y＝f(x)，y＝|lg x|的图象，如图所示，由图可得有10个交点，故F(x)＝f(x)－|lg x|有10个零点．故选B.
二、多项选择题
9．某同学求函数f(x)＝ln x＋2x－6的零点时，用计算器算得部分函数值如表所示：
则方程ln x＋2x－6＝0的近似解(精确度为0.1)可取为( )
A．2.52 B．2.56
C．2.66 D．2.75
答案 AB
解析 由表格可知方程ln x＋2x－6＝0的解在(2.5，2.5625)内，又|2.5625－2.5|＝0.0625<0.1，因此选项A中2.52符合，选项B中2.56也符合．故选AB.
10．(2024·海南川绵中学月考)在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石．布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔()，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是( )
A．f(x)＝2x＋xB．f(x)＝x2－x－3
C．f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x2－1，x≤1，,|2－x|，x＞1))D．f(x)＝eq \f(1,x)－x
答案 BCD
解析 根据定义可知，若f(x)为“不动点”函数，则f(x)＝x有解．对于A，令2x＋x＝x，得2x＝0，此时无解，故f(x)不是“不动点”函数；对于B，令x2－x－3＝x，得x＝3或x＝－1，所以f(x)是“不动点”函数；对于C，当x≤1时，令2x2－1＝x，得x＝－eq \f(1,2)或x＝1，所以f(x)是“不动点”函数；对于D，令eq \f(1,x)－x＝x，得x＝±eq \f(\r(2),2)，所以f(x)是“不动点”函数．故选BCD.
11．(2024·江西重点中学联考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3－3x，x<0，,2x－2，x≥0，))若关于x的方程[f(x)]2－(2a＋1)f(x)＋a2＋a＝0有6个不同的实根，则实数a的可能取值是( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,4) D．2
答案 BC
解析 当x<0时，f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，作出f(x)的图象，如图所示．[f(x)]2－(2a＋1)f(x)＋a2＋a＝[f(x)－a][f(x)－a－1]＝0，即f(x)＝a与f(x)＝a＋1共有6个不等实根，由图可知，若使f(x)＝a与f(x)＝a＋1共有6个不等实根，只需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0三、填空题
12．(2023·泰安模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,x3，x<1，))若f(x0)＝－1，则x0＝________；若关于x的方程f(x)＝k有两个不同零点，则实数k的取值范围是________．
答案 －1 (0，1)
解析 解方程f(x0)＝－1，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0≥1，,\f(1,x0)＝－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0<1，,xeq \\al(3,0)＝－1，))
解得x0＝－1.关于x的方程f(x)＝k有两个不同零点等价于y＝f(x)的图象与直线y＝k有两个不同交点，如图，作出y＝f(x)与y＝k的图象，观察图象可知，当013．(2024·东城区校级模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x)，0≤x≤a，,lg3x，x>a，))其中a>0.
(1)若a＝3，则f(f(9))＝________；
(2)若函数y＝f(x)－2有两个零点，则a的取值范围是________．
答案 (1)eq \r(2) (2)[4，9)
解析 (1)当a＝3时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x)，0≤x≤3，,lg3x，x>3，))则f(9)＝lg39＝2，∴f(f(9))＝f(2)＝eq \r(2).
(2)分别画出y＝f(x)与y＝2的图象，如图所示，函数y＝f(x)－2有两个零点，结合图象可得4≤a＜9，故a的取值范围是[4，9)．
14．定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,x＋1)－2，x∈[0，1），,1－|x－3|，x∈[1，＋∞），))则函数F(x)＝f(x)－eq \f(1,π)的所有零点之和为________．
答案 eq \f(1,1－2π)
解析 由题意知，当x<0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,x－1)＋2，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)的图象与直线y＝eq \f(1,π)的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(2,x－1)＋2＝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).
四、解答题
15．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq \f(a,2)，3a>2c>2b.
求证：(1)a>0且－3(2)函数f(x)在(0，2)内至少有一个零点．
证明 (1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－eq \f(a,2)，
∴c＝－eq \f(3,2)a－b.∵3a>2c＝－3a－2b，
∴3a>－b.∵2c>2b，∴－3a>4b.
若a>0，则－3若a＝0，则0>－b，0>b，不成立；
若a<0，则eq \f(b,a)<－3，eq \f(b,a)>－eq \f(3,4)，不成立．
综上，a>0且－3(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－eq \f(a,2).
当c>0时，f(0)>0，f(1)<0，
∴f(x)在(0，1)内至少有一个零点；
当c＝0时，f(0)＝0，f(1)<0，f(2)＝4a＋2b＝a>0，
∴f(x)在(0，2)内至少有一个零点；
当c<0时，f(0)<0，f(1)<0，b＝－eq \f(3,2)a－c，
f(2)＝4a－3a－2c＋c＝a－c>0，
∴f(x)在(0，2)内至少有一个零点．
综上，函数f(x)在(0，2)内至少有一个零点．
16．函数f(x)的定义域为实数集R，且f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)－1，－1≤x<0，,lg2（x＋1），0≤x<3，))对任意的x∈R都有f(x＋2)＝f(x－2)．若在区间[－5，3]上函数g(x)＝f(x)－mx＋m恰好有三个不同的零点，求实数m的取值范围．
解 因为对任意的x∈R都有f(x＋2)＝f(x－2)，所以函数f(x)的周期为4.
由在区间[－5，3]上函数g(x)＝f(x)－mx＋m有三个不同的零点，知函数f(x)与函数h(x)＝mx－m的图象在[－5，3]上有三个不同的交点．
在同一平面直角坐标系内作出函数f(x)与h(x)在区间[－5，3]上的图象，如图所示．
由图可知eq \f(1－0,－1－1)≤m即－eq \f(1,2)≤m<－eq \f(1,6).
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6))).考向一 函数零点所在区间的判断
考向二 函数零点个数的判定
考向三 函数零点的应用
f(2)≈－1.307
f(3)≈1.099
f(2.5)≈－0.084
f(2.75)≈0．512
f(2.625)≈0．215
f(2.5625)≈0．066