2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第二章第七讲　函数与方程 8页

第七讲　函数与方程 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[改编题]下列说法正确的是(　　)‎ A.函数的零点就是函数的图象与x轴的交点 B.若函数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 C.二次函数y=ax2+bx+c在b2 - 4ac≤0时没有零点 D.函数y=f (x)的零点就是方程f (x)=0的实根 ‎2.[2020甘肃静宁模拟]函数y=‎1‎‎2‎ln x+x - 2的零点所在的区间是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(‎1‎e,1) B.(1,2) C.(e,3) D.(2,e)‎ ‎3.[2019全国卷Ⅲ,5,5分]函数f (x)=2sin x - sin 2x在[0,2π]上的零点个数为(　　)‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎4.[2019浙江,9,4分]设a,b∈R,函数f (x)=x,x<0,‎‎1‎‎3‎x‎3‎‎-‎1‎‎2‎(a+1)x‎2‎+ax,x≥0.‎若函数y=f (x) - ax - b恰有3个零点,则(　　)‎ A.a< - 1,b<0 B.a< - 1,b>0‎ C.a> - 1,b<0 D.a> - 1,b>0‎ ‎5.[2019湖南株洲醴陵两校联考]函数f (x)=x3 - 3x2 - 9x+4,若函数g(x)=f (x) - m在[ - 2,5]上有3个零点,则m的取值范围为(　　)‎ A.( - 23,9) B.( - 23,2] C.[2,9] D.[2,9)‎ ‎6.用二分法求函数y=f (x)在区间(2,4)上的近似解,(1)验证f (2)·f (4)<0,给定精确度ε=0.01;(2)取区间(2,4)的中点x1=‎2+4‎‎2‎=3;(3)计算得f (2)·f (3)<0,则此时零点x0∈　　　.(填区间) ‎ 考法1判断函数的零点所在的区间 ‎1 函数f (x)=log3x+x - 2的零点所在的区间为　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)‎ 思路一　研究f (x)的单调性确定f (1),f (2),f (3)的符号判断零点所在的区间 思路二　将函数零点问题转化为两个函数图象交点问题数形结合求解 解法一　(定理法)函数f (x)=log3x+x - 2的定义域为(0,+∞),并且f (x)在(0,+∞)上单调递增,图象是一条连续的曲线.(判单调)‎ 由题意知f (1)= - 1<0,f (2)=log32>0,f (3)=2>0,(定符号)‎ 根据零点存在性定理可知,函数f (x)=log3x+x - 2有唯一零点,且零点在区间(1,2)内.故选B.(得结论)‎ 图2 - 7 - 1‎ 解法二　(图象法)将函数f (x)的零点所在的区间转化为函数g(x)=log3x,h(x)= - x+2图象交点的横坐标所在的范围.作出两函数图象如图2 - 7 - 1所示,可知f (x)的零点所在的区间为(1,2).故选B.‎ B ‎1.(1)若a0‎的零点个数为　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.3 B.2 C.7 D.0‎ ‎　可以直接建立方程求解零点,也可以画出函数图象确定零点个数.‎ 解法一　(直接法)由f (x)=0得x≤0,‎x‎2‎‎+x-2=0‎或x>0,‎‎-1+lnx=0,‎ 解得x= - 2或x=e.因此函数f (x)共有2个零点.‎ 解法二　(图象法)函数f (x)的图象如图2 - 7 - 2所示,由图象知函数f (x)共有2个零点.‎ B 图象法求函数零点个数的关键是正确画出函数的图象.在画函数的图象时,常利用函数的性质,如周期性、对称性等,同时还要注意函数定义域的限制.‎ ‎3设函数f (x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f (x)=ex+x - 3,则f (x)的零点个数为　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 先由函数f (x)是定义在R上的奇函数确定x=0是一个零点,然后令ex+x - 3=0,将方程变形为ex= - x+3,转化成判断函数y=ex和y= - x+3的图象的交点个数,再根据奇函数的对称性得出结论.‎ ‎(图象法和函数性质的综合应用)因为函数f (x)是定义域为R的奇函数,所以f (0)=0,即x=0是函数f (x)的1个零点.‎ 当x>0时,令f (x)=ex+x - 3=0,则ex= - x+3,分别画出函数y=ex和y= - x+3的图象,如图2 - 7 - 3所示,两函数图象有1个交点,所以函数f (x)有1个零点.‎ 根据对称性知,当x<0时,函数f (x)也有1个零点.‎ 综上所述,f (x)的零点个数为3.故选C.‎ C ‎2.[2015湖北,12,5分][理]函数f (x)=4cos2x‎2‎cos(π‎2‎ - x) - 2sin x - |ln(x+1)|的零点个数为　　　　. ‎ 考法3函数零点的应用 命题角度1　求与零点有关的参数的取值范围 ‎4[2018全国卷Ⅰ,9,5分][理]已知函数f (x)=ex‎,x≤0,‎lnx,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,+∞)‎ g(x)存在2个零点,即关于x的方程f (x)= - x - a有2个实数解,即函数y=f (x)的图象与直线y= - x - a有两个交点,分别作出y=f (x)与y= - x - a的图象,利用图象的直观性即可求解.‎ 函数g(x)=f (x)+x+a存在2个零点,即关于x的方程f (x)= - x - a有2个不同的实根,即函数f (x)的图象与直线y= - x - a有2个交点, …………………… (等价转化)‎ 作出直线y= - x - a与函数f (x)的图象,如图2 - 7 - 4所示,由图可知, - a≤1,解得a≥ - 1.‎ C ‎5若函数f (x)=lnkx‎2‎ - ln(x+1)不存在零点,则实数k的取值范围是　　　　. ‎ f (x)不存在零点⇔lnkx=ln(x+1)2(x> - 1)没有实数解⇔kx=(x+1)2(x> - 1)没有实数解,对k分类讨论,并利用图象的直观性即可求解.‎ 显然k≠0,易得函数f (x)不存在零点等价于kx=(x+1)2没有实数解.当k<0时,由kx>0,‎x+1>0,‎得 - 10时,由kx>0,‎x+1>0,‎可知x>0,由kx=(x+1)2得x2+(2 - k)x+1=0.由Δ=(2 - k)2 - 4=k2 - 4k<0可得00,‎g(x)=f (x) - ax,若g(x)有4个零点,则a的取值范围(　　)　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(0,‎2‎e) B.(0,‎1‎‎2e) C.(‎2‎e,1) D.(‎1‎‎2e,1)‎ ‎(2)[2020合肥市高三调研]若函数f (x)=2|x - 2a| - 4|x+a|在区间( - 2,+∞)上有且仅有一个零点,则实数a的取值范围是　　　　　. ‎ 数学探究1 隐含的函数零点问题 ‎7已知函数y=a+2ln x(x∈[‎1‎e,e])的图象上存在点P,函数y= - x2 - 2的图象上存在点Q,且点P,Q关于原点对称,则a的取值范围是 A.[e2,+∞)　 B.[3,4+‎1‎e]　C.[4+‎1‎e‎2‎,e2]　D.[3,e2]‎ 函数y= - x2 - 2的图象与函数y=x2+2的图象关于原点对称,若函数y=a+2lnx(x∈[‎1‎e,e])的图象上存在点P,函数y= - x2 - 2的图象上存在点Q,且点P,Q关于原点对称,则函数y=a+2lnx(x∈[‎1‎e,e])的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+2lnx=x2+2‎ ‎(x∈[‎1‎e,e])有解,即a=x2+2 - 2lnx(x∈[‎1‎e,e])有解.(将点的对称问题转化为方程有解问题)‎ 令f (x)=x2+2 - 2lnx,则f ' (x)=‎2(x‎2‎-1)‎x.‎ 当x∈[‎1‎e,1]时,f ' (x)<0,当x∈[1,e]时,f ' (x)>0,故当x=1时,f (x)有最小值,最小值为3.‎ 由f (‎1‎e)=‎1‎e‎2‎+4,f (e)=e2,故当x=e时,f (x)有最大值,最大值为e2,故a的取值范围是[3,e2].‎ D 数学探究2复合函数的零点问题 ‎8[2020四川南充模拟]函数y=f(x)和y=g(x)在[ - 2,2]上的图象分别如图2 - 7 - 7(1)(2)所示.‎ 图2 - 7 - 7‎ 给出下列四个命题:‎ ‎①方程f(g(x))=0有且仅有6个根;②方程g(f(x))=0有且仅有3个根;③方程f(f(x))=0有且仅有5个根;④方程g(g(x))=0有且仅有4个根.‎ 其中正确命题的个数是 A.4 B.3 C.2 D.1 ‎ 先根据图象判断f(x)与g(x)的范围,再看满足外层函数为零时内层函数有几个值与之相对应,结合图象具体分析,进而可得出正确的结论.‎ 由图象可得 - 2≤g(x)≤2, - 2≤f(x)≤2.‎ 对于①,观察f(x)的图象,可知满足方程f(g(x))=0的g(x)有三个不同的值,一个值在 - 2与 - 1之间,一个值为0,一个值在1与2之间.‎ 再观察g(x)的图象,由图象知,g(x)的值在 - 2与 - 1之间时对应了2个x值,g(x)=0时对应了2个x值,g(x)的值在1与2之间时对应了2个x值,故方程f(g(x))=0有且仅有6个根,故①正确.‎ 对于②,观察g(x)的图象,可知满足g(f(x))=0的f(x)有两个不同的值,一个值处于 - 2与 - 1之间,另一个值处于0与1之间.观察f(x)的图象,知f(x)的值在 - 2与 - 1之间时对应了1个x值,‎ f(x)的值在0与1之间时对应了3个x值,所以方程g(f(x))=0有且仅有4个根,故②不正确.‎ 对于③,观察f(x)的图象,可知满足方程f(f(x))=0的f(x)有3个不同的值,一个值在 - 2与 - 1之间,一个值为0,一个值在1与2之间.‎ 再观察f(x)的图象,由图象知f(x)的值在 - 2与 - 1之间时对应了1个x值,f(x)=0时对应了3个x值,f(x)的值在1与2之间时对应了1个x值,故方程f(f(x))=0有且仅有5个根,故③正确.‎ 对于④,观察g(x)的图象,可知满足方程g(g(x))=0的g(x)有2个不同的值,一个值在 - 2与 - 1之间,一个值在0与1之间.‎ 再观察g(x)的图象,由图象可知g(x)的值在 - 2与 - 1之间时对应了2个x值,g(x)的值在0与1之间时对应了2个x值,故方程g(g(x))=0有且仅有4个根,故④正确.‎ 综上所述,正确命题的个数是3.‎ B　‎ ‎271‎ ‎1.D　函数的零点是函数的图象与x轴交点的横坐标,故A错误;零点存在性定理的逆命题是假命题,故B错误;对于二次函数y=ax2+bx+c,‎ 当b2 - 4ac=0时,有两个相等的零点,故C错误;D正确.‎ ‎2.B　令f (x)=‎1‎‎2‎ln x+x - 2,当x=‎1‎e时,f (‎1‎e)=‎1‎‎2‎ln‎1‎e‎+‎‎1‎e - 2= - ‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎e - 2<0;当x=1时,f (1)=‎1‎‎2‎ln 1+1 - 2= - 1<0;当x=2时,f (2)=‎1‎‎2‎ln 2+2 - 2=‎1‎‎2‎ln 2>0.易知 f (x)=‎1‎‎2‎ln x+x - 2在其定义域上单调递增,∴函数f (x)只有一个零点,又f (1)·f (2)<0,故函数f (x)的零点在区间(1,2)内.选B.‎ ‎3.B　f (x)=2sin x - 2sin xcos x=2sin x(1 - cos x),令f (x)=0,则sin x=0或cos x=1,所以x=kπ(k∈Z),又x∈[0,2π],所以x=0或x=π或x=2π.故选B.‎ ‎4.C　由题意可得,当x≥0时,f (x) - ax - b=‎1‎‎3‎x3 - ‎1‎‎2‎(a+1)x2 - b,令f (x) - ax - b=0,则b=‎1‎‎3‎x3 - ‎1‎‎2‎(a+1)x2=‎1‎‎6‎x2[2x - 3(a+1)].因为对任意的x∈R,f (x) - ax - b=0有3个不同的实数根,所以当x≥0时,b=‎1‎‎6‎x2[2x - 3(a+1)]必须有2个零点,所以‎3(a+1)‎‎2‎>0,解得a> - 1,所以b<0.故选C.‎ ‎5.D　函数g(x)=f (x) - m在[ - 2,5]上有3个零点,等价于函数f (x)=x3 - 3x2 - 9x+4的图象与直线y=m在[ - 2,5]上有三个交点.由题易知,f ' (x)‎ ‎=3x2 - 6x - 9,令f ' (x)=3x2 - 6x - 9>0,解得x>3或x< - 1;令f ' (x)<0,解得 - 1f (0)=0,g(‎1‎‎2‎)=(‎1‎‎2‎‎)‎‎1‎‎2‎f (‎1‎‎3‎)=(‎1‎‎3‎‎)‎‎1‎‎3‎,结合图象(图略)可得‎1‎‎3‎ - 1,‎ 函数f (x)的零点个数即为函数y1=sin 2x(x> - 1)与y2=|ln(x+1)|(x> - 1)的图象的交点个数.‎ 分别作出两个函数的图象,如图D 2 - 7 - 2,可知有2个交点,则f (x)有2个零点.‎ 图D 2 - 7 - 2‎ ‎3.(1)B　当x=0时,g(0)=f (0) - 0=0,所以x=0为函数g(x)的1个零点.当x≠0时,令g(x)=f (x) - ax=0,得a=x+1,x<0,‎lnxx‎2‎‎,x>0,‎则直线y=a与函数y=h(x)=x+1,x<0,‎lnxx‎2‎‎,x>0‎的图象有3个不同的交点.令φ(x)=lnxx‎2‎(x>0),则φ' (x)=‎1 - 2lnxx‎3‎.由φ' (x)=0,得x=e‎1‎‎2‎,易得函数φ(x)在(0,e‎1‎‎2‎)上单调递增,在(e‎1‎‎2‎,+∞)上单调递减,所以φ(x)在x=e‎1‎‎2‎处取得最大值,所以φ(x)max=‎1‎‎2e.易知φ(1)=0,x→+∞时,φ(x)→0,在同一直角坐标系中作出直线y=a与函数y=h(x)的大致图象,如图D 2 - 7 - 3所示.由图知若直线y=a与函数y=h(x)的图象有3个不同的交点,则0