2023届高考一轮复习加练必刷题第15练　函数的零点与方程的解【解析版】

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考点一 函数零点所在区间的判定
1．函数f(x)＝lg x－eq \f(1,2x)的零点所在区间为( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
答案 B
解析 因为函数f(x)＝lg x－eq \f(1,2x)，
所以f(1)＝lg 1－eq \f(1,21)＝－eq \f(1,2)<0，
f(2)＝lg 2－eq \f(1,22)＝lg 2－eq \f(1,4)>0，
所以f(1)·f(2)<0，
由零点存在定理可知，零点在区间(1,2)内．
2．已知[x]表示不超过实数x的最大整数，g(x)＝[x]为取整函数，x0是函数f(x)＝ln x＋x－4的零点，则g(x0)等于( )
A．4 B．5 C．2 D．3
答案 C
解析 函数f(x)＝ln x＋x－4在(0，＋∞)上单调递增，
且f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3－1>0，
所以函数f(x)存在唯一的零点x0∈(2,3)，
故g(x0)＝2.
3．(多选)若函数f(x)的图象在R上连续不断，且满足f(0)<0，f(1)>0，f(2)>0，则下列说法正确的是( )
A．f(x)在区间(0,1)上一定有零点
B．f(x)在区间(0,1)上一定没有零点
C．f(x)在区间(1,2)上可能有零点
D．f(x)在区间(1,2)上一定有零点
答案 AC
解析 因为f(0)<0，f(1)>0，f(2)>0，
所以f(0)·f(1)<0，
因为函数f(x)的图象在R上连续不断，
由零点存在定理，可得f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上一定有零点．
又f(1)·f(2)>0，
因此无法判断f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2))上是否有零点．
考点二 函数零点个数的判定
4．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4x－3，x≤－2，,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋x))，x>－2))的零点的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 当x≤－2时，令f(x)＝x2＋4x－3＝0，
解得x＝－2±eq \r(7)，
∵x≤－2，∴x＝－2－eq \r(7)；
当x>－2时，令f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋x))＝0，
解得x＝－eq \f(3,2).
综上，f(x)有2个零点．
5．y＝f(x)为定义在[－5,5]上周期为2的奇函数，则函数y＝f(x)在[－5,5]上零点的个数为( )
A．5 B．6 C．11 D．12
答案 C
解析 因为y＝f(x)为定义在[－5,5]上周期为2的奇函数，
所以f(0)＝0，f(x＋2)＝f(x)，
所以f(2)＝0，f(－2)＝0，f(4)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4))＝0，
所以f(x＋2)＝f(x)＝－f(－x)，
所以f(1)＝－f(1)，即f(1)＝0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝0，f(3)＝0，f(－3)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5))＝0，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－5))＝0.
所以函数y＝f(x)在[－5,5]上零点的个数为11.
6．函数f(x)＝2eq \f(x,2)－x2的零点个数为________．
答案 3
解析 由f(x)＝0⇒＝x2，作出函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))x与y＝x2的部分图象，
可知两函数的图象在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，2))上有两个交点，
并注意到指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))x的增长速度最终会远远超过幂函数y＝x2的增长速度，
所以两函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞))上必有一个交点，
因此，函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))x与y＝x2的图象有3个交点，
所以，函数y＝f(x)有3个零点．
考点三 函数零点的应用
7．若函数f(x)＝ax＋b的零点是2(a≠0)，则函数g(x)＝ax2＋bx的零点是( )
A．2 B．2和0
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.
8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3－3x，x≤0，,－ln x，x>0，))若函数g(x)＝f(x)－a有3个零点，则实数a的取值范围是( )
A．[0,4) B．[0,2)
C．(－∞，4] D．(－∞，2]
答案 B
解析 当x≤0时，函数f(x)＝x3－3x，
可得f′(x)＝3x2－3，
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；
当x∈(－1,0]时，f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0]上单调递减，所以x≤0时，f(x)max＝f(－1)＝－1＋3＝2.
由此可得f(x)图象如图所示，
若函数g(x)＝f(x)－a有3个零点，
则y＝f(x)与y＝a的图象有3个交点，
由图象可知，当0≤a<2时，y＝f(x)与y＝a的图象有3个交点，即实数a的取值范围是 [0,2)．
9．已知关于x的方程x2－2ax＋1＝0的两根分别在(0,1)与(1,3)内，则实数a的取值范围为( )
A．－1eq \f(5,3)
C．1答案 C
解析 设f(x)＝x2－2ax＋1，
∵方程x2－2ax＋1＝0的两根分别在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3))内，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝1>0，,f1＝2－2a<0，,f3＝10－6a>0，))
解得110．已知函数f(x)＝|ln x|－2ax恰有三个零点，则实数a的取值范围为____________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))
解析 函数f(x)恰有三个零点，等价于方程eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln x))＝2ax有三个解，即函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln x))与函数y＝2ax的图象有三个交点，又y＝2ax为过原点的直线，作出函数y＝|ln x|和函数y＝2ax的大致图象，如图，
由图可知，当a≤0时，函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln x))的图象与函数y＝2ax的图象没有三个交点，不满足条件；
当a>0时， 当且仅当y＝2ax为y＝ln x的切线时，方程eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln x))＝2ax恰有两个解，
所以令y＝2ax为y＝ln x的切线，
设切点为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，ln x0))，
则切线的方程为y－ln x0＝eq \f(1,x0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x0))，
由于切线过原点，所以ln x0＝1，
即x0＝e，此时直线的斜率为eq \f(1,e)，
由题意知，当0<2a11．(多选)已知函数f(x)＝2x＋lg2x，且实数a>b>c>0，满足f(a)f(b)f(c)<0，若实数x0是函数y＝f(x)的一个零点，那么下列不等式中可能成立的是( )
A．x0a
C．x0答案 ABC
解析 由函数的单调性可得，
函数f(x)＝2x＋lg2x在(0，＋∞)上为增函数，
由f(a)f(b)f(c)<0,
则f(a)，f(b)，f(c)为负数的个数为奇数，
选项A，B，C可能成立；
对于选项D，当x0由函数的单调性可得f(a)>0，f(b)>0，f(c)>0，
即不满足f(a)f(b)f(c)<0，
故选项D不可能成立．
12．定义在R上的函数f(x)满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，当x>1时，f(x)<0，则函数f(x)零点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．无数
答案 C
解析 令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)，
∴f(0)＝0，令x＝y＝1，
得f(1)＝f(1)＋f(1)，
∴f(1)＝0；
令x＝y＝－1，得f(1)＝f(－1)＋f(－1)，
∴f(－1)＝0；
∴令y＝－1，得f(－x)＝f(x)＋f(－1)，
∴f(－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数．
设01，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))<0，
∴f(x2)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)·x1))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))＋f(x1)∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x＝1.
又f(x)为偶函数，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，
∴函数f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点x＝－1.
故f(x)有3个零点．
13．已知定义在R上的奇函数y＝f(x)对任意x都满足f(x)＝f(2－x)，且当0答案 4
解析 函数g(x)＝f(x)－lg4|x|的零点个数就是y＝f(x)与y＝lg4|x|图象的交点个数，
因为函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，
因为当0所以当0≤x≤1时，f(x)＝lg2(x＋1)，
当－1≤x≤0时，f(x)＝－f(－x)
＝－[lg2(－x＋1)]＝(－x＋1)，
因为函数y＝f(x)对任意x都满足f(x)＝f(2－x)，
所以函数关于x＝1对称，
且f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)，
则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，函数是以T＝4为周期的周期函数，
根据上面表述画出函数y＝f(x)与y＝lg4|x|的图象，如图，
所以y＝f(x)与y＝lg4|x|的图象交点有4个，
即函数g(x)＝f(x)－lg4|x|的零点个数为4.
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－1＋1，x≤1，,|lnx－1|，x>1.))若F(x)＝f2(x)－2af(x)＋eq \f(4,3)的零点个数为4，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
解析 作出f(x)的图象，如图所示，
因为F(x)＝f2(x)－2af(x)＋eq \f(4,3)有4个不同的零点，令f(x)＝t，所以t2－2at＋eq \f(4,3)＝0有2个不同的解．
设关于t的方程的解为t1，t2，t1≠t2，且t1t2＝eq \f(4,3).
由F(x)有4个不同的零点得关于x的方程f(x)＝t1和f(x)＝t2共有4个不同的解，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t1≠t2，,02))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t1≠t2，,t1>2，,t2>2))(舍)
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2a＋\f(4,3)≤0，,4－4a＋\f(4,3)<0，,0－2a×0＋\f(4,3)>0，))解得a>eq \f(4,3).