3.6 零点定理（精练）-2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

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1．（2023云南）函数的零点所在的区间为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由函数在上单调递增，
又由，即，
所以根据零点存在性定理可知，函数的零点所在的区间为.故选：D.
2．（2022江西）用二分法求函数的零点时，初始区间大致可选在（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由函数，可得为单调递增函数，
又由，即，
所以函数零点的初始区间大致为.故选：B.
3．（2023·北京）已知二次函数，若，则在区间内的零点情况是（ ）
A．有两个零点B．有唯一零点C．没有零点D．不确定
【答案】C
【解析】因为函数开口向下，又，所以在区间内没有零点.
故选：C
4．（2023·河南平顶山）已知等差数列中，，是函数的两个零点，则（ ）
A．3B．6C．8D．9
【答案】B
【解析】由已知，函数的两个零点，即方程的两根，，
∴，
∵数列为等差数列，∴，∴.故选：B.
5．（2023·贵州黔东南）函数在内零点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】由，得，
由，得或或，则或或
所以在内零点的个数为3.故选：C.
6．（2023山西）已知函数，若恰有两个零点，则正数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】当时，，得成立，
因为函数恰有两个零点，所以时，有1个实数根，显然a小于等于0，不合要求，当时，只需满足，解得：.故选：C
7．（2023·辽宁鞍山）已知函数在区间上有唯一零点，则正整数（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【解析】函数的定义域为，且在上是减函数；
易得，，∴，
根据零点存在性定理及其单调性，可得函数的唯一零点所在区间为，
∴．故选：C．
8．（2023·全国·高三专题练习）用二分法研究函数的零点时，第一次经过计算得，，则其中一个零点所在区间和第二次应计算的函数值分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【解析】因为，由零点存在性知：零点，根据二分法，第二次应计算，即，故选：D.
9．（2023·上海金山）下列函数中不能用二分法求零点近似值的是（ ）
A．f(x)＝3x－1B．f(x)＝x3
C．f(x)＝|x|D．f(x)＝ln x
【答案】C
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于A，f(x)＝3x－1在R上是单调函数，有唯一零点，且函数值在零点两侧异号，可用二分法求零点；
对于B，f(x)＝x3在R上是单调函数，有唯一零点，且函数值在零点两侧异号，可用二分法求零点；
对于C，f(x)＝|x|，虽然也有唯一的零点，但函数值在零点两侧都是正号，故不能用二分法求零点；
对于D，f(x)＝ln x在(0,+∞)上是单调函数，有唯一零点，且函数值在零点两侧异号，可用二分法求零点；故选：C．
10．（2022·全国·高三专题练习）用二分法求如图所示的函数的零点时，不可能求出的零点是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由二分法的思想可知，零点x1，x2，x4左右两侧的函数值符号相反，即存在区间(a，b)，
使得x1，x2，x4∈(a，b)，f(a)·f(b)0，故不可以用二分法求该零点．故选：C
11．（2022秋·湖北）已知，且是方程的两实数根，则，，m，n的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】∵，为方程的两实数根，∴，为函数的图像与x轴交点的横坐标，令，∴m，n为函数的图像与x轴交点的横坐标，
易知函数的图像可由的图像向上平移2022个单位长度得到，
所以.故选：C.
12．（2023·四川南充）设正实数分别满足，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由已知可得，，，
作出的图像如图所示：
它们与交点的横坐标分别为，由图像可得，故选：B
13．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知方程有两个不同的解，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
由于，即，在同一坐标系下做出函数及的图像，如图所示：
由图知在上是减函数，故，由图知，
所以，即，化简得，即，
故选：D.
14．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）已知函数，若方程恰有四个不等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为当时，，则，
，，所以在上单调递增，在上单调递减，
，，当时，，
当时，，则在上单调递增，，当时，，
综上，的图象如图所示，

因为，所以或，
又因为恰有4个不等的实根，且，所以恰有3个不等的实根，
即恰有3个不同的交点，所以由图象可知，.故选：A.
15．（2023·河北）若函数的一个零点是1，则它的另一个零点是__________．
【答案】3
【解析】由，所以令或，故另一个零点为3
故答案为：3
16．（2023春·浙江·高一校联考期中）函数的零点是_______________
【答案】
【解析】令，则，解得，故答案为：.
17．（2023春·四川雅安）已知函数，则在区间内的所有零点之和为__________．
【答案】8
【解析】，则等价于
若显然上面方程不成立；当，则可化为
易知和都关于中心对称，如下图所示，在上有8个交点，不妨设其横坐标依次为，则，即所有零点之和为8.故答案为：8
18．（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）已知函数有三个零点，则a的取值范围是______.
【答案】
【解析】由得，，
所以若函数有三个零点，则方程有三个根，
设，则，
令得，或，
当时，，递减，
当时，，递增，
当时，，递减，
又，
作出函数的大致图像，如图，
由图可知，当时，函数有三个零点.

故答案为：.
19．（2023·全国·高三专题练习）函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于______.
【答案】8
【解析】由，则，即关于对称；
由在上递增且值域为、上递增且值域为，且关于对称；
又，根据对称性知：，
所以、且的图象如下，
所以，在的两侧各有4个交点，且4对交点分别关于对称，
故任意两个对称的交点横坐标之和为2，所有交点的横坐标之和为8.
故答案为：8
20．（2023春·江苏扬州）若是方程的解，则在区间________内(填序号).
①；②；③；④.
【答案】③
【解析】构造函数，则，，
显然函数f(x)是单调递增函数，且连续不间断，故其有且只有一个零点，
，，则函数的零点在区间上，
所以的解在区间上．
故答案为： ③．
21．（2023·全国·高三对口高考）方程在区间上有解，则实数a的取值范围为__________．
【答案】
【解析】考查，因为，且开口向上，
故在区间上最多有一个零点，结合零点存在性定理可得，若方程在区间上有解，
则，即，解得.
故答案为：
22．（2023春·湖北）设函数 在区间[上有零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】令 ，则，函数 在区间[，3]上有零点等价于直线与曲线在上有交点，
则 ，当时，单调递减，当 时，单调递增，
， ，显然， ，
即当时，函数在上有零点；
故答案为： .
23．（2023·浙江绍兴·统考二模）已知函数，若在区间上有零点，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】设，则，
此时，则，
令，
当时，，
记，则，
所以在上递增，在上递减，
故,所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
24．（2023·广西北海·）若函数在区间上存在一个零点，则实数m的取值范围是_____.
【答案】
【解析】由函数在区间上存在一个零点，则.
即，解之得，
故答案为：
25．（2023·全国·统考高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
故答案为：.
26．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知函数有三个不同的零点，其中有两个正零点，则实数的取值范围为____.
【答案】
【解析】由，得，因为不是的零点，
等式两边同时取对数得，即，
令，，则，所以为奇函数，
当时，，所以
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时函数取得极大值，即，
又因为，当时， ，当时，，
所以可得的图象如下所示，

又因为有两个正实根，所以.
故答案为：
27．（2023秋·宁夏银川·高三校考期末）已知函数满足，且是偶函数，当时，，若在区间内，函数有2个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】当时，，；
故时，，
当时，，即.
，即，，
画出函数图像，如图所示：

当时，最多有一个交点，不满足；
当时，有两个交点，则，即，.
综上所述：.
故答案为：.
28．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知函数，，若有2个不同的零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】设，
当时，，；
当时，，；
当时，，.
综上可得，.
函数的定义域为，
由复合函数单调性可知函数单调递增.
又，
作出的图象如图所示

由图象可知，当时，曲线与恒有两个交点，
即有两个零点，
所以的取值范围是.
故答案为：.
29．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，则有零点的充要条件是______.
【答案】
【解析】函数有零点方程有解.
当时，方程有一解；
当时，方程有解，
综上知：有零点的充要条件是.
故答案为：.
30．（2023·全国·模拟预测）已知函数满足.当时，，则在上的零点个数为___________.
【答案】160
【解析】因为函数满足，所以，所以的最小正周期为3，
当时，令，
解得或，所以当时，有两个零点，
所以在上的零点个数为个.故答案为：160.
1．（2023·陕西西安）已知函数，则关于的方程实数解的个数为（ ）
A．4B．5C．3D．2
【答案】A
【解析】因为，解之得或2，
当时，；
当时，，当且仅当时等号成立，
所以，，的图象如图：
由图可知使得或的点有4个.故选：A.
2．（2023春·安徽）已知函数与的零点分别为a，b，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，，所以且，
，所以且，
对比和可知，结合和只有一个交点，
所以，故，故选项A错误；
因为在定义域内单调递增，
易知在单调递增，
若，则，
与a是的零点矛盾，故选项B错误；
若成立，
则有，即有，
即有，故矛盾，所以选项C错误；
，故选项D正确．
故选：D．
3．（2023·湖北·校联考模拟预测）函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在上的所有零点之和为（ ）
A．－32B．32C．16D．8
【答案】D
【解析】函数是定义在R上的奇函数,.
又函数,函数是偶函数,函数的零点都是以相反数的形式成对出现的.函数在上所有的零点的和为,
函数在上所有的零点的和,即函数在上所有的零点之和.
即方程在上的所有实数解之和.
由时,,故有
函数在上的值域为,当且仅当时,.
又当时,,如图：
函数在上的值域为；
函数在上的值域为；函数在上的值域为,当且仅当时,,
即方程在上的又一个实数解.即有一个零点；
函数在上的值域为,当且仅当时,,
故在上恒成立,在上无零点,同理在上无零点,
依此类推,函数在无零点.综上函数在上的所有零点之和为8,故选：D.
4．（2023·北京）若函数的零点与的零点之差的绝对值不超过0.25，则函数可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】对A，的零点为；
对B，的零点为；
对C，的零点为；
对D，的零点为；
，，，
故零点在之间，再用二分法，取，，，故的零点，
由题的零点之差的绝对值不超过0.25，则只有的零点符合；
故选：B
5．（2023·辽宁大连·统考一模）牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可导函数在附近一点的函数值可用代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，解方程，选取初始值，在下面四个选项中最佳近似解为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，则，
令，即，可得，
迭代关系为，
取，则，，
故选：D.
6．（2023·河南郑州·模拟预测）已知函数，，对于下述四个结论：
①函数的零点有三个；②函数关于对称；
③函数的最大值为2；④函数的最小值为0．
其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】由，令，
所以或，又，故或或或，
所以的零点有四个，①错；
，关于对称，②对；
由，而，且含cs x的二次函数开口向上，
又，故的最大值：时有，③对；
的最小值：时有，④错；
故选：B
7．（2023·新疆·校联考二模）若函数在区间上的三个零点为，，，且，且，则下列结论：（ ）
①的最小正周期为；
②在区间有3个极值点；
③在区间上单调递增；
④为函数离原点最近的对称中心．
其中正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】令，则由，得，
所以，由，得到
如图，由的图像与性质知，，，
即
化简得，
将代入得，所以，故①正确；
对于②，因为，
由的图像与性质知，函数的极值点，即函数的最值点，
所以由，得到，
又因为，所以或，
所以在区间上有且仅有2个极值点，故②错误；
对于③，由，，得，所以在上单调递增，在上单调递减，
由，得到，由，得到，
所以在区间在上单调递增，在区间上单调递减，故③错误；
对于④，令，解得，当时，为最小，
所以函数离原点最近的对称中心为，故④错误．
故选：B．
8．（2023·全国·统考高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
9．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知函数，的零点分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】因为函数与的图象关于直线对称，图象也关于直线对称，
设与图象的交点为A，
与图象的交点为，
则与关于直线对称，则，．
因为，所以，则，即，
因为的图象与直线的交点为，
所以，，，则．
故选：ABD.
10．（2023秋·河北石家庄·高三统考期末）（多选）已知函数，若，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】如图示，作出和的图像.
当时，.
因为存在使得，所以.
由图示可知关于对称，所以，所以.故A正确；
令，即，解得： 或.
所以由图示可知：.故B正确.
因为当时，，所以，，所以时，有，即的图像关于对称，所以关于对称，所以，所以，即，所以.
因为，所以.故C错误；
因为关于对称，所以，所以.
又因为，所以.故D正确.
故选：ABD
11．（2022秋·四川成都）（多选）已知函数的两个零点分别为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】函数的两个零点即函数与的图象的两个交点的横坐标，作出两个函数的图象，如下图：
则，，即，，故D错误；
由图可知，且，，则，
由，，则，即，可得，即，
故A、C正确，B错误.
故选：AC.
12．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知，分别是函数和的零点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】令，得，即，，
令，得，即，即，，
记函数，，则，
所以函数在上单调递增，
因为，，所以，故A错误；
又，所以，，
所以，故B正确；
所以，故C正确；
又，所以，结合，得，
因为，所以，且，
因为在区间上单调递减，所以，
即，故D正确；
故选：BCD
13．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校联考阶段练习）函数在区间上存在零点，则的最小值为_________.
【答案】/
【解析】设为在上的零点，可得，
所以，即点在直线，
又表示点到原点距离的平方，
则有解，即有解，
令，可得，
因为，，
所以恒成立，
可得在上为单调递增函数，
所以当时，，
所以，即的最小值为．
故答案为：.
14．（2023·天津·统考高考真题）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为_________．
【答案】
【解析】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
15．（2023·浙江·校联考模拟预测）若函数与函数的图象恰有三个不同的交点，其中交点的横坐标成等差数列，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】依题意，方程，即有三个不等实根，
设两个函数图象的三个交点的横坐标，即方程的三个根为，
于是，
整理得，
因此，则，即有，解得或，
所以的取值范围是..
故答案为：
16（2023·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考三模）设，函数，若函数在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】最多有2个根，所以至少有4个根由，可得，
由可得.
时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点;
当时，令，则，
此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，
则应满足或或，
则可解得的取值范围是：.
故答案为：.
17．（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）已知函数有三个零点，则a的取值范围是______.
【答案】
【解析】由得，，
所以若函数有三个零点，则方程有三个根，
设，则，
令得，或，
当时，，递减，
当时，，递增，
当时，，递减，
又，
作出函数的大致图像，如图，
由图可知，当时，函数有三个零点.

故答案为：.
18．（2023·上海·华师大二附中校考模拟预测）若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数__________.
【答案】
【解析】
如图，显然.
当时，由单调性得，方程有且仅有一解.
因此当时，方程也恰有一解.
即为函数的切线，
，
令得，
故当时，，
得，即
从而.
故答案为：
19．（2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）若存在实数及正整数，使得在区间内恰有个零点，则所有满足条件的正整数的值共有_________个．
【答案】
【解析】由题意知，
，
令，，此时，
而，，，
则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根，
当时，，
一个周期内有两个零点，则或；
当时，，
一个周期内有三个零点，则需要个周期，
即；
当时，此时，解得，
若，此时，
则一个周期内有四个零点，
则需要个周期，
即；
若，此时，，
则一个周期内有三个零点，
则需要个周期，
即；
若，此时，
一个周期内有两个零点，
则或.
综上所述，这样的正整数有个，
分别是.
故答案为：
20．（2022·全国·高三专题练习）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是（）将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组在平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）.若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为______人.若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为______.
【答案】 2
【解析】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人；
若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可；
若只有1个感染者，则只需次检测；
若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为的组，
每组1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.
故答案为：2，