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2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第二章第七讲 函数与方程学案
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这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第二章第七讲 函数与方程学案，共10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]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浙江高考]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)
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.
图2 - 7 - 1
B
1.(1)若a
(2)若x0是方程(12)x=x13的解,则x0所在区间为( )
A.(23,1) B.(12,23) C.(13,12) D.(0,13)
考法2 判断函数的零点个数
2函数f (x)=x2+x-2,x≤0,-1+lnx,x>0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湖北高考]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]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⇔ln kx=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 - 1
命题角度2 求函数的所有零点的和或取值范围
6 [2019湖南株洲二模]若函数f (x)=cos(2x - π4) - a(x∈[0,9π8])恰有三个不同的零点x1,x2,x3,则x1+x2+x3的取值范围是
A.[5π4,11π8) B.(9π4,7π2] C.(5π4,11π8] D.[9π4,7π2)
将函数f (x)=cos(2x - π4) - a(x∈[0,9π8])有三个不同的零点转化为方程cos(2x - π4)=a(x∈[0,9π8])有三个不同的实数根,画出函数y=cos(2x - π4),x∈[0,9π8]的大致图象,由函数图象求出x1+x2(设x1
画出函数y=cos(2x - π4),x∈[0,9π8]的大致图象,
如图2 - 7 - 6所示.由图象得,当22≤a<1时,方程cos(2x - π4)=a(x∈[0,9π8])恰好有三个不同的实数根.
令2x - π4=kπ,k∈Z,得x=π8+kπ2,k∈Z,当k=0时,x=π8;当k=1时,x=5π8.不妨设x1
3.(1)[2020陕西省部分学校检测]已知函数f (x)=x2+x,x≤0,lnxx,x>0,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+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,则函数y=a+2ln x(x∈[1e,e])的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+2ln x=x2+2
(x∈[1e,e])有解,即a=x2+2 - 2ln x(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 - 2ln x,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[多选题]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
则下列结论正确的是
A.方程f(g(x))=0有且仅有6个根
B.方程g(f(x))=0有且仅有3个根
C.方程f(f(x))=0有且仅有5个根
D.方程g(g(x))=0有且仅有4个根
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A,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A正确.
对于B,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B不正确.
对于C,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C正确.
对于D,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D正确.
ACD
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;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)可能等于0,可能大于0,也可能小于0,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 - 1
图D 2 - 7 - 1
结合图象可得2≤m<9,故选D.
6.(2,3) 因为f (2)·f (4)<0,所以由二分法可知函数在区间(2,4)上必存在零点,又f (2)·f (3)<0,故函数的零点x0∈(2,3).
1.(1)A 令y1=(x - a)(x - b)+(x - b)(x - c)=(x - b)[2x - (a+c)],y2= - (x - c)(x - a),由af (13)=(13)13,结合图象(图略)可得13
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
图D 2 - 7 - 3
(2){a|a=0或a≥12} 令f (x)=0得2|x - 2a| - 4|x+a|=0,即2|x - 2a|=22|x+a|,即|x - 2a|=2|x+a|,即(x - 2a)2=4(x+a)2,即x(x+4a)=0,由题意得x(x+4a)=0在区间( - 2,+∞)上有且仅有一个实根.当a=0时,方程有唯一实数根x=0,满足条件;当a≠0时,必有 - 4a≤ - 2,解得a≥12.综上知,实数a的取值范围是{a|a=0或a≥12}.
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]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浙江高考]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)
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.
图2 - 7 - 1
B
1.(1)若a
(2)若x0是方程(12)x=x13的解,则x0所在区间为( )
A.(23,1) B.(12,23) C.(13,12) D.(0,13)
考法2 判断函数的零点个数
2函数f (x)=x2+x-2,x≤0,-1+lnx,x>0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湖北高考]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]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⇔ln kx=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 - 1
命题角度2 求函数的所有零点的和或取值范围
6 [2019湖南株洲二模]若函数f (x)=cos(2x - π4) - a(x∈[0,9π8])恰有三个不同的零点x1,x2,x3,则x1+x2+x3的取值范围是
A.[5π4,11π8) B.(9π4,7π2] C.(5π4,11π8] D.[9π4,7π2)
将函数f (x)=cos(2x - π4) - a(x∈[0,9π8])有三个不同的零点转化为方程cos(2x - π4)=a(x∈[0,9π8])有三个不同的实数根,画出函数y=cos(2x - π4),x∈[0,9π8]的大致图象,由函数图象求出x1+x2(设x1
画出函数y=cos(2x - π4),x∈[0,9π8]的大致图象,
如图2 - 7 - 6所示.由图象得,当22≤a<1时,方程cos(2x - π4)=a(x∈[0,9π8])恰好有三个不同的实数根.
令2x - π4=kπ,k∈Z,得x=π8+kπ2,k∈Z,当k=0时,x=π8;当k=1时,x=5π8.不妨设x1
3.(1)[2020陕西省部分学校检测]已知函数f (x)=x2+x,x≤0,lnxx,x>0,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+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,则函数y=a+2ln x(x∈[1e,e])的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+2ln x=x2+2
(x∈[1e,e])有解,即a=x2+2 - 2ln x(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 - 2ln x,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[多选题]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
则下列结论正确的是
A.方程f(g(x))=0有且仅有6个根
B.方程g(f(x))=0有且仅有3个根
C.方程f(f(x))=0有且仅有5个根
D.方程g(g(x))=0有且仅有4个根
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A,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A正确.
对于B,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B不正确.
对于C,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C正确.
对于D,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D正确.
ACD
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;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)可能等于0,可能大于0,也可能小于0,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 - 1
图D 2 - 7 - 1
结合图象可得2≤m<9,故选D.
6.(2,3) 因为f (2)·f (4)<0,所以由二分法可知函数在区间(2,4)上必存在零点,又f (2)·f (3)<0,故函数的零点x0∈(2,3).
1.(1)A 令y1=(x - a)(x - b)+(x - b)(x - c)=(x - b)[2x - (a+c)],y2= - (x - c)(x - a),由a
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
图D 2 - 7 - 3
(2){a|a=0或a≥12} 令f (x)=0得2|x - 2a| - 4|x+a|=0,即2|x - 2a|=22|x+a|,即|x - 2a|=2|x+a|,即(x - 2a)2=4(x+a)2,即x(x+4a)=0,由题意得x(x+4a)=0在区间( - 2,+∞)上有且仅有一个实根.当a=0时,方程有唯一实数根x=0,满足条件;当a≠0时,必有 - 4a≤ - 2,解得a≥12.综上知,实数a的取值范围是{a|a=0或a≥12}.
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