2022届高三数学一轮复习考点17：函数与方程（解析版）

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1、考点 17 函数与方程 【命题解读】【命题解读】 函数零点以及求参数范围等问题时高考重点考查的内容，不仅在大题中体现，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上。 【基础知识回顾基础知识回顾】 1 1、函数的零点 (1)函数零点的定义：对于函数 yf(x)，把使方程 f(x)0 的实数 x 称为函数 yf(x)的零点 (2)方程的根与函数零点的关系：函数 yf(x)的零点就是方程 f(x)0 的实数根，也就是函数 yf(x)的图像与 x 轴交点的横坐标所以函数 yf(x)有零点等价于函数 yf(x)的图像与 x 轴有交点，也等价于方程f(x)0 有实根 (3)零点存在性定理： 如果函数 yf(

2、x)在区间(a，b)上的图像是一条连续的曲线，且有 f(a)f(b)0，那么函数 yf(x)在区间(a，b)内有零点，即存在 c(a，b)，使得 f(c)0，此时 c 就是方程 f(x)0 的根但反之，不成立 2 2、 二分法 对于在区间上连续不断且 f(a)f(b)0)的图像与零点的关系 0 0 0)的图像 交点 (x1，0),_(x2，0) (x1，0) 无交点 零点个数 2 1 0 4、有关函数零点的结论 (1)若连续不断的函数 f(x)在定义域上是单调函数，则 f(x)至多有一个零点 (2)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

3、值可能变号，也可能不变号 1、若函数 f(x)axb 有一个零点是 2，那么函数 g(x)bx2ax 的零点为（ ） A. 0 或12 B. 0 C. 12 D. 0 或12 【答案】 A 【解析】 由已知得 b2a，所以 g(x)2ax2axa(2x2x)令 g(x)0，得 x10，x212 2、函数 f(x)2xx32 在区间(0，2)内的零点个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D.4 【答案】 A 【解析】 因为函数 y2x， yx3在 R 上均为增函数， 故函数 f(x)2xx32 在 R 上为增函数， 又 f(0)0，f(2)0，故函数 f(x)2xx32 在区间(0，2)内

4、只有一个零点 3、若函数 f(x)3ax12a 在区间(1，1)内存在一个零点，则 a 的取值范围是（ ） A. 15， B. 1，15 C. (，1) D. (，1)15， 【答案】 D 【解析】 当 a0 时，f(x)1 与 x 轴无交点，不合题意，所以 a0； 函数 f(x)3ax12a 在区间(1，1)内是单调函数，所以 f(1) f(1)0，即(5a1)(a1)0，解得 a1 或 a15 4、函数 f(x)ln xx22x，x0，4x1，x0的零点个数是_ 【答案】 3 【解析】 当 x0 时，令 g(x)ln x，h(x)x22x 画出 g(x)与 h(x)的图象如图：故当 x0

5、时，f(x)有 2 个零点 当 x0 时，由 4x10，得 x14，综上函数 f(x)的零点个数为 3 5、 已知f(x)是定义在R上的奇函数， 当x0时， f(x)x23x 则函数g(x)f(x)x3的零点的集合为_ 【答案】 2 7，1，3 【解析】 当 x0 时，f(x)x23x，令 g(x)x23xx30，得 x13，x21 当 x0，f(x)(x)23(x)， f(x)x23x，f(x)x23x 令 g(x)x23xx30， 得 x32 7，x42 70(舍)， 函数 g(x)f(x)x3 的零点的集合是2 7，1，3 7、(一题两空)已知函数 f(x)1x，x1，x3，x1，若 f

6、(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x1，1x01或x01，x301，解得x01.关于x的方程f(x)k有两个不同零点等价于yf(x)的图象与直线yk有两个不同交点，观察图象可知：当 0k1 时yf(x)的图象与直线yk有两个不同交点即k(0，1) 考向一 判断零点所在的区间 例 1、 （2019 山东师范大学附中高三月考）函数 312xfxx的零点所在区间为（ ） A1,0 B10,2 C1,12 D1,2 【答案】C 【解析】 311( 1)( 1)( )302f ，301

7、(0)0( )102f ， 13211112( )( )( )022282f，31111(1)1( )10222f ， 321115(2)2( )80222f，由 1102ff. 故选：C 变式1、（1） 若abc， 则函数f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的两个零点分别位于区间( ) A(a，b)和(b，c)内 B(，a)和(a，b)内 C(b，c)和(c，)内 D(，a)和(c，) （2）已知函数 f(x)lnx212x的零点为 x0，则 x0所在的区间是( ) A. (0，1) B. (1，2) C. (2，3) D. (3，4) （3）若 x0是方程12xx13的

8、解，则 x0属于区间( ) A.23，1 B.12，23 C.13，12 D.0，13 【答案】 （1） A（2）C. （3） C 【解析】 （1） abc，f(a)(ab)(ac)0， f(b)(bc)(ba)0，f(c)(ca)(cb)0， 由函数零点存在性定理可知，在区间(a，b)，(b，c)内分别存在零点，又函数f(x)是二次函数，最多有两个零点因此函数f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内，故选 A. (2)f(x)lnx212x在(0，)为增函数，又f(1)ln1112ln120， f(2)ln20120， x0(2，3) （3）令g(x)12x，f(x)x13，

9、则g(0)1f(0)0，g121212f121213，g131213f131313， 结合图象可得13x012. 方法总结：确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法： (1)利用函数零点的存在性定理：首先看函数yf(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yf(x)在区间(a，b)内必有零点. (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断. 2.函数的零点存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，不满足条件时，一定要综合函数性质进行分析判断. 考向二 判断零点的个数 例 2、 （1）函数 f(x)1212xx的零点个数为（

10、 ） A. 1 B. 2 C. 3 D.4 （2）若定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x2)f(x)，且当 x0,1时，f(x)x，则函数 yf(x)log3|x|的零点个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D.4 （3）(2015 江苏卷)已知函数 f(x)|ln x|，g(x)0，0 x1，|x24|2，x1，则方程|f(x)g(x)|1 实根的个数为_ 【解析】 （1） A 因为 yx12在 x0，)上单调递增，y12x在 xR 上单调递减，所以 f(x)x1212x在 x0，)上单调递增，又 f(0)10，f(1)120，所以 f(x)x1212x在定义域内有唯一零点 （

11、2） D 由题意知，f(x)是周期为 2 的偶函数 在同一坐标系内作出函数 yf(x)及 ylog3|x|的图象，如下： 观察图象可以发现它们有 4 个交点， 即函数 yf(x)log3|x|有 4 个零点 （3） 令 h(x)f(x)g(x)，则 h(x) ln x，0 x1，x2ln x2，1x2，x2ln x6，x2，当 1x2 时，h(x)2x1x12x2x0，故当 1x2 时 h(x)单调递减，在同一坐标系中画出 y|h(x)|和 y1 的图象如图所示 由图象可知|f(x)g(x)|1 的实根个数为 4 变式 1、(2019 苏州三市、苏北四市二调）定义在 R R 上的奇函数f(x)

12、满足f(x4)f(x)，且在区间2，4)上43 , 432 ,2)(xxxxxf则函数xxfylog5)(的零点的个数为 【答案】 ： 5 【解析】 ：因为 f(x4)f(x)，可得 f(x)是周期为 4 的奇函数，先画出函数 f(x)在区间2，4)上的图像，根据奇函数和周期为 4，可以画出 f(x)在 R R 上的图像，由yf(x)log5| x|0，得f(x)log5| x|，分别画出yf(x)和ylog5|x|的图像，如下图，由f(5)f(1)1，而 log551，f(3)f(1)1，log5|3|1，可以得到两个图像有 5 个交点，所以零点的个数为5. 变式 2、 （1）(2019 十

13、堰调研)已知函数 f(x)ln（x1），x1，2x11，x1，则 f(x)的零点个数为( ) A0 B1 C2 D3 （2）(2020 惠州质检)函数 f(x)|x2|ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 （1）C（2）C 【解析】 （1） 当x1 时，令f(x)ln(x1)0，得x2；当x1 时，令f(x)2x110，得x1.故选 C. （2） 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y|x2|(x0)，yln x(x0)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. 方法总结：函数零点个数的判断方

14、法： (1)直接求零点，令f(x)0，有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理，要求函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)1，若函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同的交点，则实数 m 的取值范围是_ （2） （2014 江苏卷）已知 f(x)是定义在 R 上且周期为 3 的函数，当 x0，3)时，f(x)x22x12若函数 yf(x)a 在区间3，4上有 10 个零点(互不相同)，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】 （1） (5，0)（2）0，12 【解析】 （1） 当 x(0，1)时，f(x)6x26x0，则 f(x)2x33x2m 在0，1单调递增，又函数

15、f(x)的图象与 x 轴有且仅有两个不同的交点，所以在区间0，1和(1，)上分别有一个交点，则 f(1)m0，解得5m0 （2） 作出函数 yf(x)与 ya 的图象，根据图象交点个数得出 a 的取值范围 作出函数 yf(x)在3，4上的图象，f(3)f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)f(4)12，观察图象可得0a0，x33mx2，x0(其中 e 为自然对数的底数)有 3 个不同的零点，则实数 m 的取值范围是_ 【答案】 (1，) 【解析】解法 1(直接法) 当 x0 时，令 f(x)ex120，解得 xln20，此时函数 f(x)有 1 个零点，因为要求函数 f(x)在 R

16、上有 3 个不同的零点，则当 x0 时，f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点，因为 f(x)3x23m，令 f(x)0，则 x2m0，若 m0，则函数 f(x)为增函数，不合题意，故 m0，所以函数 f(x)在(， m)上为增函数， 在( m， 0上为减函数， 即 f(x)maxf( m)m m3m m22m m2， f(0)20，即 m1，故实数 m 的取值范围是(1，) 解法 2(分离参数) 当 x0 时，令 f(x)ex120，解得 xln20，此时函数 f(x)有 1 个零点，因为要求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点， 则当 x0 时， f(x)x33mx2 有 2

17、个不同的零点， 即 x33mx20，显然 x0 不是它的根，所以 3mx22x，令 yx22x(x0)，则 y2x2x22（x31）x2，当 x(，1)时，y0，此时函数单调递增，故 ymin3，因此，要使 f(x)x33mx2 在(，0)上有两个不同的零点，则需 3m3，即 m1. 变式 2、若函数 f(x)(m2)x2mx(2m1)的两个零点分别在区间(1，0)和区间(1，2)内，则 m 的取值范围是_ 【答案】14，12 【解析】依题意，结合函数 f(x)的图象分析可知 m 需满足m2，f（1） f（0）0，f（1） f（2）0， 即m2，m2m（2m1）（2m1）0，m2m（2m1）4

18、（m2）2m（2m1）0， 解得14m0，若关于 x 的方程 f2(x)af(x)0 恰有 5 个不同的实数解， 则 a 的取值范围是（ ） A. (0,+ ) B. (0,1) C. (,0) D. (0,2) 【答案】B 【解析】 设 tf(x)，则方程为 t2at0， 解得 t0 或 ta，即 f(x)0 或 f(x)a 如图，作出函数 f(x)的图象， 由函数图象，可知 f(x)0 的解有两个， 故要使方程 f2(x)af(x)0 恰有 5 个不同的解， 则方程 f(x)a 的解必有三个，此时 0a0 时，求证：函数 yf(x)在区间(0，)内有且只有一个零点； (3)若函数 yf(x

19、)有 4 个不同的零点，求实数 a 的取值范围 【解析】(1)当 a2 时，f(x)| |xx22x2，由 f(x)0，得| |xx22x20. 当 x0 时，得xx22x20，即 x(2x24x1)0，解得 x0，或 x2 62(x2 620 舍去)； 当 x0，且 x(0，)时，由 f(x)0，得xx2ax20，即1x2ax0，即 ax22ax10.记 g(x)ax22ax1，则函数 yg(x)的图像是开口向上的抛物线，对称轴为 x1，又 g(0)10 时，由 f(x)0 得，xx2ax20，即1x2ax0，即 ax22ax10，记 g(x)ax22ax1，由 a0 知函数 g(x)的图像

20、是开口向上的抛物线，又 g(0)10)在(，0)上有且只有两个不同的零点 当 x0，得 x22x1a0(x2)，即 x22x1a(x2) 作出函数 h(x)x22x(x0)图像，由图像易得：正数 a 必须满足11a1. 变式 2：(2018 镇江期末）已知 k 为常数，函数 f(x)x2x1，x0，|lnx|，x0，若关于 x 的方程 f(x)kx2 有且只有四个不同解，则实数 k 的取值构成的集合为_ 【答案】 ： 1e3(e，1) 【解析】作函数 yf(x)和 ykx2 的图像，如图所示，两图像除了(0，2)还应有 3 个公共点，当 k0 时，直线应与曲线 yf(x)(x1)相切，设切点(

21、x0，lnx0)，则切线斜率为 k1x0，又 klnx02x0，则1x0lnx02x0，解得 x0e3，此时 k1e3，当 k0 时，当 ykx2 与曲线 yx2x1相切于点(0，2)时，函数 yf(x)和 ykx2 的图像只有三个公共点，不符合题意，此时 k1，当1k0 时，函数 yf(x)和 ykx2 的图像只有三个公共点， 不符合题意， 当直线 ykx2 与 yf(x)(0 x1)相切时， 两图像只有三个公共点， 设切点(x0，lnx0)，则切线的斜率 k1x0，又 klnx02x0，则1x0lnx02x0，解得 x0e1，此时 ke 不符合题意，当 ke 时，两图像只有两个公共点，不合

22、题意，而当ek1 时，两图像有 4 个公共点，符合题意，所以实数 k 的取值范围是1e3(e，1) 方法总结： ：函数零点与二次函数的综合问题，主要考查函数零点、方程的根以及不等式的解法等基础知识和基本方法，考查推理论证和运算求解的能力解决这类问题，一是用零点的定义转化为方程问题，二是利用零点存在定理转化为函数问题，三是利用数形结合的思想转化为图形问题 1、(2018 全国卷)已知函数0( )ln0， ，xexf xxx( )( )g xf xxa若( )g x存在 2 个零点，则a的取值范围是 A 1,0) B0,) C 1,) D1,) 【答案】C 【解析】函数( )( )g xf xxa

23、存在 2 个零点，即关于x的方程( ) f xxa有 2 个不同的实根，即函数( )f x的图象与直线 yxa有 2 个交点，作出直线 yxa与函数( )f x的图象，如图所示，由图可知，1 a，解得1a，故选 C 2、 （2020 山东省淄博实验中学高三上期末） 已知函数.若函数在上无零点，则的最小值为_. 【答案】 【解析】因为在区间上恒成立不可能，故要使函数在上无零点，只要对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立. 令，则， 再令，则， 故在上为减函数，于是， 从而，于是在上为增函数，所以， 故要使恒成立，只要， 综上，若函数在上无零点，则的最小值为. 故答案为： xy1212312123O

24、 212lnf xaxx f x10,2a24ln2 0f x 10,2 f x10,210,2x 0f x 10,2x2ln21xax 2ln21xl xx10,2x 222ln21xxlxx 22ln2m xxx10,2x 222 1220 xxxxmx m x10,2 122ln202m xm 0lx l x10,2 124ln22l xl2ln21xax24ln2,a f x10,2a24ln224ln23、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟） 已知函数 2,()f xxaxb a bR在区间2,3上有零点，则2aab的取值范围是（ ） A,4 B81,8 C814,8 D81,

25、8 【答案】B 【解析】不妨设1x，2x为函数 f x的两个零点，其中12,3x ，2xR， 则12xxa ，12x xb. 则2222212121 212112112aabxxxxx xx xxxxx， 由110 x，2xR，所以222111122212112114 12124 1xxxxxxxxxxx 41141xx， 可令411141xg xx， 311113441xxgxx， 当12,3x ， 10g x恒成立，所以 1812 ,34,8g xgg. 则 1g x的最大值为818，此时13x ， 还应满足21121232 14xxxx ，显然13x ，234x 时，94ab ，2818

26、aab. 故选：B. 4、 （2020 届浙江省嘉兴市 3 月模拟）已知函数 2ln1f xx， g xa xm，若存在实数0a使 yf xg x在1ee,上有 2 个零点，则m的取值范围为_ 【答案】,2ee 【解析】已知实数0a使 yf xg x在1ee,上有 2 个零点，等价于 yf x与 yg x的函数图象在1ee,上有 2 个交点， 显然 2ln1f xx与 x 轴的交点为,0e， g xa xm的图象关于xm对称， 当me时，若要有 2 个交点，由数形结合知 m 一定小于 e，即,me e； 当me时，若要有 2 个交点，须存在 a 使得2ln1xa xm 在, e e有两解，所以 feafe， 因为 2fxx，即 22,0efefeaee，显然存在这样的 a 使上述不等式成立； 由数形结合知 m 须大于 f x在xe处的切线21yxe与 x 轴交点的横坐标2e，即,2eme 综上所述，m 的范围为,2ee 故答案为：,2ee