旧教材适用2023高考数学一轮总复习第二章函数与基本初等函数第8讲函数与方程

第8讲函数与方程1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x)，我们把使eq\o(□,\s\up3(01))f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)三个等价关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与eq\o(□,\s\up3(02))x轴有交点⇔函数y＝f(x)有eq\o(□,\s\up3(03))零点．(3)函数零点的判定(零点存在定理)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有eq\o(□,\s\up3(04))f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间eq\o(□,\s\up3(05))(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得eq\o(□,\s\up3(06))f(c)＝0，这个eq\o(□,\s\up3(07))c也就是方程f(x)＝0的根．2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系Δ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点eq\o(□,\s\up3(08))(x1，0)，(x2，0)eq\o(□,\s\up3(09))(x1，0)无交点零点个数eq\o(□,\s\up3(10))2eq\o(□,\s\up3(11))1eq\o(□,\s\up3(12))03．二分法(1)二分法的定义对于在区间[a，b]上连续不断且eq\o(□,\s\up3(13))f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．(2)二分法求函数零点近似值的步骤给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤如下：①确定区间[a，b]，验证eq\o(□,\s\up3(14))f(a)·f(b)<0，给定精确度ε；②求区间(a，b)的中点c；③计算f(c)(ⅰ)若f(c)＝0，则eq\o(□,\s\up3(15))c就是函数的零点；(ⅱ)若f(a)·f(c)<0，则令eq\o(□,\s\up3(16))b＝c(此时零点x0∈(a，c))；(ⅲ)若f(c)·f(b)<0，则令eq\o(□,\s\up3(17))a＝c(此时零点x0∈(c，b))；④判断是否达到精确度ε：若eq\o(□,\s\up3(18))|a－b|<ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复②～④.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，函数值可能变号，也可能不变号．(4)函数的零点是实数，而不是点，是方程f(x)＝0的实根.(5)由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)的闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件．1．(2021·云南玉溪一中二调)函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是()A．(－2，－1) B．(－1，0)C．(0，1) D．(1，2)答案B解析易知函数f(x)＝2x＋3x在定义域上单调递增，且f(－2)＝2－2－6<0，f(－1)＝2－1－3<0，f(0)＝1>0，所以由零点存在定理得，零点所在的区间是(－1，0).故选B.2．函数f(x)＝2sinx－sin2x在[0，2π]的零点个数为()A．2B．3C．4D．5答案B解析令f(x)＝0，得2sinx－sin2x＝0，即2sinx－2sinxcosx＝0，∴2sinx(1－cosx)＝0，∴sinx＝0或cosx＝1.又x∈[0，2π]，∴由sinx＝0得x＝0，π或2π，由cosx＝1得x＝0或2π.故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个．故选B.3．设x0是方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(x)＝eq\r(x)的解，则x0所在的范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))答案B解析构造函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(x)－eq\r(x)，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(0)－eq\r(0)＝1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(eq\f(1,3))－eq\r(\f(1,3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(eq\f(1,3))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(eq\f(1,2))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(eq\f(1,2))－eq\r(\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(eq\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,2))<0，所以由零点存在定理可得函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(x)－eq\r(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))内存在零点，即x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).故选B.4．函数f(x)＝ex＋3x的零点有个．答案1解析∵f(x)＝ex＋3x在R上是单调递增函数，且f(－1)＝e－1－3<0，f(0)＝1>0，∴函数f(x)有1个零点．5．函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|x|)－m有两个零点，则m的取值范围是．答案(0，1)解析如图，作出y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|x|)的图象．则当0<m<1时，直线y＝m与曲线y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|x|)的图象有两个交点，即函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|x|)－m有两个零点．6．(2022·四川遂宁模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,log2x，x>0，))则函数y＝f(f(x))＋1的所有零点所构成的集合为．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)，\f(1,4)，\r(2)))解析由题意，知f(f(x))＝－1，所以f(x)＝－2或f(x)＝eq\f(1,2)，则函数y＝f(f(x))＋1的零点就是使f(x)＝－2或f(x)＝eq\f(1,2)的x值．解f(x)＝－2，得x＝－3或x＝eq\f(1,4)；解f(x)＝eq\f(1,2)，得x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\r(2).从而函数y＝f(f(x))＋1的零点构成的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)，\f(1,4)，\r(2))).考向一函数零点所在区间的判断例1(1)设函数y＝x2与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x－2)的图象交点为(x0，y0)，则x0所在区间是()A．(0，1)B．(1，2)C．(2，3)D．(3，4)答案B解析函数y＝x2与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x－2)的图象交点为(x0，y0)，则x0是方程x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x－2)的解，也是函数f(x)＝x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x－2)的零点．∵函数f(x)在R上是连续的，且f(0)＝－4<0，f(1)＝1－2＝－1<0，f(2)＝22－1＝3>0，f(3)＝9－eq\f(1,2)＝eq\f(17,2)>0，f(4)＝16－eq\f(1,4)＝eq\f(63,4)>0，∴f(1)·f(2)<0.由零点存在定理可知，方程的解在(1，2)内．故选B.(2)(2021·江西临川模拟)已知单调函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，对于定义域内任意x，f(f(x)－log2x)＝3，则函数g(x)＝f(x)＋x－9的零点所在的区间为()A．(1，2)B．(2，3)C．(3，4)D．(4，5)答案D解析因为函数f(x)是定义域为(0，＋∞)的单调函数，f(f(x)－log2x)＝3，所以f(x)－log2x为一定值，设为t，即f(x)－log2x＝t，f(x)＝log2x＋t.又由f(t)＝3，得log2t＋t＝3，解得t＝2.因此f(x)＝log2x＋2，所以g(x)＝log2x＋x－7，在(0，＋∞)上单调递增．g(1)＝－6<0，g(2)＝－4<0，g(3)＝log23－4<0，g(4)＝－1<0，g(5)＝log25－2>0，故函数g(x)＝f(x)＋x－9的零点所在的区间为(4，5).判断函数零点所在区间的常用方法(1)定义法：利用函数零点存在定理，首先看函数y＝f(x)的区间[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y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点．(2)解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上．(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．1.(2022·河南周口摸底)函数f(x)＝πx＋log2x的零点所在区间为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案A解析因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(π,4)＋log2eq\f(1,4)＝eq\f(π,4)－2<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(π,2)＋log2eq\f(1,2)＝eq\f(π,2)－1>0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，故函数f(x)＝πx＋log2x的零点所在区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).2．(2021·安徽亳州模拟)已知函数f(x)＝1＋x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3).若h(x)＝f(x－2020)的零点都在(a，b)内，其中a，b均为整数，当b－a取最小值时，b＋a的值为()A．4039B．4037C．1D．－1答案A解析由f(x)＝1＋x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)，可得f′(x)＝x2－x＋1>0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增，所以函数f(x)最多只有一个零点．又f(－1)＝1－1－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝－eq\f(5,6)<0，f(0)＝1>0，所以函数f(x)仅有一个零点且在区间(－1，0)内．而h(x)＝f(x－2020)的图象由f(x)的图象向右平移2020个单位长度得到，所以函数h(x)＝f(x－2020)的零点在区间(2019，2020)内．根据题意可知a＝2019，b＝2020，所以a＋b＝4039.考向二函数零点个数的讨论例2(1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))则函数y＝f(x)＋3x的零点个数是()A．0B．1C．2D．3答案C解析令f(x)＋3x＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2x＋3x＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,1＋\f(1,x)＋3x＝0，))解得x＝0或x＝－1，所以函数y＝f(x)＋3x的零点个数是2.故选C.(2)(2021·广西宜州联考)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是()A．5B．4C．3D．2答案B解析∵偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，∴函数的周期为2.当x∈[0，1]时，f(x)＝x，故当x∈[－1，0]时，f(x)＝－x.函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数等于函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象，如图所示．显然函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象有4个交点，故选B.确定函数零点个数的方法及思路(1)解方程法：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质.(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.3.函数f(x)＝x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|x|)的零点个数为()A．0B．1C．2D．3答案C解析由f(x)＝x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|x|)，得f(－x)＝(－x)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(|－x|)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)·f(1)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上有且仅有1个零点．∴函数f(x)的零点个数为2，故选C.4．(2022·南昌模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－x）eq\s\up15(eq\f(1,2))，x≤0，,log5x，x>0，))函数g(x)是周期为2的偶函数，且当x∈[0，1]时，g(x)＝2x－1，则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数是()A．5B．6C．7D．8答案B解析函数y＝f(x)－g(x)的零点个数就是函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的交点个数．在同一坐标系中画出这两个函数的图象，如图．由图可得这两个函数的交点为A，O，B，C，D，E，共6个点．所以函数y＝f(x)－g(x)共有6个零点．故选B.精准设计考向，多角度探究突破考向三函数零点的应用角度利用零点比较大小例3(1)已知a是函数f(x)＝2x－logeq\s\do16(\f(1,2))x的零点，若0<x0<a，则f(x0)的值满足()A.f(x0)＝0B．f(x0)>0C．f(x0)<0D．f(x0)的符号不确定答案C解析在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x，y＝logeq\s\do16(\f(1,2))x的图象(图略)，由图象可知，当0<x0<a时，有2x0<logeq\s\do16(\f(1,2))x0，即f(x0)<0.(2)(2021·山西大同高三阶级考试)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2021－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是()A．a>c>b>dB．a>b>c>dC．c>d>a>bD．c>a>b>d答案D解析f(x)＝2021－(x－a)·(x－b)，又f(a)＝f(b)＝2021，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.在同一平面直角坐标系内准确作出已知函数的图象，数形结合，对图象进行分析，找出零点的范围，进行大小比较．5.已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up15(x)－log3x，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且x0<x1，则f(x1)的值()A．恒为负B．等于零C．恒为正D．不大于零答案A解析由于函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up15(x)－log3x在定义域内是减函数，于是，若f(x0)＝0，当x0<x1时，一定有f(x1)<0.故选A.6．已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()A．f(a)<f(1)<f(b)B．f(a)<f(b)<f(1)C．f(1)<f(a)<f(b)D．f(b)<f(1)<f(a)答案A解析由题意，知f′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1<0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1>0，所以函数f(x)的零点a∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln1＋1－2＝－1<0，g(2)＝ln2＋2－2＝ln2>0，所以函数g(x)的零点b∈(1，2).综上，可得0<a<1<b<2.因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)<f(1)<f(b).角度由函数零点存在情况或个数求参数范围例4(1)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x>0，,ex（x＋1），x≤0.))若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是()A．(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0))C．(1，＋∞)∪{0} D．(0，1]答案D解析令g(x)＝f(x)－b＝0，函数g(x)＝f(x)－b有三个零点等价于f(x)＝b有三个根．当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)<0得ex(x＋2)<0，即x<－2，此时f(x)为减函数，由f′(x)>0得ex(x＋2)>0，即－2<x≤0，此时f(x)为增函数，即当x＝－2时，f(x)取得极小值f(－2)＝－eq\f(1,e2)，作出f(x)的图象如图，要使f(x)＝b有三个根，则0<b≤1.故选D.(2)已知函数f(x)满足f(x)＝f(3x)，且当x∈[1，3)时，f(x)＝lnx，若在区间[1，9)内，函数g(x)＝f(x)－ax有三个不同的零点，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln3,3)，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln3,9)，\f(1,3e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln3,9)，\f(1,2e))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln3,9)，\f(ln3,3)))答案B解析因为f(x)＝f(3x)⇒f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)))，当x∈[3，9)时，eq\f(x,3)∈[1，3)，f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)))＝lneq\f(x,3)，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx，1≤x<3，,ln\f(x,3)，3≤x<9.))g(x)＝f(x)－ax有三个不同零点⇔y＝f(x)与y＝ax的图象有三个不同交点，如图所示，可得直线y＝ax应在图中两条虚线l1，l2之间，易知l1的斜率为eq\f(ln3,9)，l2与y＝lneq\f(x,3)相切，设切点为P(x0，y0).因为y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x,3)))′＝eq\f(1,x)，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(ln\f(x0,3),x0)，解得x0＝3e，所以l2的斜率为eq\f(1,3e)，所以eq\f(ln3,9)<a<eq\f(1,3e).故选B.已知函数零点求参数范围的常用方法(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，作出函数的图象，然后数形结合求解．7.(2022·安徽蚌埠高三第一次教学质量检查)设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x2，x<2，,4ln（x－1），x≥2，))若关于x的方程[f(x)]2＋af(x)＋1＝0有6个实数解，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4)，－2))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))∪(2，＋∞)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(17,4)，－2))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))∪[2，＋∞)答案A解析作函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x2，x<2，,4ln（x－1），x≥2))的图象如图所示，令f(x)＝t，则方程[f(x)]2＋af(x)＋1＝0可化为t2＋at＋1＝0，要使关于x的方程[f(x)]2＋af(x)＋1＝0有6个实数解，则方程t2＋at＋1＝0在(0,4)内有两个不同的实数根，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4>0，,0<－\f(a,2)<4，,02＋a·0＋1>0，,42＋4a＋1>0，))解得－eq\f(17,4)<a<－2，故选A.8．若函数f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零点，则实数a的取值范围是．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))解析因为函数f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零点，所以方程4x－2x－a＝0在[－1，1]上有解，即方程a＝4x－2x在[－1，1]上有解．方程a＝4x－2x可变形为a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))eq\s\up15(2)－eq\f(1,4)，因为x∈[－1，1]，所以2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))eq\s\up15(2)－eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).1．函数f(x)＝lnx－eq\f(1,x－1)的零点的个数是()A．0B．1C．2D．3答案C解析在同一平面直角坐标系中作出函数y＝eq\f(1,x－1)与y＝lnx的图象(图略)，由图象可知有两个交点．2．(2021·贵阳模拟)设f(x)＝3x－x2，则在下列区间中，使函数f(x)有零点的区间是()A．[0，1] B．[1，2]C．[－2，－1] D．[－1，0]答案D解析∵f(x)＝3x－x2，∴f(－2)＝3－2－(－2)2＝－eq\f(35,9)<0，f(－1)＝3－1－1＝－eq\f(2,3)<0，f(0)＝30－0＝1>0，f(1)＝31－12＝2>0，f(2)＝32－22＝5>0，∴f(－1)·f(0)<0，则函数f(x)在区间[－1，0]内有零点．3．(2022·山西太原摸底)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))则函数f(x)的零点为()A.eq\f(1,2)，0 B．－2，0C．eq\f(1,2) D．0答案D解析当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因为x>1，所以此时方程无解．综上，函数f(x)的零点只有0.4．设a是方程2lnx－3＝－x的解，则a在()A．区间(0，1)内B．区间(3，4)内C．区间(2，3)内D．区间(1，2)内答案D解析令f(x)＝2lnx－3＋x，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝－2<0，f(2)＝2ln2－1＝ln4－1>0，所以函数f(x)在(1，2)内有零点，即a在区间(1，2)内．5．函数f(x)＝xcos2x在区间[0，2π]上的零点的个数为()A．2B．3C．4D．5答案D解析f(x)＝xcos2x＝0⇒x＝0或cos2x＝0，又cos2x＝0在[0，2π]上的根有eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，eq\f(5π,4)，eq\f(7π,4)，共4个，故f(x)在[0，2π]上有5个零点．6．若x0是方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x)＝xeq\f(1,3)的解，则x0属于区间()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))答案C解析令g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x)，f(x)＝xeq\s\up15(eq\f(1,3))，则g(0)＝1>f(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,2))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,3))，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(eq\f(1,3))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up15(eq\f(1,3))，所以由图象关系可得eq\f(1,3)<x0<eq\f(1,2).7．(2022·重庆模拟)函数f(x)＝3x－log2(－x)的零点的个数是()A．0B．1C．2D．3答案B解析f(x)的定义域为(－∞，0)，且f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(－1)＝eq\f(1,3)>0，f(－2)＝－eq\f(8,9)<0，所以函数f(x)＝3x－log2(－x)有且仅有1个零点，故选B.8．若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)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()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))答案C解析依题意，结合函数f(x)的图象可知m需满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠2，,f（－1）·f（0）<0，,f（1）·f（2）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠2，,（m－2－m＋2m＋1）（2m＋1）<0，,（m－2＋m＋2m＋1）[4（m－2）＋2m＋2m＋1]<0，))解得eq\f(1,4)<m<eq\f(1,2).9．(2021·宁夏银川模拟)已知x0是f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x)＋eq\f(1,x)的一个零点，x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0，0)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0B．f(x1)>0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0D．f(x1)<0，f(x2)>0答案C解析如图，在同一平面直角坐标系内作出函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x)，y＝－eq\f(1,x)的图象，由图象可知，当x∈(－∞，x0)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x)>－eq\f(1,x)，当x∈(x0，0)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up15(x)<－eq\f(1,x)，所以当x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0，0)时，有f(x1)>0，f(x2)<0，故选C.10．已知函数f(x)＝2x－logeq\s\do16(\f(1,2))x，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，那么下列不等式中不可能成立的是()A．x0<aB．x0>aC．x0<bD．x0<c答案D解析因为函数f(x)是(0，＋∞)上的增函数，且f(x0)＝0，所以当x>x0时，f(x)>0.若c>x0，则f(c)>0，f(b)>0，f(a)>0，这与f(a)f(b)f(c)<0矛盾，故c>x0不可能成立．故选D.11．(2021·吉林长春高三监测(三))若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x－1|，x<2，,\f(3,x－1)，x≥2，))则函数g(x)＝f(f(x))－2的零点个数为()A．3B．4C．5D．6答案B解析原题等价于求方程f(f(x))＝2的根的个数，令t＝f(x)，则f(t)＝2，方程f(t)＝2有两个不等实数根，t1＝log23，t2＝eq\f(5,2)，画出函数f(x)的图象如图，由图可知方程f(x)＝t1，f(x)＝t2各有两个不等实数根，故原函数共有4个零点．故选B.12．(2021·天津高考)设a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos（2πx－2πa），x<a，,x2－2（a＋1）x＋a2＋5，x≥a.))若f(x)在区间(0，＋∞)内恰有6个零点，则a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(11,4)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(11,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，3))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，3))答案A解析因为x2－2(a＋1)x＋a2＋5＝0最多有2个根，所以cos(2πx－2πa)＝0可能有4个，5个，6个根，由2πx－2πa＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z可得x＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,4)＋a，k∈Z，由0<eq\f(k,2)＋eq\f(1,4)＋a<a可得－2a－eq\f(1,2)<k<－eq\f(1,2)，①当x<a时，当－5≤－2a－eq\f(1,2)<－4时，f(x)有4个零点，即eq\f(7,4)<a≤eq\f(9,4)；当－6≤－2a－eq\f(1,2)<－5，f(x)有5个零点，即eq\f(9,4)<a≤eq\f(11,4)；当－7≤－2a－eq\f(1,2)<－6，f(x)有6个零点，即eq\f(11,4)<a≤eq\f(13,4)；②当x≥a时，f(x)＝x2－2(a＋1)x＋a2＋5，Δ＝4(a＋1)2－4(a2＋5)＝8(a－2)，当a<2时，Δ<0，f(x)无零点；当a＝2时，Δ＝0，f(x)有1个零点；当a>2时，令f(a)＝a2－2a(a＋1)＋a2＋5＝－2a＋5≥0，则2<a≤eq\f(5,2)，此时f(x)有2个零点；所以当a>eq\f(5,2)时，f(x)有1个零点．综上，要使f(x)在区间(0，＋∞)内恰有6个零点，则应满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)<a≤\f(9,4)，,2<a≤\f(5,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)<a≤\f(11,4)，,a＝2或a>\f(5,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)<a≤\f(13,4)，,a<2，))则可解得a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(11,4))).13．已知函数y＝f(x)的图象是连续曲线，且有如下的对应值表：x123456y124.435－7414.5－56.7－123.6则函数y＝f(x)在区间[1，6]上的零点至少有个．答案3解析由零点存在定理及题中的对应值表可知，函数f(x)在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)内均有零点，所以y＝f(x)在[1，6]上至少有3个零点．14．函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－x2＋2x，x>0，,4x＋1，x≤0))的零点个数是．答案3解析当x>0时，作出函数y＝lnx和y＝x2－2x的图象如图，由图知，当x>0时，f(x)有2个零点；当x≤0时，由f(x)＝0，得x＝－eq\f(1