创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题30　函数与方程.doc

微专题30函数与方程高考定位以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理，以及根据零点的个数、范围等求参数.1.(2018·全国 卷)已知函数f(x)g(x)f(x)xa.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，)答案C解析函数g(x)f(x)xa存在2个零点，即关于x的方程f(x)xa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，a1，解得a1，故选C.2.(2017·全国卷)已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a()A. B. C. D.1答案C解析法一f(x)x22xa(ex1ex1)(x1)2aex1e(x1)1，令tx1，则g(t)f(t1)t2a(etet)1.g(t)(t)2a(etet)1g(t)且tR，函数g(t)为偶函数.f(x)有唯一零点，g(t)也有唯一零点.又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)0，2a10，解得a.故选C.法二f(x)0a(ex1ex1)x22x.ex1ex122，当且仅当x1时取“”.x22x(x1)211，当且仅当x1时取“”.若a>0，则a(ex1ex1)2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a1，即a.若a0，则f(x)的零点不唯一.故选C.3.(2021·天津卷)设aR，函数f(x)若f(x)在区间(0，)内恰有6个零点，则a的取值范围是()A. B.C. D.答案A解析因为x22(a1)xa250最多有2个根，所以cos (2x2a)0至少有4个根.由2x2ak，kZ可得xa，kZ.由0aa可得2ak.当xa时，当52a4时，f(x)有4个零点，即a；当62a5时，f(x)有5个零点，即a；当72a6时，f(x)有6个零点，即a；当xa时，f(x)x22(a1)xa25，4(a1)24(a25)8(a2)，当a2时，0，f(x)无零点；当a2时，0，f(x)有1个零点x3；当a2时，令f(a)a22a(a1)a252a50，则2a，此时f(x)有2个零点；所以当a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，则应满足或或则可解得a的取值范围是.4.(2020·天津卷)已知函数f(x)若函数g(x)f(x)|kx22x|(kR)恰有4个零点，则k的取值范围是()A.(2，)B.(0，2)C.(，0)(0，2)D.(，0)(2，)答案D解析法一注意到g(0)0，所以要使g(x)恰有4个零点，只需方程|kx2|恰有3个实根即可.令h(x)，即y|kx2|与h(x)的图象有3个交点.h(x)当k0时，此时y|kx2|2，如图，y2与h(x)的图象有1个交点，不满足题意；当k0时，如图，此时y|kx2|与h(x)的图象恒有3个交点，满足题意；当k0时，如图，由ykx2与yx2联立，得x2kx20，令0，得k280，解得k2或k2(舍去)，此时y|kx2|与h(x)的图象有3个交点.综上，k的取值范围为(，0)(2，).故选D.法二由法一知y|kx2|与h(x)的图象有3个交点，令k，检验知符合题意，可排除A，B；令k1，检验知不符合题意，可排除C.故选D.热点一零点个数及区间的判定判断函数零点个数的方法：(1)利用零点存在性定理判断.(2)代数法：求方程f(x)0的实数根.(3)几何法：对于不易求根的方程，将它与函数yf(x)的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解.在利用函数性质时，可用求导的方法判断函数的单调性. 例1 (1)定义在R上的奇函数f(x)a·2x2x4sin x的一个零点所在区间为()A.(a，0) B.(0，a)C.(a，3) D.(3，a3)(2)(2022·南阳调研)已知函数yf(x)和yg(x)在 2，2上的图象分别如图1，图2所示.给出下列四个命题：方程f(g(x)0有且仅有6个不同的解；方程g(f(x)0有且仅有3个不同的解；方程f(f(x)0有且仅有5个不同的解；方程g(g(x)0有且仅有4个不同的解.其中正确的命题的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4答案(1)C(2)C解析(1)函数f(x)a·2x2x4sin x为奇函数，f(x)f(x)，即a·2x2x4sin x(a·2x2x4sin x)，整理得(a1)(2x2x)0在R上恒成立，a1，f(x)2x2x4sin x，f(1)2124sin 1>0，f(0)0，f(1)2214sin 1<0，f(2)4224sin 2>0，f(3)8234sin 3>0，函数f(x)的零点在区间(1，3)内，选C.(2)对于，令tg(x)，结合题图可得f(t)0有3个不同的解t1，t2，t3，2<t1<1，t20，1<t3<2，从题图上看g(x)t1有2个不同的解，g(x)t2有2个不同的解，g(x)t3有2个不同的解，故f(g(x)0有6个不同的解，故正确.对于，令tf(x)，结合题图可得g(t)0有2个不同的解t4，t5，2<t4<1，0<t5<1，从题图上看f(x)t4有1个解，f(x)t5有3个不同的解，故g(f(x)0有4个不同的解，故错误.对于，由知f(t)0有3个不同的解t1，t2，t3，2<t1<1，t20，1<t3<2，从题图上看f(x)t1有1个解，f(x)t2有3个不同的解，f(x)t3有1个解，故f(f(x)0有5个不同的解，故正确.对于，由知g(t)0有2个不同的解t4，t5，2<t4<1，0<t5<1，从题图上看g(x)t4有2个不同的解，g(x)t5有2个不同的解，故g(g(x)0有4个不同的解，故正确.所以正确的命题有3个，故选C.规律方法解决嵌套函数的零点问题都是通过换元思想和整体代换思想进行求解，其总的原则为：内函数横着走，外函数竖着走，参变分离横竖皆来.训练1 (1)在下列区间中，函数f(x)ex4x3的零点所在的区间为()A. B.C. D.(2)已知函数f(x)则f(x)在(0，10)上的零点个数为()A.6 B.7 C.8 D.9答案(1)C(2)B解析(1)因为函数f(x)ex4x3在R上连续单调递增，且所以函数的零点在区间内，故选C.(2)由题意，当0<x3时，作出函数y|ln x|与ysin x的图象.由图可知，函数y|ln x|与ysin x在(0，1)和1，3内各有一个交点，所以f(x)在(0，3上有2个零点.由当x>3时，f(x)f(x3)，由函数周期性的性质可得当3<x6时，f(x)上有2个零点，当6<x9时，f(x)上有2个零点，当9<x<10时，f(x)上有1个零点，所以f(x)在(0，10)上有7个零点.热点二由函数的零点(或方程的根)求参数利用函数零点的存在情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的关系问题，数形结合求解. 例2 (1)(2022·山东学情联考)已知函数f(x)是定义在(，0)(0，)上的偶函数，当x>0时，f(x)若函数g(x)af(x)e21的零点个数为8，则a的取值范围为()A.a|1<a<2 B.a|2<a<4C.a|2a4 D.a|2a<4答案B解析由题意得f(x)有8个不同的实数解，又f(x)是定义在(，0)(0，)上的偶函数，结合f(x)的图象得<<，解得2<a<4.(2)(2022·吕梁一模)若函数f(x)|32xx2|的图象和直线2xay70有四个交点，则实数a的取值范围为_.答案(，1)解析f(x)|32xx2|画出函数f(x)的图象，直线2xay70过定点，当a0时，显然不符合题意；当a0时，直线2xay70可化为yx，直线的斜率为，当直线yx与y32xx2(3x1)相切时，有三个交点.联立得到ax22(a1)x(3a7)0，由4(a1)24a(3a7)0，a1或a.当a1时，方程x24x40的解为x2，满足条件3x1，此时切线的斜率为2；当a时，当x2x0的解为x5，不满足条件3x1.结合图象知，若函数f(x)|32xx2|和直线2xay70有四个交点，所以直线的斜率应满足0<<2，实数a的取值范围是(，1).规律方法解决此类问题的关键点：(1)等价转化；(2)数形结合，正确作图；(3)零点存在性定理.训练2 (1)函数f(x)|2x1|m恰有一个零点，则m的取值范围是()A.(1，) B.0(1，)C.01，) D.1，)(2)(2022·西安调研)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，函数f(x)xex1，若关于x的函数F(x)f(x)2(a1)f(x)a恰有2个零点，则实数a的取值范围为()A.B.(，1)(1，)C.D.(，11，)答案(1)C(2)C解析(1)由题设，y|2x1|与ym只有一个交点，又y|2x1|的图象如下：m01，).(2)令F(x)f(x)1f(x)a0，则f(x)1或f(x)a.当x<0时，f(x)xex1<1，f(x)(x1)ex，当x<1时，f(x)<0，f(x)递减，当1<x<0时，f(x)>0，f(x)递增，f(x)的极小值为f(1)1，又f(x)<1，因此f(x)1无解.此时f(x)a要有两解，则1<a<1，又f(x)是奇函数，x>0时，f(x)1仍然无解，f(x)a要有两解，则1<a<1.综上，a.故选C.热点三零点的代数式问题主要涉及零点代数式值的大小比较及范围问题，求解方法有数形结合法及零点的存在性定理法. 例3 (2022·湖北百校联考)设函数f(x)关于x的方程f(x)t有四个实根x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，则x1x2x3x4的最小值为_.答案10解析作出函数f(x)的大致图象如图所示.由图可知x1x24，由|log2(x4)|f(2)4，得x或20，则5<x4<20.又因为log2(x34)log2(x44)0，所以(x34)(x44)1，所以x34，则x3x4(x44)5，又x44(1，16)，所以x3x4256，当且仅当(x44)，即x46时等号成立.故x1x2x3x4的最小值为10.易错提醒此类问题注意三点：(1)准确作图；(2)零点的范围；(3)零点之间的关系.训练3 (1)已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x2)f(x)，且当x0，1时，f(x)x2xsin x，若方程f(x)m(m>0)在区间4，4上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的值为()A.4 B.2 C.4 D.2(2)(2022·湖南三湘名校联考)已知函数f(x)函数g(x)f(x)a有四个不同零点，则这四个零点之积的取值范围是_.答案(1)A(2)(8，9)解析(1)因为函数f(x)为R上的奇函数，所以f(x2)f(x)f(x)，故函数f(x)的图象关于直线x1对称，因为f(x4)f(x2)f(x)，故函数f(x)是周期为4的周期函数，当x0，1时，f(x)x2xsin x，因为函数yx2x，ysin x在0，1上均为增函数，故函数f(x)在0，1上也为增函数，作出函数f(x)和ym在4，4上的图象如图所示：设x1<x2<x3<x4，由图可知，点(x1，m)与点(x2，m)关于直线x3对称，点(x3，m)与点(x4，m)关于直线x1对称，因此，x1x2x3x42×(3)2×14.(2)函数g(x)的零点就是曲线yf(x)与直线ya交点的横坐标.如图所示，不妨设四个零点从小到大依次为x1，x2，x3，x4，则log2x1log2x2，x1x21.又x3x4x3(6x3)(x33)29，2<x3<3，x3x4的取值范围是(8，9).所以，这四个零点积的取值范围是(8，9).一、基本技能练1.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()A.1，3 B.3，1，1，3C.2，1，3 D.2，1，3答案D解析设x<0，则x>0，所以f(x)f(x)(x)23(x)x23x.求函数g(x)f(x)x3的零点等价于求方程f(x)x30的解.当x0时，x23x3x，解得x13，x21；当x<0时，x23x3x，解得x32.2.函数f(x)log2(x1)(x>1)的零点所在的大致区间是()A.(1，2) B.(2，3)C.(3，4) D.(4，5)答案B解析易知f(x)在(1，)上是连续增函数，因为f(2)log233<0，f(3)2>0，所以f(x)的零点所在的大致区间是(2，3).3.(2022·兰州诊断)已知a是函数f(x)ln xx22的零点，则ea1a5的值为()A.正数 B.0C.负数 D.无法判断答案C解析f(x)的定义域为(0，)，易证f(x)在(0，)上为增函数.因为f(1)ln 1121<0，f(2)ln 242ln 22>0，a(1，2)，且f(a)0.所以ea1a5<e2125e3<0，故选C.4.方程ex3x40(其中e2.718 28)的根所在的区间为()A. B. C. D.答案B解析函数f(x)ex3x4在R上为增函数，由f4<2<0，f(1)e1>0，f(1)·f<0，故方程的解在内.5.已知函数f(x)若函数g(x)f(x)1m有4个零点，则m的取值范围为()A.(0，1) B.(1，0)C.(1，2) D.(2，3)答案C解析g(x)f(x)1m即f(x)m1，分别画出f(x)和ym1的函数图象，则两图象有4个交点，所以0<m1<1，即1<m<2.6.函数f(x)|sin x|在上的零点个数为()A.2 B.4 C.5 D.6答案C解析函数f(x)|sin x|在上的零点个数，等价于y与y|sin x|的图象在上的交点个数，如图所示：由图可知，函数y与y|sin x|在上有5个交点，故选C.7.存在实数a使得函数f(x)2x2xma2a3有唯一零点，则实数m的取值范围是()A. B.(，0C. D.答案A解析令t2x(t>0)是增函数，yt，由对勾函数性质yt在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以t1时，ymin2，此时x0，因此f(x)有唯一零点，则零点为x0，f(0)ma2a10，m0时，a1有解，m0时，则14m0，m且m0.综上，m.8.(2022·南充诊断)设f(x)是定义域为R的奇函数，且f(2x)f(x)，当x1，2时，f(x)ax2b，f(1)f(2)3.将函数g(x)f(x)1的正零点从小到大排序，则g(x)的第4个正零点为()A. B. C. D.答案C解析f(x)是定义域为R的奇函数，且f(2x)f(x)，f(2)f(0)0，又f(1)f(2)3，f(1)3，即f(x)1，由f(2x)f(x)可得f(2x)f(x)，故f(x4)f(x)，即函数f(x)的周期为4，且f(x)图象关于直线x1对称，作出f(x)的图象：先求第二个正零点，令11，x，第四个正零点为x4.9.已知函数f(x)(x2)ex.若g(x)的零点恰有2个，则的取值范围是()A.(3，) B.(2，)C.(2，3 D.(0，3答案C解析由题可知f(x)(x1)ex，当x>1时，f(x)>0，f(x)在(1，)上单调递增，f(2)0；当x<1时，f(x)<0，f(x)在(，1)上单调递减，f(x)<0，画出函数yf(x)和yx3的图象(如图)，可知2<3，故选C.10.(2022·蚌埠模拟)已知函数f(x)有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，若x1<x2<1，x3，x4(1，)，则x1x3x2x4x3·x4的值为()A.0 B.2 C.1 D.2答案D解析函数f(x)有四个不同的零点，即方程f(x)0有四个不同的解，令g(x)ya，即函数g(x)的图象与ya有四个不同的交点，两函数图象在同一个直角坐标系下的图象如图所示：所以1x1x22，不妨设1<x3<x4，则log2(x31)log2(x41)(x31)·(x41)1x3x4x3·x40，所以x1x3x2x4x3·x4x1x2x3x4x3·x42.11.若函数f(x)x2ax1在区间上有零点，则实数a的取值范围是_.答案解析由题意知方程axx21在上有解，即ax在上有解.设tx，x，因为tx在上单调递减，在(1，3)上单调递增，所以t，所以实数a的取值范围是.12.(2022·成都二诊)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)f(2x)，且当x0，1时，f(x)x2.则函数g(x)f(x)的所有零点之和为_.答案14解析依题意，定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)f(2x)，f(1x)f(2(1x)f(1x)，所以f(x)关于x1对称，f(x4)f(1(x3)f(1(x3)f(2x)f(2x)f(2(x)f(x)f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数.f(2x)f(1(1x)f(1(1x)f(x)f(x)f(2x)，所以f(x)关于点(2，0)对称.y关于点(2，0)对称.当x0，1时，f(x)x2，画出yf(x)，y的图象如下图所示，由图可知，yf(x)，y有7个交点，所以g(x)的所有零点和为7×214.二、创新拓展练13.设函数f(x)若互不相等的实数x1，x2，x3，满足f(x1)f(x2)f(x3)，则x1x2x3的取值范围是()A. B. C.(2，4) D.(2，6)答案C解析设x1<x2<x3，作出函数f(x)的图象如下图所示：设f(x1)f(x2)f(x3)m，当x0时，f(x)x24x3(x2)211，由图象可知，1<m<3，则f(x1)2x13(1，3)，可得2<x1<0，由于二次函数yx24x3的图象的对称轴为直线x2，所以x2x34，因此，2<x1x2x3<4.14.(2022·济南模拟)已知函数f(x)若关于x的方程f2(x)f(x)t0有三个不同的实根，则t的取值范围是()A.(，2B.1，)C.2，1D.(，21，)答案A解析设mf(x)，作出函数f(x)的图象如图，则m1时，mf(x)有两个根，当m<1时，mf(x)有1个根，若关于x的方程f2(x)f(x)t0有三个不同的实根，则m2mt0有2个不同的实根，且m1或m<1，若m1时，t2，此时由m2m20得m1或m2，满足f(x)1有两个根，f(x)2有1个根，满足条件；当m1时，设h(m)m2mt，则h(1)<0，即11t<0，则t<2.综上，t2，故选A.15.已知函数f(x)又函数g(x)f(x)t有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，则x1·x2·x3·x4的取值范围是_.答案解析f(x)如图：画图可得，t(0，1)，x3，x3x46，由|log2x|t得，x1x21.因此x1·x2·x3·x4x3(6x3)，yx3(6x3)在上单调递增，y.16.(2022·临汾二模)已知函数f(x)k(x4)有2个不同的零点，则k的取值范围是_.答案解析因为函数f(x)k(x4)有2个不同的零点，所以关于x的方程k(x4)在区间2，2内有两个不等的实根，即曲线y(圆x2y24的上半部分)与经过定点P(4，0)的直线yk(x4)有两个不同的交点，如图.过P(4，0)作圆x2y24的切线PA，则点O到切线PA的距离d2，解得k(舍去)或k，所以<k0，得0k<，即k的取值范围是.