3.6零点定理（精练）（教师版）_02高考数学_新高考复习资料_2024年新高考资料_一轮复习资料_完2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

3.6 零点定理（精练） 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. f(x)ax2bxc(a0) f(1)0,f(2)0 f(x) (1,2) 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 f(x)ax2bxc(a0) f(1)0,f(2)0 f(x) (1,2) 【解析】因为函数 开口向下，又 ，所以 在区间 内没有零点. 故选：C 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】a  a a f(x) x23x2 4．（2023·河南平顶山）已知等差数列 n 中， 5， 14是函数 的两个零点，则 a a a a  3 8 11 16 （ ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】B f(x) x23x2 x23x20 x x 【解析】由已知，函数 的两个零点，即方程 的两根 1， 2， 3 ∴a a x x  3， 5 14 1 2 1 a  a a a a a a 3 a a a a 6 ∵数列 n 为等差数列，∴ 3 16 8 11 5 14 ，∴ 3 8 11 16 .故选：B.  π 5．（2023·贵州黔东南）函数 f xsin  3x 3  在 0,π 内零点的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C π  π 8π 【解析】由 x0,π，得3x 3     3 , 3   ， π π π π 4π 7π 由 f x0，得3x 0或3x π或3x 2π，则x= 或x= 或x= 3 3 3 9 9 9 f x 0,π 所以 在 内零点的个数为3.故选：C. 2x 1,x1 f x 6．（2023山西）已知函数  xax2a,x1，若 f x恰有两个零点，则正数 a 的取值范围是 （ ）  1 1  1  A．   0， 2   B．  2 ,2   C．  2 ,1   D． 1,2 【答案】C 【解析】当x1时，2x10，得x0成立， f x x1 xax2a0 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 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 a1 求，当 时，只需满足 ，解得： .故选：C a0 a12a 2 f x12xlgx n,n1 n 7．（2023·辽宁鞍山）已知函数 在区间 上有唯一零点，则正整数 （ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C f x12xlgx 0, 0, 【解析】函数 的定义域为 ，且在 上是减函数； f 111211lg111lg110 f 101210lg1010 f 11 f 100 易得 ， ，∴ ， f x 10,11 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 ， ∴n10．故选：C． f xx58x31 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 f 00 f 0.50 ， ，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（ ） 0,0.5 f 0.125 0,0.5 f 0.375 A． ， B． ， 0.5,1 f 0.75 0,0.5 f 0.25 C． ， D． ， 【答案】D 00.5 【解析】因为 f(0)f(0.5)0 ，由零点存在性知：零点 x 0 0,0.5，根据二分法，第二次应计算 f   2   ， f 0.25 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－1 B．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； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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． f x 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（ ） x x x x A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】C 【解析】由二分法的思想可知，零点x，x，x 左右两侧的函数值符号相反，即存在区间(a，b)， 1 2 4 使得x，x，x∈(a，b)，f(a)·f(b)<0，故x，x，x 可以用二分法求解， 1 2 4 1 2 4 但x∈(a，b)时均有f(a)·f(b)>0，故不可以用二分法求该零点．故选：C 3 yxmxn2022，mn , y0  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（ ） mn mn A． B． mn mn C． D． 【答案】C   y0   yxmxn2022 【解析】∵ ， 为方程 的两实数根，∴ ， 为函数 的图像与x轴交点的 y xmxn y xmxn 横坐标，令 1 ，∴m，n为函数 1 的图像与x轴交点的横坐标， yxmxn2022 y xmxn 易知函数 的图像可由 1 的图像向上平移2022个单位长度得到， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】mn 所以 .故选：C. a,b,c a2a blog bclog c1 a,b,c 12．（2023·四川南充）设正实数 分别满足 3 2 ，则 的大小关系为 （ ） A．abc B．bca C．cba D．acb 【答案】B 1 1 1 【解析】由已知可得 2a ， log b， log c， a b 3 c 2 y2x,ylog x,ylog x 作出 2 3 的图像如图所示： 1 y 它们与 x 交点的横坐标分别为a,b,c，由图像可得bca，故选：B 1 1 7 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 log 2 x  4 x2 2 x 4 0有两个不同的 x,x 解 1 2 ，则（ ） 1 xx  A． 1 2 2 B．x 1 x 2 1 1 C．0x 1 x 2  2 D．0xx 1 1 2 【答案】D 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】 1 1 7 1 由于 log 2 x  4 x2 2 x 4 0 ，即 log 2 x  4 x122，在同一坐标系下做出函数y log 2 x 及 1 y x122 的图像，如图所示： 4 1 由图知 y 4 x122 在0,上是减函数，故 log 2 x 1  log 2 x 2 ，由图知 0x 1 1x 2 ， log x log x log x log x 0 log xx 0 0xx 1 所以 2 1 2 2，即 2 1 2 2 ，化简得 2 1 2 ，即 1 2 ， 故选：D. xex, x0 f(x) 14．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）已知函数 ln(x1),x0，若方程 f2(x)af(x)0(aR)恰有 四个不等的实数根，则实数a的取值范围是（ ） 1 1 A．(0, ) B．(, ) e e 1 1 C．( ,0) D． ( ,) e e 【答案】A x0 f(x)xex f(x)ex(x1) 【解析】因为当 时， ，则 ， f(x)0x1， f(x)01x0，所以 f(x)在(,1)上单调递增，在(1,0)上单调递减， 1 f(1) ， ，当 时， ， e f(0)0 x f(x)0 当x0时， f(x)ln(x1)，则 f(x)ln(x1)在[0,)上单调递增， f(0)0，当x时， f(x)， 综上， f(x)的图象如图所示， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f2(x)af(x)0 f(x)0 f(x)a 因为 ，所以 或 ， f2(x)af(x)0 f(x)0x0 f(x)a 又因为 恰有4个不等的实根，且 ，所以 恰有3个不等的实根， y f(x) 1  0a 即 ya 恰有3个不同的交点，所以由图象可知， e .故选：A. f(x)x2ax3 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 f (1) =1+a+3=0� a- 4 f(x)x24x3=0x1 x3 【解析】由 ，所以令 或 ，故另一个零点为3 故答案为：3 f(x)|x1|x 16．（2023春·浙江·高一校联考期中）函数 的零点是_______________ 1 【答案】 2 1 【解析】令 f(x)|x1|x0 ，则 x1 x，解得 x 2 ，故答案为： 1 2 . 3   17．（2023春·四川雅安）已知函数 f x1sinπxxcos    2 x  π  ，则 f x 在区间 3,5 内的所有零 点之和为__________． 【答案】8 3   【解析】 f x1sinπxxcos    2 x  π   1x1sinπx ，则 f x0等价于 x1sinπx1 1 若 x=1 显然上面方程不成立；当 x1 ，则x1sinπx1可化为sinπx x1 1 易知 ysinπx 和y x1 都关于1,0中心对称，如下图所示，在3,5上有8个交点，不妨设其横坐标依 8 x 4×2=8 x ,x ....x i 次为 1 2 8 ，则 i=1 ，即所有零点之和为8.故答案为：8 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f xln2xax 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______.  4  【答案】0,   e2  ln2x 【解析】由 f x0得，a ， x ln2x 所以若函数 f xln2xax有三个零点，则方程a 有三个根， x ln2x lnx2lnx 设gx ，则gx ， x x2 gx0 x1 xe2 令 得， 或 ， x0,1 gx0 gx 当 时， ， 递减， x  1,e2 gx0 gx 当 时， ， 递增， x  e2,  gx0 gx 当 时， ， 递减， 4 g  e2  又 ， e2 gx 作出函数 的大致图像，如图，  4  由图可知，当 a  0, e2  时，函数 f x 有三个零点. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 4  0,  故答案为： e2 . 1 19．（2023·全国·高三专题练习）函数y 的图象与函数 的图象所有交点的横坐 1x y2sinπx(2x4) 标之和等于______. 【答案】8 【解析】由y f(x)2sinπx，则 f(2x)2sinπ(2x)2sinπxf(x)，即y2sinπx关于(1,0)对称； 1 由 yg(x) 在 上递增且值域为 、 上递增且值域为 ，且关于 对称； 1x (,1) (0,) (1,) (,0) (1,0) 1 π 1 1 f( )2sin 2g( ) 又 2 2 2 1 1 ，根据对称性知： f( 3 )2g( 3 )， 2 2 2 所以yg(x)、y f(x)且x[2,4]的图象如下， x1 (1,0) 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 x exx2 x 0 0 20．（2023春·江苏扬州）若 是方程 的解，则 在区间________内(填序号). 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2,1 1,0 0,1 1,2 ① ；② ；③ ；④ . 【答案】③ f(x)exx2 f(0)1 f(1)e10 【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，  f(0)10 f(1)e10 f x 0,1 ， ，则函数 的零点在区间 上， exx2 0,1 所以 的解在区间 上． 故答案为： ③． x2ax20 [1,5] 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 __________．  23  【答案】  ,1   5  f x x2 ax2 f 020 f x 【解析】考查 ，因为 ，且 开口向上， f x [1,5] x2ax20 [1,5] 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， f 10 12a20 则   f 50，即  525a20，解得a     2 5 3 ,1    .  23  故答案为：  ,1   5  1  ,3 22．（2023春·湖北）设函数 f xex2mx 在区间[  2  上有零点，则实数m的取值范围是___________. e e3  ,  【答案】2 6  ex 【解析】令 f xex2mx0 ，则m ，函数 f xex2mx 在区间[1 ，3]上有零点等价于直线 2x 2 ex 1  与曲线gx 在x  ,3 上有交点， ym 2x 2  资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x1ex 1  则g'x 2x2 ，当x  2 ,1  时， g'x＜0,gx单调递减，当 x1,3 时， g'x＞0,gx单调递增， gx g1 e g   1 e 1 2,g3 e3 e3 ＞e 1 2 gx   e , e3  min 2 ， 2 6 ，显然 6 ，  2 6  ， e e3 1    ,  ,3 即当 m 2 6 时，函数 f x在 2   上有零点； e e3  ,  故答案为：2 6  . f xlnxax2b f x 2,3 ab 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__________. 1 【答案】 4e2 f(x )0，x 2,3 lnx ax2b0 【解析】设 0 0 ，则 0 0 ， blnx ax2 abalnx a2x2 此时 0 0 ，则 0 0， 2 2  lnx  lnx  gaalnx a2x2 x a 0   0  令 0 0  0 2x   2x  ， 0 0 2 lnx lnx  a 0 ga  0  当 2x2 时， max  2x  ， 0 0 lnx 1lnx 记h(x)= ，则h(x) ， 2x 2x2 h(x) 2,e e,3 所以 在 上递增，在 上递减， 2 lnx  1 故h(x) max h(e) 2 1 e ,所以 ga max   2x 0 0    4e2 ， 1 所以 的最大值为 . ab 4e2 1 故答案为： . 4e2 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f(x)2xm (1,2) 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】(4,2) f(x)2xm (1,2) f(1) f(2)0 【解析】由函数 在区间 上存在一个零点，则 . 即(2m)(4m)0，解之得4m2， 故答案为：(4,2) f xcosx1(0) 0,2π  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】[2,3) 【解析】因为0≤x≤2π，所以0≤x≤2π， f(x)cosx10 cosx1 令 ，则 有3个根， t x cost 1 t[0,2π] 令 ，则 有3个根，其中 ， 结合余弦函数 ycost 的图像性质可得4π2π6π，故23， [2,3) 故答案为： . f xeaxx4 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a的取值范围为____.  4 【答案】0,   e eaxx4 0 eax x4 x0 f x 【解析】由 ，得 ，因为 不是 的零点， 4ln x 等式两边同时取对数得ax4ln x ，即a ， x 4ln x 4ln x 4ln x 令gx ， x,00,，则gx  gx，所以gx为奇函数， x x x 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】4lnx 41lnx 当 时，gx ，所以gx x0 x x2 0xe gx0 gx 0,e 所以当 时， ，函数 在 上单调递增， xe gx0 gx e, 当 时， ，函数 在 上单调递减， 4 gx ge 所以当xe时函数取得极大值，即 极大值 e ， g10 gx gx0 x0 x 又因为 ，当 时， ，当 时， ， gx 所以可得 的图象如下所示，  4 a0,  又因为有两个正实根，所以  e.  4 故答案为：0,   e f x f x f x2 f x 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 x1,0 f xx2 1,3 gx f xlog x 时， ，若在区间 内，函数 a 有2个零点，则实数a的取值范围 是________． 3, 【答案】 x0,1 x1,0 f x f xx2 x2 【解析】当 时， ， ； x1,1 f xx2 故 时， ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x1,3 x21,1 f x f x2x22 当 时， ，即 . gx f xlog x0 f xlog x f 31 a ，即 a ， ， 画出函数图像，如图所示： f xlog x 当 0a1 时， a 最多有一个交点，不满足； 当 a1 时， f xlog a x 有两个交点，则 log a 31 ，即 log a 3log a a ， a3 . a3, 综上所述： . 3, 故答案为： . ex,x0 28．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知函数 f x lnx,x0，gx f f xa， gx a 若 有2个不同的零点，则实数 的取值范围是__________. ,1 【答案】 hx f  f x 【解析】设 ， f  f x lnex x 当x0时，ex 0， ； f  f x elnx x 0x1 lnx0 当 时， ， ； f  f x lnlnx x1 lnx0 当 时， ， . x,x1 hx 综上可得，  lnlnx,x1. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】yln(lnx) 1, 函数 的定义域为 ， ylnlnx 由复合函数单调性可知函数 单调递增. helnlne0 又 ， hx 作出 的图象如图所示 a1 hx ya 由图象可知，当 时，曲线 与 恒有两个交点， gx 即 有两个零点， ,1 a 所以 的取值范围是 . ,1 故答案为： . f x  ax22x1  e2x f x 29．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，则 有零点的充要条件是______. ,1 【答案】 f x  ax22x1  e2x 【解析】函数 有零点  方程ax22x10有解. 1 当 时，方程有一解 x ； a0 2 a0  a1,a0 当a0时，方程ax22x10有解 Δ44a0 ， f x a1 综上知： 有零点的充要条件是 . ,1 故答案为： . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 3  3 30．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x 满足 f   x 2    f   x 2  .当 x0,3 时， f x2x311x214x f x 120,120 ，则 在 上的零点个数为___________. 【答案】160  3  3 【解析】因为函数 f x 满足 f   x 2    f   x 2  ，所以 f x3 f x ，所以 f x 的最小正周期为3， x0,3 f x2x311x214x0xx22x70 当 时，令 ， x0,3 f x x0 x2 解得 或 ，所以当 时， 有两个零点， 120 所以 f x在120,120上的零点个数为2 2160个.故答案为：160. 3 1．（2023·陕西西安）已知函数 ，则关于 的方程 实数解的个数 为（ ） A．4 B．5 C．3 D．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： 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2x1 1,0x2  f(x)1 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，  f(x2),x2 ， f(x) x0 2 g(x)xf(x)1 [6,) 则函数 在 上的所有零点之和为（ ） A．－32 B．32 C．16 D．8 【答案】D f x f xf x 【解析】函数 是定义在R上的奇函数, . gxxf x1 gxx f x1xf x1xf x1gx gx 又函数 ,   函数 是偶函 gx gx 6,6   0 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 , gx 6, gx 6,  函数 在 上所有的零点的和,即函数 在 上所有的零点之和. 1 即方程 f(x) 在6,上的所有实数解之和. x  21x 1,0x1  f x2x11,1x2 由 时, ,故有  1 f x2x1 1  f x2,x2 0x2 2 f x 0,2 0,1 f x1  x2 函数 在 上的值域为 ,当且仅当 时, . 1 f x f x2 又 当 时, ,如图：  x2 2 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 1  函数 f x在2,4上的值域为  0, 2   ；  1  1 1 函数 f x 在 4,6 上的值域为   0, 4  ；函数 f x 在 6,8 上的值域为   0, 8  ,当且仅当x8时, f x 8, 1 即方程 f(x) 在6,8上的又一个实数解 .即gxxf x1有一个零点 ； x x8 x8  1  1 1 函数 f x 在 8,10 上的值域为   0, 16  ,当且仅当x10时, f x 16  10, 1 故 f x 在8,10上恒成立,gxxf x1在8,10上无零点,同理gxxf x1在10,12上无零点, x gx 8, gxxf x1 6, 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. f(x) g(x)512x3125 f(x) 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（ ） f(x)4x1 f(x)|2x1| f(x)x3x2 f(x)(3x1)2 A． B． C． D． 【答案】B 1 【解析】对A， f x4x1的零点为 ； 4 1 对B， f(x)|2x1|的零点为2； f(x)x3x2 1 对C， 的零点为 ； 1 对D， f(x)(3x1)2的零点为 3 ； g    1 2    512 1 8 12564125610， g15121253870 ，g1g    1 2    0， 1  3 3 27 故 gx零点在 2 ,1  之间，再用二分法，取x 4 ，g 4   512 64 125216125910， 1 3 1 3 g 2   g 4   0，故 gx的零点x 2 , 4   ， f x,gx f(x)|2x1| 由题 的零点之差的绝对值不超过0.25，则只有 的零点符合； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：B f x 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 x f x f x  fx xx  在 0附近一点的函数值可用 0 0 0 代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续 1 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 x  ，在 x33x10 0 2 下面四个选项中最佳近似解为（ ） A．0.333 B．0.335 C．0.345 D．0.347 【答案】D f xx33x1 f�( x) =3x2-3 【解析】令 ，则 ， f x  xx  0 令 f x0，即 f x  fx xx 0，可得 0 fx ， 0 0 0 0 f x  x33x 1 2x31 x x  k  x  k k  k kN 迭代关系为 k1 k fx  k 3x23 3x23 ， k k k 1 1 2 1 2 1 2x31 8 1 2x31 27 25 x  0   x  1   0.34722 取 1，则 1 3x23 1 3， 2 3x23 1 72 ， x  0 3 3 1 3 3 0 2 4 9 故选：D. f xcos2xcosx x0,2π 6．（2023·河南郑州·模拟预测）已知函数 ， ，对于下述四个结论： y f x y f x xπ ①函数 的零点有三个；②函数 关于 对称； y f x y f x 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 f x2cos2xcosx1(2cosx1)(cosx1) f x0 【解析】由 ，令 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 2π 4π 所以cosx 或 ，又x0,2π，故x 或x 或 或 ， 2 cosx1 3 3 x0 x2π y f x 所以 的零点有四个，①错； f 2πxcos2(2πx)cos(2πx)cos2xcosx f(x) y f x xπ ， 关于 对称，②对； 1 9 由 f x2cos2 xcosx12(cosx 4 )2 8 ，而 cosx[1,1] ，且含cos x的二次函数开口向上， 1 1 又|1 4 ||1 4 |，故y f x的最大值： cosx1 时有 y2 ，③对； 1 9 y f x的最小值：cosx 时有 y ，④错； 4 8 故选：B  π  5π 7．（2023·新疆·校联考二模）若函数 f x2sin  x 6   1 在区间   0, 2  上的三个零点为x 1 ，x 2 ， x 3 ， 7 且x x x ，且 x 1 2x 2 x 3  3 ，则下列结论：（ ） 1 2 3 f x π ① 的最小正周期为 ；  5π 0, ② f x 在区间   2  有3个极值点；  π ③ f x在区间  0, 2   上单调递增； 5π  ④ 12 ,1  为函数 f x离原点最近的对称中心． 其中正确结论的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B π  5π   7 【解析】令tx ，则由x  0, ，得t   , ， 6  2  6 3  1 所以gt2sint1，由gt2sint10，得到 sint= 2 ysint t t π t t 3π 如图，由 的图像与性质知， 1 2 ， 2 3 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】π  π π 即x  2x  x  4π 1 6  2 6 3 6 2π 化简得x 2x x  4π， 1 2 3 3 2π 7π T  π x 2x x  将 1 2 3 3 代入得2，所以  ，故①正确；  π 对于②，因为 f x2sin2x 1，  6 ysinx f x f x 由 的图像与性质知，函数 的极值点，即函数 的最值点， π π π kπ 所以由2x  kπ,kZ，得到 x  ,kZ ， 6 2 3 2 5π π 5π 又因为 0x ，所以x 或x ， 4 3 6  5π 0, 所以 f x 在区间   4  上有且仅有2个极值点，故②错误； 对于③，由x    0, π 2    ，t2x π 6 ，得t     π 6 , 5 6 π   ，所以 gt2sint1 在     π 6 , π 2    上单调递增，在    π 2 , 5 6 π   上单调递减， π π π π π π 5π π π 由  2x  ，得到0x ，由 2x  ，得到 x ， 6 6 2 3 2 6 6 3 2  π π π 所以 f x在区间在  0, 3   上单调递增，在区间 3 , 2   上单调递减，故③错误； π kπ π 对于④，令2x kπ(kZ)，解得x  ,kZ，当 时， x 为最小， 6 2 12 k 0  π  所以函数 f x离原点最近的对称中心为 12 ,1  ，故④错误． 故选：B． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x x3ax2 a 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（ ） ,2 ,3 4,1 3,0 A． B． C． D． 【答案】B f(x)x3ax2 f(x)3x2a 【解析】 ，则 ， f x f x a<0 若 要存在3个零点，则 要存在极大值和极小值，则 ， a a x 令 f(x)3x2a0，解得 3 或 3 ，  a  a  x,  , 且当   3     3   时， f(x)0，  a a  x ,  当   3 3   ， f(x)0，  a   a  f   f   故 f x的极大值为  3 ，极小值为  3 ，       a  f  0 a a a    3    a 20 3 3 3  若 要存在3个零点，则 ，即 ，解得 ， f x    f      3 a     0     3 a  3 a a  3 a 20 a3 故选：B. x x 9．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知函数 f x 10x(x1)，gx lgx(x1)的零点 x1 x1 x x 分别为 1， 2，则（ ） 1 1  1 A． x 1 lgx 2 B．x 1 x 2 C． x 1 x 2 4 D． 10x 1 x 2 200 【答案】ABD x 【解析】因为函数 y10x与 ylgx 的图象关于直线 yx 对称，y x1 (x1)图象也关于直线 yx 对称， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x 设y x1 (x1)与 y10x图象的交点为A， x y (x1)与 图象的交点为 ， x1 ylgx B 则 A  x 1 ,10x 1  与 Bx 2 ,lgx 2  关于直线 yx 对称，则 x 1 lgx 2， x 2 10x1 ． x x 1 1 因为 1 10x1 0 ，所以 1 x ，则 ，即  1 ， x 1 x 1 2 x x xx x x 1 1 1 2 1 2 1 2 x 因为y x1 (x1)的图象与直线 yx 的交点为2,2， x x 4 xx x 10x1 x 1,2 10xx 200 所以 1 2 ， 1 2 1 ， 1 ，则 1 2 ． 故选：ABD. 2x121x2,x0  f x 1 10．（2023秋·河北石家庄·高三统考期末）（多选）已知函数 x22x ,x0 ，若  2 f x  f x  f x  f x  x x x x 1 2 3 4 ，且 1 2 3 4，则（ ） x x 2 0 x 1 x 2 A． 1 2 B． 3 4 x x 1 x x x x 0 C． 3 4 D． 1 2 3 4 【答案】ABD 2x121x2,x0  f x 1 【解析】如图示，作出 x22x ,x0 和 的图像.  2 yt 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 当 时， f 0 22 . x0 2 2 1 因为存在x,x ,x ,x 使得 f x  f x  f x  f x ，所以 0t . 1 2 3 4 1 2 3 4 2 x x 1 2 1 由图示可知x 1 ,x 2 关于x=1对称，所以 2 ，所以x 1 x 2 2.故A正确；  1 2x121x2 1  2 令 f x 2 ，即 x0 ，解得： x0 或 x2 . 0 x 1 x 2 3 4 所以由图示可知： .故B正确. f x2x121x2 f 1x2x2x2 f 1x2x2x2 x0 0x2 因为当 时， ，所以 ， ，所以 时， x x 有 f 1x f 1x，即 f x的图像关于 x1 对称，所以x ,x 关于 x1 对称，所以 3 2 4 1，所以 3 4 x x 2 x 2x x x 2x x x 121,0x 1 3 4 ，即 4 3，所以 3 4 3 3 3 3 . x 1 x x 1 因为 3 ，所以 3 4 .故C错误； x x 因为x ,x 关于 x1 对称，所以 3 2 4 1，所以x x 2. 3 4 3 4 x x 2 x x x x 0 又因为 1 2 ，所以 1 2 3 4 .故D正确. 故选：ABD 1 x y   lnx 11．（2022秋·四川成都）（多选）已知函数 e 的两个零点分别为x,x ，且x x ，则（ ） 1 2 1 2 1 1 1 1 x  x  A．x 1 x B．x 2 x 1 2 1 2 1 1 1 1 x    x C． 2 x x D．x x 2 1 2 1 2 【答案】AC 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 x 1 x y   lnx y  【解析】函数 e 的两个零点即函数 e 与y lnx 的图象的两个交点的横坐标，作出两个 函数的图象，如下图： 1 1 0 1 1 则 0x 2 1 ， x 1 1 ，即 x 1 ，x 2 ，故D错误； 1 x1 1 x2 1 x1 1 x2 由图可知  e    e   ，且  e    lnx 1 ，  e    lnx 2 ，则 lnx 1  lnx 2 ， 1 1 1 由 ， ，则 ，即lnx ln ，可得x  ，即 x ， 0x 1 x 1 lnx lnx 1 x 1 x x 2 2 1 1 2 2 2 1 故A、C正确，B错误. 故选：AC. 1 1 12．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知x，x分别是函数 f xex  x 和gxlnx x 的零点， 1 2 则（ ） 1 0x  A． 1 2 B．lnx 1 lnx 2 0 13 5 x x  C．ex1lnx 1D． 6 1 2 2 2 【答案】BCD 1 【解析】令 f x0，得 ex1  x ，即xex1 1，x >0， 1 1 1 1 lnx  令 gx0 ，得 2 x ，即 x lnx 1 ，即 lnx elnx2 1 ， x 1 ， 2 2 2 2 2 h(x)xex x0 h(x)(x1)ex 0 记函数 ， ，则 ， h(x)xex (0,) 所以函数 在 上单调递增， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 1 因为h(x )xex1 1，h( 2 ) 2 e 1，所以 x 1  2 ，故A错误； 1 1 h(x )xex1 1,h(lnx )lnx elnx2 1 x lnx ex1 x 又 1 1 2 2 ，所以 1 2， 2， lnx lnx ln(xx )ln(xex1)ln10 所以 1 2 1 2 1 ，故B正确； ex1lnx x lnx 1 所以 2 2 2 ，故C正确； 2 2 2 2 1 1 2 又h( ) e3 1h(x)，所以x  ，结合x  ，得 x  ， 3 3 1 1 3 1 2 2 1 3 1 1 2 因为 ，所以x x x  ，且 x  ， xx 1 1 2 1 x 2 1 3 1 2 1 1 1 2 2 3 1 1 因为yx 在区间( , )上单调递减，所以  x   2， x 2 3 3 2 1 x 2 1 13 5 x x  即 6 1 2 2 ，故D正确； 故选：BCD f(x)exaxb 1,3 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 a2b2 在零点，则 的最小值为_________. e2 1 e2 【答案】 2 /2 t f x 1,3 et atb0 【解析】设 为 在 上的零点，可得 ， tabet 0 a,b txyet 0 所以 ，即点 在直线 ， a2b2 a,b 又 表示点 到原点距离的平方， et a2b2  e2t 则 t21 有解，即a2b2  t21 有解， 2e2t t21  2te2t  2e2t t2t1  e2t gt  令gt ，可得  t21 2  t21 2 ， t21 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为e2t 0，t2t10， gt0 所以 恒成立， gt 1,3 可得 在 上为单调递增函数， e2 所以当 时，gt g1 ， t 1 min 2 e2 e2 所以a2b2  ，即 的最小值为 ． 2 a2b2 2 e2 故答案为： 2 . f xax22x x2ax1 14．（2023·天津·统考高考真题）若函数 有且仅有两个零点，则a的取值范围 为_________． ,00,11, 【答案】 x2ax10 f x0 a1x2a2x10 【解析】（1）当 时， ， a1x1x10   即 ， a1 x=1 x2ax10 若 时， ，此时 成立； 1 x 若 时， 或 ， a1 a1 x=1 若方程有一根为x=1，则1a10，即a2且a1； 1  1  2 1 x   a 10 若方程有一根为 a1，则a1 a1 ，解得：a2且a1； 1 若 x 1 时， ，此时 成立． a1 a0 1a10 x2ax10 f x0 a1x2a2x10 （2）当 时， ， a1x1x10   即 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】a1 x1 x2ax10 若 时， ，显然 不成立； 1 x 若 时， 或 ， a1 x1 a1 若方程有一根为x1，则1a10，即a2； 1  1  2 1 x   a 10 若方程有一根为 a1，则a1 a1 ，解得：a2； 1 x 1 若 时， ，显然 不成立； a1 a0 x2ax10 综上， 1 1 当 时，零点为 ， ； a2 a1 a1 1 当 时，零点为 ， ； 2a0 a1 1 当a0时，只有一个零点1； 1 当 时，零点为 ， ； 0a1 a1 1 当a1时，只有一个零点1； 1 当 时，零点为 ， ； 1a2 a1 1 当a2时，零点为1,1． 所以，当函数有两个零点时，a0且a1． ,00,11, 故答案为： ． 1 15．（2023·浙江·校联考模拟预测）若函数 f(x)ax2b(a,bR) 与函数 g(x)x x 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a的取值范围为__________. 3 3 【答案】( ,0)(0, ) 9 9 1 ax2bx 【解析】依题意，方程 ，即 有三个不等实根， x ax3x2bx10 x md,x m,x md(d 0) 设两个函数图象的三个交点的横坐标，即方程的三个根为 1 2 3 ， ax3x2bx1a[x(md)](xm)[x(md)] 于是 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 b 1 x3 x2 x x33mx2 (3m2 d2)xm(m2 d2) 整理得 ， a a a 1 3m  a 因此 ，则 ，即有 ，解得 或 ，  1 m(m2d2) 1  1 ( 1 d2) 1 d233  3 a0 0a 3 a a 3a 9a2 9a2 9 9 3 3 ( ,0)(0, ) 所以a的取值范围是 9 9 .. 3 3 故答案为：( ,0)(0, ) 9 9  cos2x2a,xa f x 16（2023·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考三模）设 aR ，函数  x22a1xa25,xa，若 f x 0, 函数 在区间 内恰有6个零点，则a的取值范围是______． 5 11  9 【答案】 ,  2,  2 4  4 x22(a1)xa250 cos(2x2a)0 【解析】 最多有2个根，所以 至少有4个根由  k 1 2x2a k,kZ ，可得 x  a,kZ ， 2 2 4 k 1 1 1 由 0  aa 可得2a k  . 2 4 2 2 1 7 9 时，当52a 4时， 有4个零点，即 a ； xa 2 f(x) 4 4 1 9 11 当62a 5 ， 有5个零点，即 a ； 2 f(x) 4 4 1 11 13 当 72a 6 ， 有6个零点，即 a ； 2 f(x) 4 4 xa f(x)x22(a1)xa25 当 时， ， 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; 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】5 2a 当 a2 时，令 f(a)a22a(a1)xa252a50 ，则 2 ， 此时 f(x)有2个零点； 5 a 所以若 时， 有1个零点. 2 f(x) f(x) 0, 综上，要使 在区间 内恰有6个零点， 7 9 9 11 a a  4 4  4 4 11 13 则应满足 或 或  a ， 5 5 4 4 2a a2或a  2  2  a2 5 11  9  ,  2,  则可解得a的取值范围是：2 4  4. 5 11  9  ,  2,  故答案为：2 4  4. f xln2xax 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______.  4  【答案】0,   e2  ln2x 【解析】由 f x0得，a ， x ln2x 所以若函数 f xln2xax有三个零点，则方程a 有三个根， x ln2x lnx2lnx 设gx ，则gx ， x x2 gx0 x1 xe2 令 得， 或 ， x0,1 gx0 gx 当 时， ， 递减， x  1,e2 gx0 gx 当 时， ， 递增， x  e2,  gx0 gx 当 时， ， 递减， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】4 g  e2  又 ， e2 gx 作出函数 的大致图像，如图，  4  由图可知，当 a  0, e2  时，函数 f x 有三个零点.  4  0,  故答案为： e2 . ex a x x 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 a __________. 【答案】e 【解析】 如图，显然a0. x0 ex ax 当 时，由单调性得，方程 有且仅有一解. x0 ex ax 因此当 时，方程 也恰有一解. yax yex 即 为函数 的切线， yex ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令ya得xlna， 故当xlna时，ex ax， 得elna alna，即aalna 从而ae . 故答案为：e 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a及正整数 n ，使得 f xcos2xasinx (0,nπ) 2022 n 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】5 【解析】由题意知， f xcos2xasinx2sin2xasinx1 ， f x0 t sinx 2t2at10 令 ， ，此时 ， 1 a 而 ，tt  ，t t  ， a280 12 2 1 2 2 则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根， t 1 0t 1 当 2 时， 1 ， 一个周期2π内有两个零点，则n2022或n2021； 1 t  当t 1时， 1 2 ， 2 2022 674 一个周期 内有三个零点，则需要 个周期， 2π 3 即n67421348； 1t 2 0 2a10 a 1 当 时，此时 ，解得 ， 1a1 0t 1 若 ，此时 1 ， 则一个周期2π内有四个零点， 2022 1 则需要 505 个周期， 4 2 即n250511011； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 若 a1 ，此时t 2  2 ，t 1 1， 则一个周期2π内有三个零点， 2022 674 则需要 个周期， 3 即n67421348； 若a1，此时t 1， 1 一个周期2π内有两个零点， 则n2022或n2023. 综上所述，这样的正整数 n 有5个， 1011,1348,2021,2022,2023 分别是 . 故答案为：5 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 2m mN 2m 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 2m1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 2mm3 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 4m1 【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； 2mm3 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12m2m1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， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】此时相当两个待检测均为2m1的组， 12m12m1 每组1个感染者，此时每组需要 次检测， 22m14m2 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4m214m1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4m1. 故答案为：2，4m1 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】