北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§2.6 函数的零点与方程的根
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021吉林延边期末,4)某同学用二分法求方程2x+5x-8=0在x∈(1,2)内近似解的过程中,设
f(x)=2x+5x-8,且计算f(1)<0, f(2)>0, f(1.5)>0,则该同学下次应计算的函数值为 ( )
A.f(0.5) B.f(1.125)
C.f(1.25) D.f(1.75)
答案 C 根据二分法下次应计算的函数值为f(1+1.5)=f(1.25),故选C.
2
思路分析 根据函数零点存在性定理,由f(1)与f(1.5)的值异号得到函数f(x)在区间(1,1.5)内有零点,
再根据二分法的定义即可求出答案.
{ 1
2.(2021安徽马鞍山质监,10)已知函数f(x)= x+ ,x<0,则方程f(f(x))+3=0的解的个数为 (
x
lnx,x>0.
)
A.3 B.4 C.5 D.6
{ 1
答案 C ∵函数f(x)= x+ ,x<0,
x
lnx,x>0,
1 1 -3±√5
由f(x)=-3,当x>0,即ln x=-3,解得x= ,当x<0时,则有x+ =-3,解得x= ,
e3 x 2
1 -3±√5
∵f(f(x))+3=0即f(x)= 或f(x)= ,
e3 2
1 1
由f(x)= ,可得ln x= ,此方程只有一个根,
e3 e3
1 -3+√5 -3-√5
又x<0时, f(x)=x+ ≤-2,故f(x)= 仅在x>0时有一个根, f(x)= 在x<0时有两个根,
x 2 2
在x>0时有一个根,综上,方程f(f(x))+3=0有五个根,故选C.
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3.(2021安徽黄山重点高中月考,12)设D是函数y=f(x)定义域内的一个区间,若存在x∈D,使f(x)=-
0 0
x,则称x 是f(x)的一个“次不动点”,也称f(x)在区间D上存在“次不动点”.若函数f(x)=ax2-3x-
0 0
5
a+ 在区间[1,4]上存在“次不动点”,则实数a的取值范围是 ( )
2
A.[1 ) B.( 1]
,+∞ -∞,
2 2
C.(-∞,0) D.( 1)
0,
2
5 1
答案 B 依题意,存在x∈[1,4],使F(x)=f(x)+x=ax2-2x-a+ =0,当x=1时,F(1)= ≠0;当x≠1时,解得
2 2
a= 4x-5 ,令h(x)= 4x-5 ,x∈(1,4],则h'(x)=-2x2+5x-2,令h'(x)=0,得x=2或x=
2(x2-1) 2(x2-1) (x2-1)2
1(1 ),
<1,舍去
2 2
h(x),h'(x)随x的变化情况如表:
x (1,2) 2 (2,4]
h'(x) + 0 -
h(x) ↗ 极大值 ↘
故x=2时,h(x)取得极大值,即最大值h(2)=1,则a的范围是( 1].故选B.
-∞,
2 2
{| ( 1)|
4.(2021安徽合肥第一次质监,8)设函数f(x)= log 2 x+ 2 ,x>0, 当x∈( -4, 1)时,方程
2
√-x,x≤0.
f(x+1)=k有唯一解,则实数k的取值范围为 ( )
A.(0,√3) B.[1,√3) C.(0,2) D.[1,2)
{| ( 3)|
log x+ ,x>-1,
答案 B 由题意知f(x+1)= 2 2
√-(x+1),x≤-1,
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当x∈( 1)时,作出f(x+1)的图象,如图,
-4,
2
结合图象可知方程f(x+1)=k有唯一解,则1≤k<√3.故选B.
5.(2021江西吉安期末质检,10)定义在R上的函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y),当x>1时, f(x)<0,则函数
f(x)零点的个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.无数个
答案 C 令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0.
令x=y=1,得f(1)=f(1)+f(1),∴f(1)=0.
令x=y=-1,得f(1)=f(-1)+f(-1),∴f(-1)=0.
令y=-1,得f(-x)=f(x)+f(-1).∴f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数.
x x x x
任取x 1 ,x 2 ∈(0,+∞),且x 1 <x 2 ,则 2>1,∴f( 2 )<0,∴f(x 2 )=f( 2·x )=f( 2 )+f(x 1 )<f(x 1 ),∴函数f(x)在
x x x 1 x
1 1 1 1
(0,+∞)上单调递减,∴函数f(x)在(0,+∞)上只有一个零点.又f(x)为偶函数,∴它在(-∞,0)上单调递增,且
函数f(x)在(-∞,0)上也只有一个零点.故f(x)有3个零点.故选C.
6.(2021安徽宣城第二次调研,12)已知关于x的方程m( x2+ 1 )+1=4m( x+ 1)有三个不同的根,
x2 x
分别为x,x,x,则x+x+x= ( )
1 2 3 1 2 3
A.3 B.5 C.3m D.5m
1
答案 B 令t=x+ ,其中t∈(-∞,-2]∪[2,+∞).
x
1
则x2+ =t2-2,
x2
原方程可转化为mt2-4mt-2m+1=0(*),
当m=0时,(*)无解,则原方程无解,不符合题意,舍去.
当m≠0时,(*)方程至多有两个根,
1
若(*)仅有一个根t,则t=x+ 不会有三个根,则原方程不会有三个根,舍去.
1 1
x
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故(*)有两个不等根,且t=-2,t>2或t<-2或t=2,t<-2或t>2.
1 2 2 1 2 2
1
当t=-2时,代入(*)得m=- ,此时t=6>2符合题意;
1 2
10
1
当t=2时,代入(*)得m= ,此时t=2不符合题意.
1 2
6
1
综上,t=-2,此时x=-1;t=6,此时x+ =6,得x+x=6,故x+x+x=5,选B.
1 1 2 2 3 1 2 3
x
7.(2021甘肃顶级名校联考,12)已知函数f(x)={1+log
a
|x-2|,x≤1,
(a>0,且a≠1)在区间(-∞,
(x-1)2+5a,x>1
+∞)上为单调函数,若函数y=|f(x)|-x-2有两个不同的零点,则实数a的取值范围是 ( )
A.[1 3] B.[1 2]
, ,
5 5 5 5
C.[1 3]∪{13} D.[1 2]∪{13}
, ,
5 5 20 5 5 20
答案 C 因为函数f(x)在区间(-∞,+∞)上为单调函数,且f(x)在(1,+∞)上为单调递增函数,所以f(x)在
(-∞,1]上也为单调递增函数,因为y=|x-2|在(-∞,1]上为单调递减函数,所以0<a<1,且1+log|1-2|≤(1-
a
1 1
1)2+5a,即a≥ ,所以 ≤a<1.函数y=|f(x)|-x-2有两个不同的零点等价于函数y=|f(x)|的图象与直线
5 5
y=x+2有两个不同的交点,作出函数y=|f(x)|的图象与直线y=x+2,如图.
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1 3 3
由图可知,当1+2≥5a,即 ≤a≤ 时,符合题意;当1+2<5a,即a> 时,直线y=x+2与抛物线
5 5 5
y=(x-1)2+5a相切也满足,联立{ y=x+2, 消去y得x2-3x+5a-1=0,所以Δ=9-4(5a-1)=0,解得
y=(x-1)2+5a,
13
a= ,符合.
20
综上所述:实数a的取值范围是[1 3]∪{13}.故选C.
,
5 5 20
8.(2021天津七校联考,9)已知函数f(x),g(x)均是周期为2的函数, f(x)=
3
{ √-x2+2x,0≤x≤1, {m(x+1),0≤x≤ ,
g(x)= 2 若函数h(x)=f(x)-g(x)在区间[0,5]上有
( 3) 2
-4 x- +2,1<x<2, 3 3
2
, <x<2,
2 2
10个零点,则实数m的取值范围是( )
A.( √3) B.(1 √3) C.( 1) D.(1 4)
0, , 0, ,
3 2 3 2 2 5
答案 B 函数f(x)的图象如图所示:
由函数h(x)=f(x)-g(x)在区间[0,5]上有10个零点,
m>0,
{
|2m|
<1,
知
√1+m2
解得
1
<m<
√3
.故选B.
2m>1, 2 3
5
m<2,
2
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9.(2021天津耀华中学一模,9)对于函数f(x),g(x),设x∈{x|f(x)=0},x∈{x|g(x)=0},若存在x,x,使得|x-
1 2 1 2 1
x|≤2,则称f(x),g(x)互为“零点相邻函数”.若f(x)=ex-2+x-3与g(x)=x2-ax-a-2互为“零点相邻函数”,
2
则实数a的取值范围是( )
A.( 14) B.[ 14]
-2, -2,
5 5
C.(-∞,-2)∪(14 ) D.(-∞,-2]∪[14 )
,+∞ ,+∞
5 5
答案 B f(2)=0,且f(x)在R上为增函数,
∴f(x)有唯一零点2,
∵f(x),g(x)互为“零点相邻函数”,∴|2-x|≤2,∴x∈[0,4],∴g(x)在[0,4]上至少有一个零点,令g(x)=x2-
2 2
x2-2 x2-2
ax-a-2=0,得a= ,x∈[0,4],设h(x)= ,x∈[0,4],y=a,
x+1 x+1
则h(x)与y=a的图象在[0,4]上有交点,
x2-2 (x+1)2-2(x+1)-1 1
h(x)= = =x- -1,x∈[0,4],
x+1 x+1 x+1
1
由h'(x)=1+ >0可知h(x)在x∈[0,4]上为增函数,
(x+1)2
∴h(x)∈[ 14],要使h(x)与y=a的图象在[0,4]上有交点,则-2≤a≤14,故选B.
-2,
5 5
10.(2021北京海淀高三模拟试卷一,8)已知函数f(x)=x3+x2-2|x|-k.若存在实数x,使得f(-x)=-f(x)成立,
0 0 0
则实数k的取值范围是 ( )
A.[-1,+∞) B.(-∞,-1]
C.[0,+∞) D.(-∞,0]
答案 A 本题考查函数与方程,考查学生分析问题与解决问题的能力,体现了直观想象、逻辑推
理、数学运算的核心素养,试题体现综合性与创新性.
由题意可得- + -2|x|-k=-( + -2|x|-k),整理得 -2|x|=k,则原题转化为函数y=x2-2|x|的图象与
x3 x2 0 x3 x2 0 x2 0
0 0 0 0 0
直线y=k有交点,作出函数y=x2-2|x|的图象如图所示,则k≥-1,故选A.
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11.(2021北京顺义二模,10)设函数f(x)={-x3+3x,x<a,若f(x)恰有两个零点,则实数a的取值范
2x,x≥a,
围是( )
A.[-√3,√3] B.(-√3,+∞)
C.(-√3,√3] D.(-∞,√3)
答案 C 函数y=-x3+3x,x∈R,则y'=-3x2+3=-3(x+1)(x-1),所以当-1<x<1时,y'>0,函数单调递增,当
x<-1或x>1时,y'<0,函数单调递减,当x=-1时,y=-2,当x=1时,y=2,作出函数y=-x3+3x,x∈R的图象与
y=2x,x∈R的图象,如图所示,
在图象中作直线x=a,通过左右平移直线x=a,得到函数f(x)={-x3+3x,x<a,的图象,因为f(x)恰
2x,x≥a
有两个零点,则f(x)的图象与x轴恰有两个交点,所以实数a的取值范围是-√3<a≤√3.故选C.
二、多项选择题
12.(2021届山东滕州第一中学月考,12)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x+3)=f(x-1),当x∈[0,2]
时,f(x)=2x-1,则下列结论正确的是 ( )
A.当x∈[-2,0]时,f(x)=2-x-1
B.f(2 019)=1
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C.y=f(x)的图象关于点(2,0)对称
D.函数g(x)=f(x)-logx有3个零点
2
答案 ABD 因为f(x+3)=f(x-1),所以f(x+4)=f(x),
所以该函数周期为4.因为x∈[0,2]时,f(x)=2x-1,
当x∈[-2,0]时,-x∈[0,2],
所以f(x)=f(-x)=2-x-1,所以A选项正确;
f(2 019)=f(4×505-1)=f(-1)=f(1)=21-1=1,所以B选项正确;若y=f(x)的图象关于点(2,0)对称,
则f(3)+f(1)=0,
但是f(3)=f(-1)=f(1)=1,f(3)+f(1)≠0,与f(3)+f(1)=0矛盾,所以C选项错误;
在同一坐标系中作出函数y=f(x),y=logx的图象,由图象得函数g(x)=f(x)-logx有3个零点,所以D
2 2
选项正确.故选ABD.
三、填空题
1
13.(2021北京首师大二附中高三开学测试,14)已知函数f(x)= +cos x,给出下列结论:
x
①f(x)在(0,π]上有最小值,无最大值;
②设F(x)=f(x)-f(-x),则F(x)为偶函数;
③f(x)在(0,2π)上有两个零点.
其中正确结论的序号为 .(写出所有正确结论的序号)
答案 ①③
1
解析 ①因为x∈(0,π],所以f '(x)=- -sin x<0,所以f(x)在(0,π]上单调递减,因而f(x)在(0,π]上有最
x2
小值,无最大值,故①正确.
②依题意F(x)=f(x)-f(-x)=1+cos x-[ 1 ]=2,由于F(-x)≠F(x),所以F(x)不是偶函数,故
- +cos(-x)
x x x
②错误.
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1 1
③令f(x)=0,得cos x=- ,画出y=cos x和y=- 在区间(0,2π)上的图象,如图所示,由图可知y=cos x
x x
1
和y=- 的图象在区间(0,2π)上有两个交点,则f(x)在(0,2π)上有两个零点,故③正确.
x
故答案为①③.
思路分析 ①对函数求导,利用导数研究函数的单调性;②利用函数奇偶性的定义判断;③画出
1
y=cos x和y=- 在区间(0,2π)上的图象,结合函数零点与函数图象交点的转换判断.
x
14.(2021天津南开二模,15)设函数f(x)={-x2+4x,x≤4,
若函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,
log x,x>4,
2
则实数a的取值范围是 ;若函数g(x)=f(f(x))-m恰有5个的零点,则m的取值范围为
.
答案 (-∞,1]∪[4,+∞);(0,2]
解析 如图,∵f(x)在(a,a+1)上单调递增,
∴a+1≤2或a≥4,
∴a∈(-∞,1]∪[4,+∞),
g(x)=f(f(x))-m有5个零点,设f(x)=t, f(t)=m.根据图象,先分析f(t)=m的解(个数及t的取值情况),再针
对每个t,分析f(x)=t的解的个数,
进而可得,m<0时,函数g(x)的零点有1个;m=0时,函数g(x)的零点有4个;
0<m≤2时,函数g(x)的零点有5个;2<m<4时,函数g(x)的零点有6个;m=4时,函数g(x)的零点有3个;
m>4时,函数g(x)的零点有1个.
故m的取值范围为(0,2].
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{ 1
k- (x<0),
15.(2021浙江嘉兴二模,16)若函数f(x)= x2 恰有4个零点,则实数k的取值范
|x-1|-kx2(x>0)
围为 .
答案 ( 1)
0,
4
解析 当k≤0时,k- 1 =0无解,故需满足|x-1|-kx2=0在(0,+∞)上有四解,而kx=|x-1|=| 1|(x>0)
1-
x2 x x
最多有三解,如图,不符合题意.
当k>0时,k- 1 =0有一解,kx=|x-1|=| 1|(x>0)需有三解,考虑直线y=kx与曲线y=x-1相切
1-
x2 x x x
的情形,令kx=x-1,即kx2=x-1,由Δ=0得k=1,结合g(x)的图象可知,实数k的取值范围是( 1).
0,
x 4 4
{-x2-2x,-2≤x≤0,
16.(2021东北三省四市教研联合体模拟,16)已知函数f(x)= 当n分别取
1
f (x-2),x>0,
2
1 20
1,2,3,…,k(k∈N*)时,方程f(x)= (n∈N*)对应的整数解分别为x,x,x,…,x,则∑x= .
2n 1 2 3 k k
k=1
答案 400
解析 当-2≤x≤0时, f(x)=-x2-2x=-x(x+2),
所以f(x)图象的对称轴x=-1在该区间内,且f(-1)=1, f(-2)=f(0)=0,
1 1
当x>0时, f(x)= f(x-2),即将前一个区间内的图象向右平移2个单位,并且函数值变为原来的 ,
2 2
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作出f(x)的图象如图所示,
1
当-2≤x≤0时,方程f(x)= (n∈N*)无整数解,
2n
1 1 1
又f(1)= , f(2k-1)= f(2k-3)=…= ,k∈Z,
2 2 2k
f(2k)=f(2k-2)=…=f(0)=0,k∈Z,
1
所以f(x)= (n∈N*)时,整数解唯一且为2n-1,
2n
1
所以f(2n-1)= ,即x=2n-1,
2n n
20 20×(1+2×20-1)
所以∑x=1+3+5+7+…+(2×20-1)= =400.
k
2
k=1
11 / 11
