2021年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数的零点与方程专项练课件文

= 2 -16 = 0,
有唯一解,即
或 f(1)=5-m<0(f(0)=1),解得 m=4 或

0< 8 <1
m>5.
-6-
4.函数f(x)=2ax-a+3,假设∃x0∈(-1,1),f(x0)=0,那么实数a的取值范围
是( A )
A.(-∞,-3)∪(1,+∞)
B.(-∞,-3)
C.(-3,1)
3.假设关于x的方程4sin2x-msin x+1=0在(0,π)内有两个不同的实数
D
根,那么实数m的取值范围是(
)
A.{x|x<-3}
B.{x|x>-4}
C.{x|x>5}
D.{x|x>5}∪{4}
解析 设 sin x=t,则 0<t≤1,则方程等价于 f(t)=4t2-mt+1=0 在(0,1]内
故当m-1+e2>2e,即m>-e2+2e+1时,y=g(x)与y=f(x)的图象有两个
交点,即g(x)-f(x)=0有两个相异实根.
∴m的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).
-14-
12.已知定义域在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+1)+f(1-x)=2.当 x>1
1
.则关于
-1
时,f(x)=
-1
-1
当 x>1 时 f(x)=
中心对称得到,
由图可知当 x<1 时 f(x)过点(0,1)且 f(x)<2,方程 f(x)+2a=0 没有负实
根,即直线 y=-2a 与函数 y=f(x)的图象的交点的横坐标不能为负,由
图可知,-2a≤1 或-2a≥2,解得
1
a≥-2或
a≤-1.
-15-
二、填空题(共4小题,总分值20分)
C.c<a<bD.b<a<c
解析 由f(a)=ea+a=0,得a=-ea<0;b是函数y=ln x和y=-x图象交点的
横坐标,画图(图略)可知0<b<1;由h(c)=ln c-1=0知c=e,所以a<b<c.
-7-
6.函数f(x)=ax+x-b的零点x0∈(n,n+1)(n∈Z),其中常数a,b满足
=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),
∴f(2-x)=f(x),即直线x=1为f(x)图象的对称轴.
∵f(x)有唯一零点,∴f(x)的零点只能为1,
即f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1+1)=0,
1
解得a= 2 .
D.1
-11-
9.设函数f(x)的定义域为R,f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),当x∈[0,1]
上也有一个零点,
又 f(0)=0,
∴函数 f(x)在 R 上有 3 个零点.
017-2 017,则
017-2 017)=2
-17-
4, ≥ ,
15.函数f(x)=
2 + 4-3, <假设函数g(x)=f(x)-2x恰有三个不
,
同的零点,那么实数m的取值范围是 (1,2]
.
解析 ∵函数g(x)=f(x)-2x恰有三个不同的零点,
3.函数的零点与方程根的关系:函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方
程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与函数y=g(x)的图象交点的横
坐标.
4.判断函数零点个数的方法:
(1)直接求零点;
(2)零点存在性定理;
(3)数形结合法.
-3-
5.利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法:
(1)利用零点存在性定理构建不等式求解.
(2)别离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两个熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不
等式求解.
(4)方程f(x)-m=0有解,m的范围就是函数y=f(x)的值域.
-4-
一、选择题(共12小题,总分值60分)
1.由表格中的数据可以判定函数f(x)=ln x-x+2的一个零点所在的区
间是(k,k+1)(k∈Z),那么k的值为(
)
C
A.1
x
ln x
x-2
1
0
-1
B.2
C.3
2
0.69
0
3
1.10
1
4
1.39
2
5
1.61
3
D.4
解析 当x取值分别是1,2,3,4,5时,f(1)=1,f(2)=0.69,f(3)=0.1,
f(4)=-0.61,f(5)=-1.39,
∵f(3)f(4)<0,∴函数的零点在区间(3,4)内,
7.已知函数 y=f(x)满足 f(2+x)+f(2-x)=0,g(x)= 2
若曲
- + 4-4, < 2,

线 y=f(x)与 y=g(x)交于 A1(x1,y1),A2(x2,y2),…,An(xn,yn),则 ∑ (xi+yi)等于
=1
( B )
A.4n
B.2n C.n D.0
解析 由题意,得 f(x)的图象关于点(2,0)对称;


所以3>0,f 3
=0,因此 2
3
2
-a 3 +1=0,解得
3
a=3.
从而函数 f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,
所以 f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(-1)=-4.故 f(x)max+f(x)min=1-4=-3.
-16-
14.函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x∈(0,+∞)时,f(x)=
1 3
B
时,f(x)=x3,那么函数g(x)=|cos(πx)|-f(x)在区间
上的所有零点
- ,
2 2
的和是(
)
A.2
B.3
C.-2
D.4
解析 因为f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),所以f(-x)=f(2-x),所以f(x)的周期为2.
画出y=f(x)和y=|cos(πx)|的图象,
由图可知,g(x)共有5个零点,
其中x1+x2=0,x4=1,x3+x5=பைடு நூலகம்.
所以所有零点的和为3.
-12-
10.设 f(x)是定义在 R 上的偶函数,对任意 x∈R,都有 f(x-2)=f(x+2),
且当 x∈[-2,0]时,f(x)=
1
-1.若在区间(-2,6]内关于 x
2
的方程
f(x)-loga(x+2)=0(a>1)至少有 2 个不同的实数根,至多有 3 个不同的
13.(2021江苏,11)假设函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且
只有一个零点,那么f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和-3
为
. 2-2ax=0,得 x=0 或 x=.
解析 由 f'(x)=6x
3
因为函数 f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,且 f(0)=1,
2 017x+log2 017x,那么f(x)在R上的零点的个数为3
.
解析 当 x>0 时,f'(x)=2 017 ·
ln 2
x
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
1
017+ln2 017>0,
1
2 017
取 x=2
f(2
017
-2 017<0,又 f(1)=2 017>0,
∴f(x)在(0,+∞)上有一个零点,根据奇函数关于原点对称,f(x)在(-∞,0)
x 的方程 f(x)+2a=0 没有负实根时实数 a 的取值
范围是( A )
A.(-∞,-1]∪
B.(0,1)
1
2
1
-2,2
1
- ,+∞
2
1
2
1
- ,0
2
C. -1,-
∪ - ,+∞
D.
∪
解析 ∵f(x)满足 f(x+1)+f(1-x)=2,∴f(x)的图象关于点(1,1)中心对称,
1
1
,画出其图象,当 x<1 时的图象由 f(x)= 关于点(1,1)
8.函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,那么a=( C )
1
A.2
1
B.
3
1
C.
2
解析 ∵f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),
∴f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]
=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)
B.(-∞,-e2+2e+1)
C.(-e2+1,2e)
D.(2e-1,e2+1)
解析 假设g(x)-f(x)=0有两个相异的实根,即函数y=g(x)与y=f(x)的
e2
图象有两个不同的交点,作出g(x)=
(x>0)的大致图象.
x+

∵f(x)=-x2+2ex+m-1=-(x-e)2+m-1+e2,
其图象的对称轴为x=e,开口向下,最大值为m-1+e2.
∴g(x)在[m,+∞)上有一个零点,
在(-∞,m)上有两个零点,
4-2 ≥ 0,
∴ -1 < ,
解得 1<m≤2.
2 + 2-3 > 0,
-18-
①②④
16.函数f(x)=ex-e-x,以下命题正确的有
.(写出所有正确命
题的编号)
①f(x)是奇函数;
②f(x)在R上是单调递增函数;
③方程f(x)=x2+2x有且仅有1个实数根;
∴k=3,应选C.
-5-
2.函数f(x)=-|x|- +3的零点所在区间为( B )
A.(0,1) B.(1,2)
C.(2,3) D.(3,4)
解析 函数 f(x)=-|x|- +3 是单调减函数,∵f(1)=1>0,f(2)=1- 2<0,
∴f(1)f(2)<0,可知函数 f(x)=-|x|- +3 的零点所在区间为(1,2).
函数的零点与方程专项练
-2-
1.零点的定义:对于函数y=f(x),使f(x)=0的实数x叫做函数y=f(x)的
零点.
2.零点存在性定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连
续曲线,且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间[a,b]内有零点,即存在
c∈(a,b),使得f(c)=0,此时这个c就是方程f(x)=0的根.
2 -4 + 4, > 2,
由 g(x)= 2
可得图象如下:
- + 4-4, < 2,
-9-
g(x)的图象也关于点(2,0)对称,即有f(x)与g(x)的交点关于点(2,0)对
称,

n


=1
i=1
=1
=1
则 ∑ (xi+yi)= ∑ xi+ ∑ yi,即有 ∑ yi=0,
-10-
0<b<1<a,那么n的值为(D )
A.2
B.1
C.-2 D.-1
解析 由题意得函数f(x)=ax+x-b为增函数,常数a,b满足0<b<1<a,所
1
以f(-1)= -1-b<0,f(0)=1-b>0,所以函数f(x)=ax+x-b在(-1,0)内有一

个零点,故n=-1.
-8-
2 -4 + 4, > 2,
实数根,则 a 的取值范围是( D )
A.(1,2)
B.(2,+∞)
3
3
C.(1, 4)
D.[ 4,2)
解析 ∵对任意x∈R,都有f(x-2)=f(x+2),
∴f(x+4)=f(x+2+2)=f(x+2-2)=f(x),
∴f(x)是定义在R上的周期为4的函数;
作函数f(x)与y=loga(x+2)的图象如下,
④如果对任意x∈(0,+∞),都有f(x)>kx,那么k的最大值为2.
解析 对于①,f(-x)=e-x-ex=-f(x),故①正确;
对于②,f'(x)=ex+e-x>0,故 f(x)在 R 递增,故②正确;
对于③,令 g(x)=ex-e-x-x2-2x,由 g(0)=0,得方程一根 x=0,
1
1
又 g(1)=e-e-3<0,g(5)=e5-e5-35>0,则方程有一根在(1,5)之间,故③错误;
log (2 + 2) ≤ 3,
结合图象可知,
log (2 + 6) > 3,
3
解得 4≤a<2,故选 D.
-13-
e2
(x>0),假设方程g(x)-f(x)=0有

11.函数f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+
两个相异实根,那么m的取值范围为( A )
A.(-e2+2e+1,+∞)
对于④,令 h(x)=ex-e-x-kx,且 h(0)=0,若 h(x)>0,则 h'(x)=ex+e-x-k>0 恒成立,
即 k<e +e =e
x
④正确.
-x
x
1
+e恒成立,而
故答案为①②④.
x
x∈(0,+∞)时,e
1
+e>2,即
k 的最大值为 2,故
D.(1,+∞)
解析 函数f(x)=2ax-a+3,由∃x0∈(-1,1),f(x0)=0,可得(-3a+3)(a+3)<0,
解得a∈(-∞,-3)∪(1,+∞).
5.函数f(x)=ex+x,g(x)=ln x+x,h(x)=ln x-1的零点依次为a,b,c,那么
( A )
A.a<b<cB.c<b<a