资源简介

专题专项练
思想方法练7
一、转化与化归思想在函数零点问题中的应用
1.(2025江苏梅村高级中学月考)已知关于x的方程|ax+3|=-ax2-6x-a有两个不相等的实数根,则正实数a的取值范围是(　　)
A.(0,3)　　　　B.　　　　C.[1,5)　　　　D.[2,6)
2.(2026江苏苏州第一中学月考)已知函数f(x)=函数g(x)=[f(x)]2-(a+2)f(x)+2a有7个零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,3)　　　　B.[3,+∞)　　　　
C.[3,4]　　　　D.[3,4)
3.设m>1,logma=mb=c,若a,b,c互不相等,则下列结论错误的是(　　)
A.a>1　　　　B.c≠e
C.b二、分类讨论思想在函数零点问题中的应用
4.已知函数f(x)=-x2+ax-(a-1)2(a<1),g(x)=ln x,若h(x)=在(0,+∞)上有三个零点,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　　B.
C.(0,1)　　　　D.
5.(2025江苏盐城中学月考)已知函数f(x)=恰有2个零点,则实数a的取值范围是　　　　.
6.(2026江苏南通海门实验学校期中)已知函数f(x)=若存在实数k,使得f(x)=k在[-4,4]上有三个实数解,则实数a的取值范围是　　　　.
7.已知函数f(x)=(3x+1)-mx,m∈R.
(1)当m=0时,若f(x)=-2,求x的值;
(2)若f(x)是偶函数,求m的值;
(3)当m=-时,求方程f(x)=b的根的个数.
8.(2025重庆第八中学校月考)已知函数f(x)=lo(ax2-x+2a-3),g(x)=xn+x-n.
(1)当a=2时,F(x)=f(x)+log43在x∈上是否存在零点 给出结论并证明;
(2)若g(2)=, f(g(x))有且仅有两个零点,求实数a的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
思想方法练7
1.A 2.D 3.C 4.A
1.A　设F(x)=|ax+3|=G(x)=-ax2-6x-a.
易知F(x)=|ax+3|在上单调递减,在上单调递增,
所以F(x)的最小值为F=0.
(将方程有解问题转化为函数图象的交点问题)
因为关于x的方程|ax+3|=-ax2-6x-a有两个不相等的实数根,
所以函数F(x)与G(x)的图象有两个交点,所以只需G=-a>0,所以0故正实数a的取值范围是(0,3).
2.D　由[f(x)]2-(a+2)f(x)+2a=0,
得[f(x)-2][f(x)-a]=0,
解得f(x)=2或f(x)=a.
(将函数的零点问题转化为相应方程的解的问题,进而转化为两函数图象的交点问题)
因为g(x)=[f(x)]2-(a+2)f(x)+2a有7个零点,
所以f(x)=2与f(x)=a共有7个不同的解,
所以y=f(x)的图象与直线y=2和y=a共有7个不同的交点.
作出函数f(x)的图象及直线y=2,如图所示.
由图可知,y=f(x)的图象与直线y=2有3个不同的交点,
所以y=f(x)的图象与直线y=a有4个不同的交点,所以3≤a<4.
故实数a的取值范围是[3,4).
3.C　因为mb=c>0,所以logma>0,又m>1,所以a>1,故A中结论正确.
当c=e时,logma=mb=c=e,若m=>1,则a=me=e,c=e,b=logme=e,故a=b=c,不满足a,b,c互不相等,所以c≠e,故B中结论正确.
(a,b,c可分别看成函数y=logmx,y=mx,y=x的图象与直线y=c的交点的横坐标)
当m=1.1时,在同一平面直角坐标系中作出y=log1.1x,y=1.1x,y=x,y=c的图象,如图1所示,
由图1可得,a当m=3时,在同一平面直角坐标系中作出y=log3x,y=3x,y=x,y=c的图象,如图2所示,
由图2可得,b综上,C中结论错误,D中结论正确.
思想方法
本章中,判断函数零点的个数、与零点有关的参数等问题中都会用到转化与化归思想,画出函数图象,图象与x轴交点的横坐标就是函数的零点,两图象交点的个数就是函数零点的个数.
4.A　(结合g(x)的零点,分x=1,01进行讨论,从而确定1为h(x)的一个零点, f(x)在(0,1)上有两个零点)
①当x=1时,g(1)=0,所以g(x)的一个零点为1.
因为f(1)=a-1-(a-1)2,a<1,所以f(1)<0,所以h(1)=g(1)=0,所以1为h(x)的一个零点.
②当x>1时,g(x)>0, f(x)<0,则h(x)=g(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上无零点.
③当00,解得a>,又a<1,所以综上,实数a的取值范围为.
5.答案　(-∞,-1]
解析　因为f(x)恰有2个零点,y=ex-a在(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点,所以需要分f(x)在(0,+∞)上没有零点和有一个零点两种情况讨论.
当f(x)在(0,+∞)上没有零点时,e0-a≥0,即1-a≥0,解得a≤1,此时y=x2-2ax+a2-1在(-∞,0]上有两个零点,所以2a<0且a2-1≥0,解得a≤-1,所以a≤-1;
当f(x)在(0,+∞)上有1个零点时,e0-a<0,即1-a<0,解得a>1,此时y=x2-2ax+a2-1在(-∞,0]上恰有1个零点,所以只需f(0)≤0,即a2-1≤0,解得-1≤a≤1,与a>1矛盾,舍去.
综上,实数a的取值范围是(-∞,-1].
6.答案　(-4,4)
解析　(对分段点a与区间[-4,4]的相对位置进行分类讨论,即分a≤-4,a≥4,-4当a≤-4时, f(x)的大致图象如图1所示,
由图1可知, f(x)=k在[-4,4]上最多有两个实数解,不满足题意.
当a≥4时, f(x)的大致图象如图2所示,
由图2可知, f(x)=k在[-4,4]上最多有两个实数解,不满足题意.
当-4由上述图可知,均可找到实数k,使得f(x)=k在[-4,4]上有三个实数解.
综上,实数a的取值范围是(-4,4).
7.解析　(1)当m=0时, f(x)=(3x+1),若f(x)=-2,则3x+1==9,所以x=log38.
(2)若f(x)是偶函数,则f(-x)=f(x),
所以(3-x+1)+mx=(3x+1)-mx,
即 2mx=(3x+1)-(3-x+1)==-x,所以m=-.
(3)当m=-时, f(x)=(3x+1)+x=(3x+1)+
=
=()x+.
令g(x)=()x+,任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则g(x1)-g(x2)=(+-(-=[(-(]·,
因为0所以(>1,(>1,(<(,
所以(·(>1,(-(<0,
所以g(x1)-g(x2)<0,
所以g(x)=()x+在(0,+∞)上单调递增.
由复合函数的单调性可知f(x)在(0,+∞)上单调递减,
又由(2)知,当m=-时, f(x)是偶函数,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,
则f(x)≤f(0)=-log32.
(讨论b与-log32的大小关系,进而确定方程f(x)=b的根的个数)
当b>-log32时,方程f(x)=b没有实数根;
当b=-log32时,方程f(x)=b有且仅有1个实数根;
当 b<-log32时,取-2b∈(0,+∞),
则f(-2b)==(3-b+3b)<3-b=b,
又f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以由函数零点存在定理可知,当x∈(0,-2b)时,f(x)=b有1个实数根,所以b<-log32时,方程f(x)=b有2个实数根.
综上所述,当b>-log32时,方程没有实数根;当b=-log32时,方程有且仅有1个实数根;当 b<-log32时,方程有2个实数根.
8.解析　(1)存在.证明如下:
当a=2时, f(x)=-log3(2x2-x+1),
令t=2x2-x+1=2+,则t>0,
易知t=2x2-x+1在上单调递增,
又y=log3t在(0,+∞)上单调递增,
所以F(x)=-log3(2x2-x+1)+log43在上单调递减.
因为F(1)=-log32+log43,==<==<1,所以F(1)=-log32+log43>0,
因为F=-log34+log43,log34>1,log43<1,所以F=-log34+log43<0,
所以F(1)F<0,
所以F(x)在x∈上存在零点.
(2)由g(2)=2n+=,得n=±1,
所以g(x)=x+,
由对勾函数的性质得g(x)∈(-∞,-2]∪[2,+∞).
(f(g(x))存在两个零点,即f(m)在m∈(-∞,-2)∪(2,+∞)上存在一个零点或两个零点分别为-2,2)
令G(x)=ax2-x+2a-4,
则G(x)在(-∞,-2)∪(2,+∞)上存在一个零点或两个零点分别为-2,2.
当两个零点分别为-2,2时,无符合题意的a.
当G(x)在(-∞,-2)∪(2,+∞)上存在一个零点时,
若a=0,则G(x)=-x-4,此时零点为-4,满足题意;
若a≠0,则G(x)图象的对称轴方程为x=,需满足或G(2)·G(-2)=(6a-6)(6a-2)<0,解得a=或综上,实数a的取值范围为aa=0或a=或思想方法
在本章中,分类讨论思想主要用于解决函数零点及分段函数问题,主要体现在以下几个方面:(1)根据零点在不同的区间分情况讨论,求出零点;(2)根据函数在不同区间的取值讨论函数的解析式及对应性质.专题专项练
专题强化练7　嵌套函数的零点及零点的运算
1.(2025河北秦皇岛期中)已知定义在R上的函数f(x)为单调函数,且对任意的x∈R,恒有f(f(x)-2x)=-,若f(x0)=0,则x0的值是(　　)
A.-1　　　　B.0　　　　
C.1　　　　D.2
2.(2026江苏梅村高级中学空港分校检测)已知函数f(x)=ex+x-2的零点为a,函数g(x)=ln x+x-2的零点为b,则下列不等式中成立的是(　　)
A.a2+b2>3　　　　B.ab<1
C.ea+ln b>2　　　　D.ea+ln b<2
3.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-m有4个不同的零点x1,x2,x3,x4,且x1A.-1C.x1x2=　　　　D.x3+x4=2
4.(2026江苏南通中学检测)已知函数f(x)=若关于x的方程[f(x)]2-3f(x)+a=0(a∈R)有8个不相等的实数根,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.(2,3)　　　　
C.　　　　D.
5.(2026江苏连云港期中)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))有8个零点,则实数a的取值范围为(　　)
A.{a|a>1}　　　　B.{a|a<0}
C.{a|-16.(2026北京十一学校月考)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=2x+c,若函数y=f(g(x))与y=g(f(x))都没有零点,则函数y=f(f(x))与y=g(g(x))(　　)
A.恰有一个零点
B.至少有一个没有零点
C.至少有一个有零点
D.无法确定
7.(2026江苏无锡检测)已知函数f(x)=若函数y=f(x)-m有四个不同的零点x1,x2,x3,x4(x18.(2026重庆第一中学校期中)已知函数f(x)=为奇函数,且f(1)=2.
(1)求f(x)的解析式,并指出函数f(x)在(0,+∞)上的单调性(不用证明);
(2)若关于x的方程[f(x)]2-m·f(x)-5=0有四个不等的实数根x1,x2,x3,x4,且x1(i)求实数m的取值范围;
(ii)求x1-x2-x3+x4的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练7　嵌套函数的零点及零点的运算
1.B 2.B 3.BCD 4.D 5.D
6.B
1.B　设a=f(x)-2x,则f(x)=2x+a.
∵f(a)=-,∴2a+a=-,解得a=-1,点拨:可结合y=2x与y=-x-的图象求解
∴f(x)=2x-1.
令-1=0,解得x0=0.
2.B　令f(x)=0,g(x)=0,得ex=2-x,ln x=2-x,所以ea=2-a,ln b=2-b,
所以ea+ln b=4-(a+b).
在同一平面直角坐标系中作出函数y=ex,y=ln x,y=2-x的图象,如图所示,
则A(a,ea),B(b,ln b).
易知函数y=ex与y=ln x互为反函数,图象关于直线y=x对称,直线y=2-x也关于直线y=x对称,且直线y=x与y=2-x的交点是点(1,1),所以a+b=2,所以ea+ln b=4-(a+b)=2,故C,D错误.
ab<=1,故B正确.
函数y=ex,y=x-2在R上都是增函数,所以函数f(x)是R上的增函数,
又f(0)=-1<0, f=->0,
所以0点A(a,ea)在直线y=2-x上,
即ea=2-a=b,
所以a2+b2=a2+e2a<+e<3,A错误.
3.BCD　因为函数g(x)=f(x)-m有4个不同的零点,
所以f(x)=m有4个不同的解,即函数y=f(x)的图象与直线y=m有4个不同的交点,
作出函数y=f(x)的图象,如图所示:
当x=0时, f(0)=1,由图象可得,0由|ln(-x)|=1,得x=-或x=-e,所以由图象可得-1由题及上述可得,|ln(-x1)|=|ln(-x2)|,-e≤x1<-1,-1由图象可得,x3,x4关于直线x=2对称,所以x3+x4=4,故D中结论错误.
4.D　作出函数f(x)的图象,如图所示.
令t=f(x),则由[f(x)]2-3f(x)+a=0,得t2-3t+a=0.
因为关于x的方程[f(x)]2-3f(x)+a=0(a∈R)有8个不相等的实数根,
所以关于t的方程t2-3t+a=0必须有两个不相等的实数根,且这两根均在区间(1,2)内,
设g(t)=t2-3t+a,则
解得2故实数a的取值范围是.
5.D　当a≥0时,作出函数f(x)的图象如图1所示.
令y=f(f(x)), f(x)=t, f(t)=0,解得t=0或t=1,即f(x)=0或f(x)=1.
由图1可知, f(x)=0时有2个解, f(x)=1时有1个解,所以此时y=f(f(x))有3个零点,不符合题意.
当a<0时,作出函数f(x)的图象如图2所示.
同理,得t=2a或t=0或t=1,即f(x)=2a或f(x)=0或f(x)=1.
由图2可知, f(x)=2a<0时有2个解, f(x)=0时有3个解.
因为y=f(f(x))有8个零点,所以f(x)=1需有3个解,所以解得a<-1.
故实数a的取值范围为{a|a<-1}.
6.B　设函数f(x)的值域为集合A,函数g(x)的值域为集合B=(c,+∞).
由y=f(g(x))无零点,得方程f(t)=0在t∈B时无实数根.
由y=g(f(x))无零点,得方程g(s)=0在s∈A时无实数根.
分三种情况讨论A与B的关系:
①若A B,则f(f(x))的自变量f(x)∈A B,所以结合f(t)=0在t∈B时无实数根,得y=f(f(x))无零点.
②若B A,则g(g(x))的自变量g(x)∈B A,所以结合g(s)=0在s∈A时无实数根,得y=g(g(x))无零点.
③若A=B,则f(f(x))的自变量f(x)∈A=B,g(g(x))的自变量g(x)∈B=A,故两者均无零点.
综上,函数y=f(f(x))与y=g(g(x))至少有一个没有零点.
7.答案　
解析　若函数y=f(x)-m有四个不同的零点,则直线y=m与y=f(x)的图象有四个不同的交点,作出函数y=f(x)的图象及直线y=m,如图所示.
由图可知,0所以===x4-=8-x3-.
令x3=t,易知函数g(t)=t+在(2,)上单调递减,在(,3)上单调递增,
又g(2)=, g()=2, g(3)=,
所以g(t)∈,
所以-g(t)∈,
所以8-g(t)∈,
即8-g(x3)∈,
所以∈.
8.解析　(1)∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),即=-,解得b=0,
∴f(x)=.
又f(1)=2,∴1+a=2,解得a=1.
∴f(x)==x+.
f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)(i)令f(x)=t,则由[f(x)]2-m·f(x)-5=0得t2-m·t-5=0.
∵f(x)为奇函数,
∴f(x)的图象关于原点对称,
又方程[f(x)]2-m·f(x)-5=0有四个不等实数根,
∴t2-m·t-5=0有两个不等的实根(记为t1,t2),则t1t2=-5.
当x>0时, f(x)=x+≥2=2,当且仅当x=,即x=1时,等号成立,
∴当x<0时, f(x)≤-2.
不妨令t12,t1<-2.
设g(t)=t2-m·t-5,则
即解得-故实数m的取值范围为.
(ii)结合(i)可知,x1,x2是关于x的方程f(x)=t1的两个根,且f(x)=f,
∴x3=,x2=,其中x1<-1,x4>1,f(x1)=x1+=t1,∴x1-x2=x1-=-=-=-.
同理,x4-x3=,
∴x1-x2-x3+x4=-+,
由t1<-2,t1t2=-5,得t2∈,显然关于t2的函数y=-+在上单调递增,∴x1-x2-x3+x4∈.三年模拟练
应用实践
1.(2026河北名校协作体调研)某人工智能团队在训练深度学习模型时,采用分阶段学习率衰减策略.第一阶段使用对数衰减,初始学习率为0.1,学习率η随迭代次数n(n∈N*)的变化公式为η=0.1-0.01ln(n+1).当学习率小于或等于0.05时,切换至第二阶段,第二阶段使用指数衰减策略,学习率变化公式为η=0.05,其中n1为第一阶段结束时的迭代次数,n为总迭代次数.当学习率小于或等于0.01时,模型停止训练,则该模型需要训练的总迭代次数为(结果保留整数,参考数据:e5≈148.413,ln 5≈1.609)(　　)
A.307　　　　B.308　　　　C.309　　　　D.310
2.(2026陕西咸阳检测)若关于x的不等式(2x-a)ln≤0(a,b∈R,b≠0)恒成立,则a+的取值范围为(　　)
A.(-∞,-2]
B.(-∞,-2]∪[6,+∞)
C.(-∞,-2)∪(6,+∞)
D.[6,+∞)
3.(2026辽宁大连育明高级中学期中)已知x1,x2是函数f(x)=(x-2)(3x-2-1)-3(3x-2+1)的两个零点,则=(　　)
A.1　　　　B.3　　　　C.9　　　　D.81
4.(2026江苏无锡期中)已知f(x)=-x2+2|x|,若关于x的方程[f(x)]2+mf(x)+n=0(m,n∈R)恰好有三个互不相等的实数根,则实数m的取值范围为(　　)
A.{m|m<-1}　　　　B.{m|m≤0}
C.{m|m<-1或m>0}　　　　D.{m|m=0或m<-1}
5.(多选题)(2026江苏启东中学月考)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=k有3个实数解x1,x2,x3(x1A.-4B.-C.x1x2=-1-log2x3
D.关于x的方程f(x)=f(k)有3个实数解
6.(2025江苏扬中高级中学月考)某游戏厂商对新出品的一款游戏设定了“防沉迷系统”,规则如下:①当05时,为不健康时间,玩家在这段时间内的累计经验值开始损失,损失的经验值与不健康时间成正比,系数为50.
(1)当a=2时,写出累计经验值E与游玩时间t的函数关系式E=f(t),并求出游玩6小时的累计经验值;
(2)该游戏厂商把累计经验值E与游玩时间t的比值称为“玩家愉悦指数”,记为H(t).
①若a=,当游玩时间在5小时以内(含5小时)时,求“玩家愉悦指数”的最小值;
②若a>0,且该游戏厂商希望在健康时间内这款游戏的“玩家愉悦指数”不低于24,求实数a的取值范围.
7.(2026辽宁省实验中学月考)已知函数f(x)=,g(x)=.
(1)证明:[f(x)]2-[g(x)]2为定值;
(2)若函数G(x)=mf(2x)-g(x)+m在(ln 2,+∞)上只有一个零点,求实数m的取值范围;
(3)证明:F(x)=f(x)+g(x)+ln[f(x)+g(x)]-2有唯一的正零点x0,并比较x0和ln的大小,说明理由.
迁移创新
8.(2025江苏南京检测)对于函数f(x),若在其定义域内存在实数x0,t,使得f(x0+t)=f(x0)+f(t)成立,则称f(x)是“t跃点”函数,并称x0是函数f(x)的1个“t跃点”.
(1)求证:函数f(x)=2x+2x2在[0,1]上是“1跃点”函数;
(2)若函数g(x)=x3+ax2-3在(-2,+∞)上存在2个“1跃点”,求实数a的取值范围;
(3)是否同时存在实数m和正整数n,使得函数h(x)=cos 2x-m在[0,nπ]上有2 022个“跃点” 若存在,求出m,n满足的条件;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.C 2.B 3.D 4.D 5.AC
1.C　由η=0.1-0.01ln(n+1)≤0.05,得ln(n+1)≥5,所以n+1≥e5≈148.413,
又n∈N*,所以n≥148,n∈N*,所以n1=148.
令η=0.05=0.05e-0.01(n-148)≤0.01,得e-0.01(n-148)≤,所以-0.01(n-148)≤ln=-ln 5≈-1.609,
又n∈N*,所以n≥309,n∈N*,
所以n=309时模型停止训练.
2.B　易知函数y=2x-a在R上单调递增,且零点为x=;
函数y=ln在(b,+∞)上单调递减,且零点为x=b+1.
因为不等式(2x-a)ln≤0(a,b∈R,b≠0)恒成立,所以=b+1,即a=2b+2,
所以a+=2b++2.
当b>0时,a+=2b++2≥2+2=6,当且仅当2b=,即b=1时,等号成立.
当b<0时,a+=2b++2≤-2+2=-2,当且仅当-2b=-,即b=-1时,等号成立.
综上,a+的取值范围为(-∞,-2]∪[6,+∞).
3.D　显然x=2不是函数f(x)的零点.
当x≠2时,令(x-2)(3x-2-1)-3(3x-2+1)=0,得=.
令g(x)=,h(x)=,则x1,x2是函数g(x)与h(x)图象的交点的横坐标.
易知h(4-x)====-h(x),g(4-x)===-g(x),
所以h(x),g(x)的图象均关于点(2,0)对称,所以x1+x2=4,所以=34=81.
4.D　作出函数f(x)的图象,如图所示.
设t=f(x),则t2+mt+n=0.
设其两根为t1,t2(t1≤t2),
当t1≠t2时,[f(x)]2+mf(x)+n=0(m,n∈R)恰好有三个互不相等的实数根,等价于f(x)的图象与直线y=t1和直线y=t2共有三个不同的交点.
由图可知,t1=0,t2>1,
所以解得m<-1.
当t1=t2时,[f(x)]2+mf(x)+n=0(m,n∈R)恰好有三个互不相等的实数根,等价于f(x)的图象与直线y=t1有三个不同的交点.
由图可知,t1=t2=0,
所以解得m=0.
综上,实数m的取值范围为{m|m=0或m<-1}.
5.AC　作出函数f(x)的图象,如图所示.
对于A,若关于x的方程f(x)=k有3个实数解,则函数y=f(x)与y=k的图象有3个不同的交点,所以-4对于B,由图可得,x1+x2=-2,-2+log2x3=k,即x3=2k+2.
因为-4对于C,当x≤0时,由f(x)=k得x2+2x-3-k=0,所以x1x2=-3-k.
当x>0时,由f(x)=k得-2+log2x=k,所以k=-2+log2x3,
所以x1x2=-3-(-2+log2x3)=-1-log2x3,故C正确.
对于D,易得f(k)=k2+2k-3,k∈(-4,-3],显然f(k)在(-4,-3]上单调递减,且f(-4)=5, f(-3)=0,所以f(k)∈[0,5).
设m=f(k),则f(x)=m,m∈[0,5).
结合f(x)的图象可知,当m∈[0,5)时, f(x)的图象与直线y=m有两个交点,故关于x的方程f(x)=f(k)只有两个实数解,故D错误.
6.解析　(1)当0当3当t>5时, f(t)=69+20a-50(t-5)=-50t+20a+319.
综上, f(t)=
当a=2时, f(t)=
所以f(6)=359-50×6=59,即游玩6小时的累计经验值为59 EXP.
(2)①当0当3易知H(t)单调递减,所以H(t)min=H(5)=.
因为<25,所以当游玩时间为5小时时,“玩家愉悦指数”取到最小值,为.
②由题意得,当0因为y=t2-4t+20a的图象开口向上,对称轴方程为t=2,
所以当t=2时,y=t2-4t+20a取到最小值,为20a-4,
所以20a-4≥0,解得a≥,
所以实数a的取值范围为.
7.解析　(1)证明:易得[f(x)]2=,[g(x)]2=,
所以[f(x)]2-[g(x)]2=-=1,为定值.
(2)易得G(x)=m·-+m.
设ex-e-x=t,h(t)=m·-+m=t2-+2m.
因为x∈(ln 2,+∞),所以t∈,所以h(t)在t∈上有且只有一个零点.
解法一:当m=0时,h(t)=-,此时令h(t)=0,得t=0,不满足题意.
当时,0当时,无解.
当h=0,即m=时,h(t)=,满足题意.
当-4××2m=0时,m=±.
当m=时,h(t)=t2-+=,满足题意.
当m=-时,h(t)=-t2--=-,不满足题意.
综上,实数m的取值范围为m0解法二:令h(t)=0,得m==.
易知p(t)=t+在上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
所以函数m==在上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.
当t=时,m=;当t=2时,m=;当t→+∞时,m→0,
所以m=,t∈的图象如图所示,
由图可知,实数m的取值范围为m0(3)证明:易得F(x)=f(x)+g(x)+ln[f(x)+g(x)]-2=ex+ln ex-2=ex+x-2.
因为y=ex,y=x-2在R上均单调递增,所以F(x)=ex+x-2在R上单调递增.
又F(0)=e0+0-2=-1<0,F=->0,即F(0)F<0,
所以由函数零点存在定理得,F(x)在上存在唯一实数x0,使得F(x0)=0,
所以F(x)有唯一的正零点x0,且+x0-2=0,x0∈,所以=2-x0.
证法一:对=2-x0的等号两边同时取对数,得x0=ln(2-x0),
所以x0-ln=ln(2-x0)-ln=ln(2-x0)+ln=ln.
易知y=-+2x0=-(x0-1)2+1在上单调递增,
所以-+2x0<-+2×=,
所以ln证法二:-=2-x0-==.
因为x0∈,所以-4(x0-1)2+1<0,所以-=<0,即<,所以x08.思路点拨
(1)将要证明的问题转化为方程f(x+1)=f(x)+f(1)在[0,1]上有解,构造函数,转化为函数零点问题,结合函数零点存在定理证明.
(2)将问题转化为方程g(x+1)=g(x)+g(1)在(-2,+∞)上有两个不同的实数根,构造函数,转化为零点分布问题,进而求解.
(3)将问题转化为方程h=h(x)+h在[0,nπ]上有2 022个不同的实数根,再转化为两个函数图象的交点个数问题,进而得解.
解析　(1)证明:f(x+1)=2x+1+2(x+1)2, f(x)+f(1)=2x+2x2+4,
由f(x+1)=f(x)+f(1),
得2x+1+2(x+1)2=2x+2x2+4,
整理得2x+4x-2=0.
令v(x)=2x+4x-2,则v(x)在[0,1]上单调递增,因为v(0)=-1<0,v(1)=4>0,所以v(x)在区间[0,1]上有零点,即存在x0∈[0,1],使得+4x0-2=0,即存在x0∈[0,1],使得f(x0+1)=f(x0)+f(1),
所以函数f(x)=2x+2x2在[0,1]上是“1跃点”函数.
(2)函数g(x)=x3+ax2-3在(-2,+∞)上存在2个“1跃点”等价于关于x的方程(x+1)3+a(x+1)2-3=x3+ax2-3+-2在(-2,+∞)上有两个实数根,即关于x的方程3x2+(a+3)x+3=0在(-2,+∞)上有两个不同的实数根.
令u(x)=3x2+(a+3)x+3,
则
解得a<-9或3所以实数a的取值范围是(-∞,-9)∪.
(3)由h=h(x)+h,
得cos(2x+π)-m=cos 2x-m+cos π-m,即cos 2x=.
因为函数h(x)=cos 2x-m在[0,nπ]上有2 022个“跃点”,所以关于x的方程cos 2x=在[0,nπ]上有2 022个不同的实数解,即函数y=cos 2x与y=的图象有2 022个交点,
所以或
或解得
或或
素养评析
本题第(1)问考查数学抽象的素养,能够根据“t跃点”函数的新定义去分析满足的条件,从而进行证明;第(2)问考查逻辑推理的素养,能够根据“t跃点”函数满足的条件,逆推出参数满足的条件,即可得到参数的取值范围;第(3)问考查直观想象的素养,要求能够在关联的复杂的情境下,寻找满足条件的实数m和n的值.五年高考练
考点1　函数的零点及其应用
1.(2025天津,7)已知函数f(x)=0.3x-,则该函数的零点落在以下哪个区间内(　　)
A.(0,0.3)　　　　B.(0.3,0.5)　　　　
C.(0.5,1)　　　　D.(1,2)
2.(2021天津,9)设a∈R,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.∪
3.(2021北京,15)已知函数f(x)=|lg x|-kx-2,给出下列四个结论:
①当k=0时, f(x)恰有2个零点①;
②存在负数k,使得f(x)恰有1个零点;
③存在负数k,使得f(x)恰有3个零点;
④存在正数k,使得f(x)恰有3个零点.
其中所有正确结论的序号是　　　　.
①关键点拨　转化与化归思想、数形结合思想
4.(2023天津,15)设a∈R,函数f(x)=ax2-2x-|x2-ax+1|.若f(x)恰有两个零点,则a的取值范围为　　　　.
5.(2025上海,21)已知函数y=f(x)的定义域为R.对于正实数a,定义集合Ma={x|f(x+a)=f(x)}.
(1)若f(x)=sin x,判断是不是Mπ中的元素,并说明理由;
(2)若f(x)=Ma≠ ,求a的取值范围;
(3)设y=f(x)是偶函数,当x∈(0,1]时, f(x)=1-x,且对任意a∈(0,2),均有Ma M2.写出y=f(x),x∈(1,2)的解析式,并证明:对任意实数c,函数y=f(x)-c在[-3,3]上至多有9个零点.
考点2　函数模型的应用
6.(全国Ⅰ,5改编)某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位:℃)的关系,在20个不同的温度条件下进行种子发芽实验,由实验数据(xi,yi)(i=1,2,…,20)得到下面的散点图:
由此散点图,在10 ℃至40 ℃之间,下面四个函数模型中最适宜作为发芽率y和温度x的函数模型的是(　　)
A.y=a+bx　　　　B.y=a+bx2
C.y=a+bex　　　　D.y=a+bln x
强基计划
7.(2024清华大学强基计划)x3+px2+qx+r=0在(0,2)内有三个不等实根,则p+q+r的取值范围为　　　　.
学科竞赛
8.(2025全国高中数学联赛福建赛区)已知x1,x2,x3为方程x3-247x2+2=0的3个不同实根,且x1答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B　f(0)=1, f(0.3)=0.30.3-=0.30.3-0.30.5>0,
f(0.5)=0.30.5-=0.30.5-0.50.5<0,
f(1)=0.31-<0, f(2)=0.32-<0,
所以f(x)的零点在区间(0.3,0.5)内.
2.A　当x≥a时, f(x)=x2-2(a+1)x+a2+5,其图象的对称轴方程为x=a+1,a+1>a,∴f(x)min=f(a+1)=4-2a.
①当4-2a>0,即a<2时, f(x)在[a,+∞)内无零点,
∴当x∵T==1,
∴作出f(x)的部分图象,如图,
∴
∴②当4-2a=0,即a=2时, f(x)在[a,+∞)内有1个零点,
∴当x∴③当4-2a<0,即a>2时,
(i)当f(a)<0,即a>时, f(x)在[a,+∞)内有1个零点,
∴当x∴(ii)当f(a)≥0,即a≤时, f(x)在[a,+∞)内有2个零点,
∴当x∴∴∴2综上可得,a的取值范围是∪.
3.答案　①②④真题降维
　　由f(x)=0得|lg x|=kx+2,令g(x)=|lg x|,h(x)=kx+2,则f(x)的零点个数转化为g(x)与h(x)图象的交点个数,再利用图象解决问题.
解析　令f(x)=|lg x|-kx-2=0,得|lg x|=kx+2,
令g(x)=|lg x|,h(x)=kx+2,所以f(x)的零点个数即函数g(x)与h(x)图象的交点个数.
当k=0时,如图a,g(x)与h(x)的图象有2个交点,则f(x)有2个零点,故①正确;
当k>0时,如图b,存在h(x)=k0x+2的图象与函数g(x)=|lg x|(x>1)的图象相切的情况,此时h(x)与g(x)的图象有2个交点,当0当k<0时,如图c,g(x)与h(x)的图象最多有2个交点,g(x)与h(x)的图象相切时有一个交点,如图d,故②正确,③不正确.
综上,正确结论的序号为①②④.
图a
图b
图c
图d
4.答案　(-∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞)
解析　解法一:函数f(x)=ax2-2x-|x2-ax+1|恰有两个零点等价于关于x的方程ax2-2x-|x2-ax+1|=0有两个不相等的实根,
设h(x)=x2-ax+1,令x2-ax+1=0,则Δ=a2-4.所以f(x)=ax2-2x-|x2-ax+1|
=
①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,h(x)=x2-ax+1≥0对任意的x∈R恒成立,
所以f(x)=(x+1)[(a-1)x-1],
当a=1时,令f(x)=0,得x=-1,与f(x)=0有两个不相等的实根矛盾;
当a=0时,令f(x)=0,得x1=x2=-1,与f(x)=0有两个不相等的实根矛盾;
当a≠0且a≠1时,令f(x)=0,得x1=-1,x2=,此时f(x)=0有两个不相等的实根.
②当Δ=a2-4>0,即a>2或a<-2时,分两种情况:
(i)若a>2,则当h(x)≥0时,由f(x)=0,得x1=-1,x2=,此时h(-1)=a+2>0,h=-+1=<0,
所以x1=-1,x2=(舍);
当h(x)<0时,由f(x)=0,得x3=1,x4=,此时h(1)=-a+2<0,h=-+1=>0,
所以x3=1,x4=(舍).
所以a>2时, f(x)=0有两个实根,分别为1,-1.
(ii)若a<-2,则当h(x)≥0时,由f(x)=0,得x1=-1,x2=,此时h(-1)=a+2<0,h=-+1=>0,
所以x1=-1(舍),x2=;
当h(x)<0时,由f(x)=0,得x3=1,x4=,此时h(1)=-a+2>0,h=-+1=<0,
所以x3=1(舍),x4=.
所以a<-2时, f(x)=0有两个实根,分别为,.
综上,a的取值范围是(-∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞).
解法二(数形结合):函数f(x)恰有两个零点 关于x的方程ax2-2x=|x2-ax+1|有两个不相等的实根 ax-2==有两个不相等的实根(x=0不是根).
在同一平面直角坐标系中作出函数y=ax-2,y=的大致图象,易知直线y=ax-2恒过y=(x<0)图象的最高点若两函数图象有两个交点,则符合题意.
①当a≤-2时,如图1,符合题意.
②当-2③当a=0时,如图3,不符合题意.
④当0⑤当a=1时,如图5,不符合题意.
⑥当1⑦当a≥2时,如图7,符合题意.
故a的取值范围是(-∞,0)∪(0,1)∪(1,+∞).
5.解析　(1)f=sin=, f=-sin=-,则不是Mπ中的元素.
(2)解法一:因为Ma≠ ,则存在实数x0使得f(x0+a)=f(x0),且a>0,
当x<0时, f(x)=x+2,在(-∞,0)上严格单调递增,
当x≥0时, f(x)=,在[0,+∞)上也严格单调递增,
则x0<0≤x0+a,则x0+2=,
令x+2=0,解得x=-2,则-2≤x0<0,
则a=(x0+2)2-x0=+∈.
解法二:作出该函数图象,如图1,
则由题意知直线y=t与该函数的图象有两个交点,
由图知0≤t<2,设交点分别为A(m,t),B(n,t),联立得得a=|AB|=m-n=t2-(t-2)=+∈.
(3)对任意x0∈(1,2),x0-2∈(-1,0),因为y=f(x)是偶函数,
所以f(x0-2)=f(2-x0),
而2-x0-(x0-2)=4-2x0∈(0,2),
所以x0-2∈ M2,
所以f(x0)=f(x0-2)=f(2-x0),
因为x0∈(1,2),则2-x0∈(0,1),
所以f(x0)=f(2-x0)=1-(2-x0)=x0-1,
所以f(x)=x-1,x∈(1,2),
所以当s∈(0,1)时,1-s∈(0,1),1+s∈(1,2),则f(1-s)=1-(1-s)=s, f(1+s)=(1+s)-1=s,则f(1-s)=f(1+s),而1+s-(1-s)=2s,(3-s)-(1-s)=2,
则1-s∈M2s M2,则f(1-s)=f(3-s),
所以当x∈(2,3)时, f(x)=f(x-2)=1-(x-2)=3-x,而f(x)为偶函数,画出函数图象如图2,
由f(x)是偶函数知f(-3)=f(3), f(-2)=f(2),
但f(0), f(2), f(3), f(-2), f(-3)的值均未知.
首先说明f(-3)=n (0,1),
若f(-3)=n∈(0,1),则-3+n∈(-3,-2),易知此时f(x)=x+3,x∈(-3,-2),
则f(-3+n)=n,所以-3∈Mn M2,
而x∈[-1,0)时, f(x)=x+1,
所以f(-3)=f(-1)=0,与f(-3)=n矛盾,所以f(-3) (0,1),即f(-3)=f(3) (0,1),令y=f(x)-c=0,则y=f(x)=c,
当c=0时,如图3,即使让f(-3)=f(3)=f(-2)=f(2)=f(0)=0,此时最多有7个零点,
当c≥1时,如图4,若f(-2)=f(2)=f(0)=f(-3)=f(3)=c,此时有5个零点,故最多有5个零点;
当c<0时,如图5,若f(-2)=f(2)=f(0)=f(-3)=f(3)=c,此时有5个零点,故最多有5个零点;
当0综上,对任意实数c,函数y=f(x)-c在[-3,3]上至多有9个零点.
6.D　把题图中散点用光滑曲线连接起来为比较接近对数型函数的图象.
7.答案　(-2,0)
解析　设f(x)=x3+px2+qx+r=(x-x1)·(x-x2)(x-x3).
∵x3+px2+qx+r=0在(0,2)内有三个不等实根,∴x1,x2,x3∈(0,2),且f(1)=1+p+q+r=(1-x1)(1-x2)(1-x3).
设y1=1-x1,y2=1-x2,y3=1-x3,则y1,y2,y3∈(-1,1),∴y1y2y3∈(-1,1),∴1+p+q+r=y1y2y3∈(-1,1),
∴p+q+r∈(-2,0).
8.答案　20
解析　设=a,则方程x3-247x2+2=0化为ax3-(2a2+1)x2+2=0.
因此(ax-1)(x2-2ax-2)=0.
所以方程的3个实数根分别为,a+,a-.
因为a=>1,所以a-<0<<1所以x2(-)=×(4a)=4=20.专题专项练
易混易错练7
易错点1　忽视函数零点存在定理的使用条件致错
1.(2025江苏南京、镇江、徐州等十校联盟检测)已知函数f(x)在区间[2,3]上的图象是连续不断的,设p:f(2)f(3)<0,q:f(x)在区间(2,3)上至少有一个零点,则p是q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2026北京第三十五中学期中)已知函数y=f(x)的图象是连续不断的,且在R上单调递增,有如下的对应值表:
x 1 2 3 4
y -0.12 1.32 4.28 12.65
下列说法错误的是(　　)
A.f(0)<0
B.若f(x)>0,则x≥2
C.函数f(x)有且仅有1个零点
D.关于x的方程f(x)-=0有且只有一个解
易错点2　函数图象画不准确致错
3.(多选题)(2025江苏盐城五校联考)已知函数f(x)=若f(x)=m有四个实数解a,b,c,d,且满足aA.ab=1　　　　B.cd∈(21,25)
C.c+d=22　　　　D.+=-1
4.(2026湖北武汉武钢三中月考)已知函数f(x)=若关于x的函数y=[f(x)]2+2bf(x)+2b+1有6个不同的零点,则实数b的取值范围是(　　)
A.　　　　B.(-1,0)
C.　　　　D.
5.(2026江苏苏州调研)已知函数y=f(x)的最小正周期为,当x∈时, f(x)=则函数y=f(x)-|ln x|的零点个数为　　　　.
易错点3　求参数的取值范围时考虑不全面致错
6.已知函数f(x)=ax2-x+a,“函数f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点”是“A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
7.(2025湖北武汉汉阳一中、江夏一中、洪山高级中学联考)已知关于x的方程-2k|x2-1|+k+1=0(k∈R).
(1)若方程无实根,求实数k的取值范围;
(2)若方程有4个不等实根,求实数k的取值范围;
(3)若k=a+b,且+=,a>0,b>0,试判断方程根的个数.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
易混易错练7
1.A 2.B 3.AC 4.A 6.A
1.A　因为函数f(x)在区间[2,3]上的图象是连续不断的,且f(2)f(3)<0,所以根据函数零点存在定理可知, f(x)在区间(2,3)上至少有一个零点,故充分性成立;
当f(x)在区间(2,3)上至少有一个零点时,不一定得到f(2)f(3)<0,如f(x)=-,其在区间(2,3)上存在两个零点,分别为,,但f(2)>0, f(3)>0,故必要性不成立.
所以p是q的充分不必要条件.
易错警示
函数零点存在定理成立的条件有两个:①函数图象在所给的闭区间上是一条连续不断的曲线;②区间端点处的函数值异号.
2.B　因为函数f(x)在R上单调递增,
所以f(0)因为f(1)=-0.12<00时,x>x0,故B中说法错误,C中说法正确.
由f(x)-=0,得f(x)=.
易知函数y=在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,且值域为(0,+∞),y=f(x)在(-∞,x0)上恒为负,在(x0,+∞)上恒为正,所以在(-∞,0)上, f(x)=无解.
当x=1时,y==1>-0.12;
当x=2时,y==≈0.63<1.32,
所以在区间(1,2)上, f(x)=有且仅有一个解.
综上,关于x的方程f(x)-=0有且只有一个解,故D中说法正确.
3.AC　作出函数f(x)的图象,如图所示.
由图可知,log2(a+1)=-log2(b+1),
∴log2(a+1)+log2(b+1)=log2[(a+1)·(b+1)]=0,∴(a+1)(b+1)=1,∴ab=-a-b,即+=-1,故D中说法正确,A中说法错误.
易知c+d=10,且c∈(3,5),
∴cd=c(10-c)=-c2+10c=-(c-5)2+25∈(21,25),故B中说法正确,C中说法错误.
4.A　作出函数f(x)的图象,如图所示:
令t=f(x),则函数y=[f(x)]2+2bf(x)+2b+1有6个不同的零点,即关于t的方程t2+2bt+2b+1=0在(0,1)上有两个不相等的实数根.
设g(t)=t2+2bt+2b+1,
则
解得-故实数b的取值范围是.
5.答案　4
解析　令f(x)-|ln x|=0,得f(x)=|ln x|,所以函数y=f(x)-|ln x|的零点个数等价于y=f(x)与y=|ln x|的图象的交点个数.
在同一平面直角坐标系中作出函数y=f(x)和y=|ln x|的图象,如图所示.
由图可知,y=f(x)与y=|ln x|的图象的交点个数为4,所以函数y=f(x)-|ln x|的零点个数为4.
6.A　①当a=0时, f(x)=-x,在(0,2)上无零点;
②当a>0时,由f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点,得
解得③当a<0时,由f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点,得无解.
综上可得,∵ ,∴“函数f(x)在(0,2)上有两个不相等的零点”是“7.解析　(1)令t=|x2-1|,则t≥0,t2-2kt+k+1=0(*).
若原方程无实根,则(*)式无实根或实根均小于零.
若(*)式无实根,则Δ=4k2-4(k+1)<0,解得若(*)式的两实根均小于零(设两根为t1,t2),则
解得-1综上,实数k的取值范围是.
(2)作出函数t=|x2-1|的图象,如图所示.
由图可知,当t=0或t>1时,方程t=|x2-1|有2个不同的解;当t=1时,方程t=|x2-1|有3个不同的解;当0设f(t)=t2-2kt+k+1,则要使原方程有4个不等实根,有以下情况:
①(*)式一根为零,另一根大于1,则k=-1,此时方程的另一根为-2,矛盾.
②(*)式有两个不等实根且两根均大于1,则
解得③(*)式有一个根在(0,1)内,另一根小于零,则即解得k<-1.
综上,实数k的取值范围为(-∞,-1)∪.
(3)因为+===,
所以2(a+b)+3=(a+2b)(a+3).
因为a>0,b>0,
所以=+≥2,
所以≥·,
即(a+2b)(a+3)≥16,
所以2(a+b)+3≥8,
所以a+b≥,
当且仅当=,即a=1,b=时,等号成立,所以k≥,此时
故(*)式有两个不等实根,且一根在(0,1)内,另一根大于1,故原方程有6个实根.

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