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专题14,函数零点问题(解析版)

时间:2022-07-06 15:15:03 浏览次数:

下面是小编为大家整理的专题14,函数零点问题(解析版),供大家参考。

专题14,函数零点问题(解析版)

 

 专题 14

 函数零点问题 专项突破一

 函数零点的定义 1.函数 f(x)=x 2 ﹣4x+4 的零点是(

 )

 A.(0,2)

 B.(2,0)

 C.2 D.4 【解析】由 f(x)=x 2 ﹣4x+4=0 得,x=2, 所以函数 f(x)=x 2 ﹣4x+4 的零点是 2,故选:C. 2.已知函数   21 , 01, 0x xf xx x     ,则1( )2y f x   的所有零点之和为(

  )

 A.2 12 B. 122 C. 2

 D. 0

 【解析】

 0 x  时,由21( 1) 02x   得212x   , 0 x  时,由11 02x   得12x   或32x   , 所以四个零点和为2 2 1 31 1 02 2 2 2      .故选:D. 3.(多选)若函数 y=(ax-1)(x+2)的唯一零点为-2,则实数 a可取值为(

  ) A.-2 B.0 C.12 D.-12 【解析】由题可知 ax-1≠0 或 ax-1=0 的解为 x=-2, 故 a=0 或 a=12 .故选:BD. 4.(多选)若函数( ) f x ax b  只有一个零点 2 ,那么函数2( ) g x bx ax = - 的零点是( ). A.12

 B. 0

 C.12 D. 1

 【解析】由题意知 2 0 a b   ,∴ 2 b a  , 0 a  , ∴2( ) 2 (2 1) g x ax ax ax x       ,使 ( ) 0 g x  ,则12x   或 0 x  .故选:AB 5.函数  22 2, 1,2 log , 1xxf xx x    的零点为________. 【解析】当 1 x 时,令 2 2 0 x  ,解得 1 x ; 当 1 x 时,令22 log 0 x  ,解得14x  (舍去),所以函数   f x 存在零点,且零点为 1 . 6.若函数  2f x x ax b    的两个零点是 2 和 3,则不等式2 1 0 bx ax   

 的解集为________ . 【解析】根据题意,2 3 52 3 6a ab b          ,则不等式可化为

   2 21 16 5 1 0 6 5 1 0 2 1 3 1 0 ,2 3x x x x x x x                   . 7.函数 2 1 1 y x x     的零点为______. 【解析】由 2 1 1 y x x     定义域为12    ,

  由 2 1 1 0 x x     ,即 2 1 1 x x    ,可得24 0 x x  

 ,解得 4 x 或 0 x 

 又 0 x  时,不满足方程 2 1 1 0 x x     , 4 x 时满足条件.故答案为:

 4 x

 8.函数  22, 01 , 0x xf xlnx x    的零点之和为__________. 【解析】令22 0 x   得, 2 x   ,只有 2 x   符合题意,即12 x 

 令 1 ln 0 x   得, xe ,所以函数( ) f x 的零点之和为2 e 专项突破二

 零点存在定理判断零点所在区间 1.函数  e 2 6xf x x    的零点所在的区间是(

  )

 A.  3,4

 B.   2,3

 C.   1,2

 D.   0,1

 【解析】函数 ( ) e 2 6xf x x   

 是 R 上的连续增函数, 2(1) e 4 0, (2) e 2 0 f f       ,可得 (1) (2) 0 f f  , 所以函数( ) f x

 的零点所在的区间是 (1,2) .故选:C 2.函数2( ) log 4 f x x x   的零点所在的区间为(

  )

 A.   0,2

 B.   2,3

 C.  3,4

 D.   4,5

 【解析】因为函数2log , 4 y x y x   在   0,   上都是增函数, 所以函数2( ) log 4 f x x x   在   0,   上是增函数, 又    22 1 2 4 1 0, 3 log 3 1 0 f f         , 所以函数2( ) log 4 f x x x   的零点所在的区间为   2,3 .故选:B. 3.方程12 3xx  的解所在的区间是(

  )

 A.  0,1

 B.   1,2

 C.   2,3

 D.   3,4

 【解析】设1( ) 2 3xf x x   ,易知它是增函数, (1) 2 0 f    , (2) 1 0 f   , 由零点存在定理知( ) f x 在 (1,2) 上存在唯一零点.故选:B.

 4.用二分法研究函数  5 38 1 f x x x    的零点时,第一次经过计算得   0 0 f  ,   0.5 0 f  ,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(

  )

 A.   0,0.5 ,  0.125 f

 B.   0,0.5 ,   0.375 f

 C.  0.5,1 ,   0.75 f

 D.   0,0.5 ,   0.25 f

 【解析】因为(0) (0.5) 0 f f ,由零点存在性知:零点  00,0.5 x  , 根据二分法,第二次应计算0 0.52f    ,即   0.25 f ,故选:D. 5.函数( ) lg 4 f x x x   的零点为0x ,0( , 1) x k k   ( ) kZ ,则 k 的值为(

  )

 A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】

   lg 4 f x x x    是   0,   上的增函数, 又     3 lg3 1 0 4 lg4 0 f f      , ,  函数   lg 4 f x x x    的零点0x 所在区间为   3,4 , 又  0, 1 , x k k k Z    , 3 k   .故选:C. 6.已知函数  2 x f x x   ,   ln g x x x   ,     0 h x x x x    的零点分别为1x ,2x ,3x ,则1x ,2x ,3x的大小关系是(

  ). A.1 2 3x x x   B.1 3 2x x x  

 C.3 2 1x x x   D.1 2 3x x x   【解析】在同一坐标系中分别作出 yx , 2 x y  ,ln y x , y x   的图象,如图所示.

  由图可知,函数   2xf x x   ,   ln g x x x   ,     0 h x x x x    的零点分别为1x ,2x ,3x , 则10 x ,  20,1 x  ,31 x ,所以1 2 3x x x  .故选:A 7.已知实数 b 满足 2 3b ,则函数  2 x f x x b    的零点所在的区间是(

  )

 A.  1,0 

 B.   0,1

 C.   1,2

 D.   2,3

 【解析】由已知得2log 3 b ,所以  22 log 3xf x x    ,

 又  12 212 1 log 3 log 3 021 f        ,  02 22 0 log 3 1 log 3 0 0 f       ,  12 22 1 log 3 3 log 3 0 1 f       ,  22 22 2 log 3 6 log 3 0 2 f       ,  32 22 3 log 3 11 log 3 0 3 f       ,所以零点所在区间为   0,1 ,故选:B. 8.(多选)已知函数   y f x  的图象是一条连续不断的曲线,且有如下对应值表:

 x 1 2 3 4 5 y 0.2  1.3 0.9 0.5  1 

 下列区间中函数   y f x  一定有零点的是(

  )

 A.   0,2

 B.   2,3

 C.  3,4

 D.   4,5

 【解析】因为函数   y f x  的图象是一条连续不断的曲线, 且         1 0, 2 0, 3 0, 4 0 f f f f     ,函数在区间   1,2 和   3,4 上一定有零点.故选:AC. 9.(多选)函数2( ) 2 x f x ax   的一个零点在区间 (1,2) 内,则实数 a 的可能取值是(

  )

 A.0 B.1 C.2 D.3 【解析】因为函数22 x y yx   、 在定义域   0 x x  上单调递增, 所以函数  22 x f x ax   在   0 x x  上单调递增, 由函数  22 x f x ax   的一个零点在区间   1,2 内, 得         1 2 (2 2 )(4 1 ) 3 0 f f a a a a            ,解得 0< <3 a ,故选:BC 10.(多选)下列函数中,在区间   1,3 上有零点是(

  )

 A.  24 f x x  

 B. 212xf x x     C.  31log f x xx 

 D. 122f x xx 

 【解析】A 选项,    22 2 4 0,2 1,3 f     ,A 选项符合. B 选项,当    2 21 11,3 , 1, 1, 02 2x xx x f x x              ,B 选项错误.

 C 选项,  31log f x xx  在区间   1,3 上单调递增,    21 1, 3 03f f     ,     1 3 0 f f   ,所以   f x 在区间   1,3 上有零点,C 选项符合. D 选项,  122f x xx  在区间   1,3 上单调递增,    21 1, 3 3 03f f      ,     1 3 0 f f   ,所以   f x 在区间   1,3 上有零点,D 选项符合. 故选:ACD 11.已知函数   22 6xf x x    的零点为0x ,不等式06 x x  的最小整数解为 k ,则 k  __________. 【解析】

 函数   2 2 6xf x x    为 R 上的增函数,   1 2 0 f   ,   2 2 0 f   ,  函数   2 2 6xf x x    的零点0x 满足01 2 x  ,07 6 8 x    ,06 x x   的最小整数解 8 k = . 12.若方程23 2xx   的实根在区间  , m n 内,且 m 、 nZ , 1 n m   ,则 m n   ____________ 【解析】方程23 2xx   的实根即函数3 x y  与22 y x   图象交点的横坐标, 作出函数 3xy  与22 y x   图象如图所示:

 由图知方程23 2xx   只有一个负实根, 令  23 2xf x x    ,则函数  23 2xf x x    只有一个负零点, 因为    222 3 2 2 0 f      ,    121 3 1 2 0 f      ,     2 1 0 f f     , m 、 Z n , 1 n m   , 所以方程23 2xx   的实根在区间  2, 1   内,所以 2 m , 1 n , 3 m n   ,

  专项突破三

 求函数零点个数

 1.函数  ln 2 6 f x x x    的零点的个数为(

  )

 A.0 B.1 C.2 D.3 【解析】由于函数   f x 在   0,   上是增函数,且     1 4 0, 3 ln3 0 f f     , 故函数在   1,3 上有唯一零点,也即在   0,   上有唯一零点.故选:B. 2.已知函数  21, 0,2log , 0.xxf xx x   >则函数    12g x f x   的零点个数为(

  )

 A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 【解析】当 0 x  时,  1 1( ) 0, 12 2xg x x      ,因为 0 x  ,所以舍去; 当 0 x  时,  21|log | 0, 22g x x x      或22x  ,满足 0 x  .所以 2 x  或22x  . 函数    12g x f x   的零点个数为 2 个.故选:C 3.已知函数  e , 02 , 0xxf xx x   ,则方程   2 0 f f x   的根个数为(

  )

 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【解析】令  2 0 y f f x      ,即  2 f f x    根的个数, 设   f x t  ,所以   2 f t  ,即 0,e 2tt   或 0, 2 2 t t    ,解得 ln2 t  或 1 t  , 即   ln2 f x  或   1 f x  ,即 0,e ln2xx   或 0, 2 ln2 x x    ,解得ln22x   ; 或 0,e 1xx    或 0, 2 1 x x     ,无符合题意的解. 综上所述:程  2 y f f x      的根个数为 1 个.故选:A. 4.已知函数( ) cos2 cos f x x x  ,且   0,2π x ,则( ) f x 的零点个数为(

  )

 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【解析】由   2cos2 cos 2cos cos 1 cos 1 2cos 1 0 x x x x x x         可得 cos1 x   或1cos2x  ,又   0,2π x ,则 π x  ,或π3x ,或5π3x 

 则( ) f x 的零点个数为 3,故选:C

 5.已知函数  22 , 0lg , 0x x xf xx x    ,则函数     1 1 g x f x    的零点个数为(

  ). A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】由   0 g x  可得  1 1 f x   . 当 0 x  时,22 1 1 2 x x x       ,或 1 2 x    (舍去), 当 0 x  时, lg 1 10 x x    或110x  . 故 1 1 2 2 2 x x        是   g x 的零点, 1 10 9 x x     是   g x 的零点,1 9110 10x x     是   g x 的零点. 综上所述,   g x 共有 3 个零点.故选:C 6.函数 ( )cos lg f x x x   零点的个数为(

  )

 A.4 B.3 C.2 D.0 【解析】由 ( ) cos lg 0 f x x x    ,得 cos lg x x  , 所以函数( ) f x 零点的个数等于 cos , lg y x y x  图象的交点的个数, 函数 cos , lg y x y x   的图象如图所示,

 由图象可知两函数图象有 4 个交点,所以( ) f x 有 4 个零点,故选:A 7.函数2( ( ) 4 1)xf x x    的零点个数为(

  )

 A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】令2( ) ) 0 ( 4 1xf x x     ,可得21 ( ) 4 x x   , 则原命题即求 4 x y  与2( 1) y x   图象交点的个数,分别作出 4 x y  与2( 1) y x   图象,如下所示

 由图象可得,交点为 A 、 B 、 C 三点,所以函数2( ( ) 4 1)xf x x    的零点个数为 3.故选:C 8.函数  e ln 1xf x x   的零点个数为(

  )

 A. 0

 B. 1

 C. 2

 D. 3

 【解析】

 ( ) e ln 1 0xf x x   1ln eexxx     , 作出函数 exy  和 ln y x  的图象:

 可由 exy  的图象先关于 y 对称,再关于 x 轴对称得 exy  ,作出 ln y x  的图象,再作出它关于 y 轴对称的图象得 ln( ) y x   的图象,两者结合得 ln y x  的图象. 如图,函数 exy  和 ln y x  的图象它们有两个交点, 所以方程( ) 0 f x 有两个解,即( ) f x 有两个零点.故选:C.

 9.已知函数  2 1, 22, 21xxf xxx   ,则方程  1 f f x    的实数根的个数为(

  )

 A. 7

 B. 5

 C. 3

 D. 2

 【解析】令( ) f x t ,则( ) 1  f t, ①当 2 t„ 时,| |2 1 1t  ,| |2 2t  ,| | 1 t  ,即 1 t  , ②当 2 t  时,211 t, 3 t   , 画出函数( ) f x 的图象,如图所示,

 若 1 t   ,即( ) 1 f x   ,无解;

 若 1 t  ,直线1 y t   与 ( ) y f x 的图象有 3 个交点,即  1 f f x    有 3 个不同实根; 若 3 t  ,直线3 y t  与( ) y f x 的图象有 2 个交点,即  1 f f x    有 2 个不同实根; 综上所述,方程[ ( )] 1 f f x  的实数根的个数为 5 个,故选:

 B . 10.函数  3 23 2 f x x x x    的零点个数为(

  )

 A. 2

 B. 3

 C. 4

 D. 5

 【解析】令   2 h x x  ,  3 23 g x x x   ,则   f x 零点个数即为   g x 与   h x 图象的交点个数;    23 6 3 2 g x x x x x      ,则当     ,0 2,    x 时,   0 g x   ;当   0,2 x 时,   0 g x   ;   g x  在   ,0   ,   2, 上单调递增,在   0,2 上单调递减, 又   0 0 g  ,   2 4 g  ,进而可得  g x 图象与   h x 图象如下图所示,

 由图象可知:

  g x 与   h x 共有 5 个交点,即   f x 有 5 个零点.故选:D. 11.已知函数   1, 1ln 1 , 1x xf xx x     ,则函数    2 g x f f x    的零点个数为(

  )

 A.3 B.4 C.2 D.1 【解析】令( ) f x  ,令( ) 0 g x ,则( ) 2 0 f    , 当1   时,则 ( ) ln( 1) f    ,所以 ln(1) 2 0    

 ,2e 1    , 当1  „时,( ) 1 2 0 f       ,则1    , 作出函数( ) f x  的图象如下图所示,

 直线1    与函数 ( ) f x  的图象只有 1 个交点, 线2e 1    ,与函数 ( ) f x   的图象只有 2 个交点,

 因此,函数 ( )g x 只有 3 个零点,故选:

 A . 12.已知函数, 0( ), 0xlnx xf xe x  „,则2 ( )( ) 2 f x f x   实数根的个数为(

  )

 A.2 B.3 C.4 D.5 【解析】做出( ) f x 图像如下:

 2 ( )( ) 2 f x f x  2 ( )( ) 2=0 f x f x       ( ) 1 ( ) 2 =0 f x f x    ( ) 1 f x   或 ( ) 2 f x   , ①若( ) 1 f x  时, ⑴当 0 ( )= =1 x f x lnx  , ,x e  或1 xe,符合题意; ⑵当 0 ( )= =1xx f x e   , , 0 x   ,符合题意; ②若( ) 2 f x   , ( ) 0 f x  ( ) 2 f x   

 综上:2 ( )( ) 2 f x f x   共有 3 个实数根.故选:B. 13.已知函数  2π1 sin6y x x     在  5,5 内零点的个数为(

  )

 A.4 B.5 C.3 D.2 【解析】因为21 1 x   ,所以令  2π1 sin 06y x x      等价于πsin 06x    , 即6x k    , k Z  .又因为   5,5 x  ,所以7 5, ,6 6 6x     . 所以函数  2π1 sin6y x x     在  5,5 内零点的个数为 3 个.故选:C 14.(多选)函数   4 2 2122 log 2 f x x x m m     ( m 为常数)的零点个数可能为(

  )

 A. 2

 B. 4

 C. 5

 D. 6

 【解析】因为  222 1 1 1 m m m        ,所以 212log 2 0 m m   . 令2t x  ,则  0, t  ,2222 ,0 222 , 2t t ty t tt t t       ,如下图所示:

 ①当 212log 2 0 m m   时,由22 0 t t  可得 10 t , 22 t , 方程20 x  只有一解,方...

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