13函数的应用（函数的零点）-江苏省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（苏教版）

这是一份13函数的应用（函数的零点）-江苏省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（苏教版），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末）已知函数，若有四个不同的解且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）函数的零点所在的大致区间为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）在下列区间中，函数的零点所在的区间可能为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）若函数满足，当时，，若在区间上，方程有两个实数解，则实数的取值范围为是（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·江苏盐城·高一江苏省上冈高级中学校联考期末）函数的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·江苏南京·高一校考期末）函数的零点为（ ）
A．B．2C．D．
7．（2023上·江苏南京·高一统考期末）函数的零点为，函数的零点为，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（2022上·江苏常州·高一校考期末）函数的零点个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．（2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末）已知函数，下面关于函数的描述正确的是（ ）
A．存在，使得函数是上的增函数
B．若存在b使得函数存在4个零点，则
C．当时，若函数有1个零点，则
D．对于任意，都存在实数b使得函数存在两个零点
10．（2023上·江苏淮安·高一统考期末）已知函数是定义在上的偶函数，对于任意，都有成立．当时，，下列结论中正确的有（ ）
A．
B．函数在上单调递增
C．直线是函数的一条对称轴
D．关于的方程共有4个不等实根
11．（2023上·江苏淮安·高一统考期末）已知有两个零点，且，则下列说法正确的有（ ）
A．，
B．
C．若，则的最小值为
D．且，都有
12．（2023上·江苏泰州·高一统考期末）已知函数的图象是一条不间断的曲线，它的部分函数值如下表，则（ ）
A．在区间上不一定单调
B．在区间内可能存在零点
C．在区间内一定不存在零点
D．至少有个零点
13．（2023上·江苏常州·高一统考期末）设函数是定义在R上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（其中）恰有3个不同的零点，则实数a可能的取值有（ ）．
A．5B．6C．7D．9
14．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数在区间上存在零点
C．当时，
D．若，则
15．（2023上·江苏扬州·高一校考期末）已知函数，若存在实数使得方程有四个互不相等的实数根，则下列叙述中正确的有（ ）
A．B．C．D． 有最小值
三、填空题
16．（2023上·江苏盐城·高一校联考期末）已知函数的定义域为，且对都有.当时，，则函数的零点为 ；不等式的解集为 ．
17．（2023上·江苏泰州·高一统考期末）已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解，则实数的取值集合为 .
18．（2022上·江苏南京·高一校考期末）函数有 个零点．
19．（2022上·江苏泰州·高一靖江高级中学校考期末）已知，关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围为 .
20．（2022上·江苏常州·高一校考期末）已知，关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是 .
四、解答题
21．（2023上·江苏盐城·高一校联考期末）已知函数，其中.
(1)若，求解方程；
(2)求当时，函数的零点；
(3)求证：当时，函数至多只有一个零点.
22．（2023上·江苏淮安·高一统考期末）已知函数．
(1)若函数的零点在区间上，求正整数k的值；
(2)记，若对任意的恒成立，求实数a的取值范围．
23．（2023上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）设，函数.
(1)讨论函数的零点个数；
(2)若函数有两个零点，求证：.
24．（2022上·江苏南通·高一统考期末）已知指数函数满足．
(1)求的解析式；
(2)设函数，若方程有4个不相等的实数解．
（i）求实数的取值范围；
（i i）证明：．
1
2
3
4
5
6
参考答案：
1．B
【分析】作出分段函数的图象，数形结合确定以及，进而可得，构造函数讨论最值即可求解.
【详解】当时，；
当时，；
当时，；
作出函数的图象如下，
则由图象可知，的图象与有4个交点，
分别为，
因为有四个不同的解且，
所以，且，且，
，
又因为
所以即，
所以，
所以，且，
构造函数在单调递减，
所以，
故选:B.
2．D
【分析】由题意可知在递增，且，由零点存在性定理即可得出答案.
【详解】易判断在递增，.
由零点存在性定理知，函数的零点所在的大致区间为.
故选:D.
3．D
【分析】由零点存在定理判断可得结果.
【详解】因为，
所以，，，
，，
所以函数的零点所在的区间可能为，
故选：D.
4．C
【分析】由条件求出函数在上的解析式，结合图象研究方程的解的个数，由此确定的取值范围.
【详解】因为，当时，，
所以当时，，
作函数在上的图象，作函数的图象如下；
设直线的斜率为，
由图象可得若在区间上，方程有两个实数解，则，
因为直线过点，，所以，
所以，
故选：C.
5．D
【分析】先判断函数的单调性，然后再根据零点存在性定理，通过赋值，即可找到零点所在的区间，从而完成求解.
【详解】函数可看成两个函数和组成，
两函数在上，都是增函数，
故函数在上也是单调递增的，
所以，
而，
由零点存在性定理可得，函数零点所在区间为.
故选：D.
6．A
【分析】由函数单调性及，求出答案.
【详解】在上单调递增，又，
故函数的零点为.
故选：A
7．D
【分析】根据函数单调性,再由确定范围,即可确定实数的取值范围.
【详解】已知,,
函数的零点为，
函数的零点为，
则
又因为,这两函数均单调递增，
当时，,解得.
故选:D.
8．B
【分析】注意分段函数的定义域，直接令即可求解.
【详解】由题设知，
当时，令，
即，
解得：，，（舍），
即当时，零点的个数是2；
当时，，此时没有零点.
故选：B.
9．BD
【分析】作出函数的图象，利用图象分析的交点个数进行求解可判断BCD；讨论函数单调性可判断A.
【详解】易知当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，
因为与单调性相同，
所以不存在，使得函数是上的增函数，A错误；
作出函数的图象如图，

因为的顶点纵坐标，
所以由图可知，要使与有4个交点，必有，
解得，B正确；
当时，由图可知，当时，与有1个交点，C错误；

由图可知，当且时，与必有2个交点，故D正确.

故选：BD
10．AC
【分析】由，令可得，进而结合奇偶性即可判断A选项；由可得，可得函数是周期为4的偶函数，结合题设画出大致图象，结合图象可判断BC选项；进而画出函数的大致图象，即可判断D选项.
【详解】由，
令，则，即，
因为是定义在上的偶函数，所以，故A正确；
由A知，，则，
所以函数是周期为4的偶函数，结合时，，
画出大致图象如下：

结合图象可知，函数在上单调递减，直线是函数的一条对称轴，故B错误，C正确；
对于D，画出函数的大致图象如下：

结合图象可知，函数和有两个交点，
所以方程共有2个不等实根，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出函数是周期为4的偶函数，然后画出大致图象，结合图象即可求解.
11．BD
【分析】根据函数零点的定义，结合一元二次方程根的判别式、作差法逐一判断即可.
【详解】因为有两个零点，且，
所以是方程的两个不等实根，
于是有：，故B正确；
若，显然满足，此时，故A错误；
当时，由，
此时，所以C错误；
，
因为，
所以，所以D正确，
故选：BD
12．ABD
【分析】根据零点存在性定理判断即可.
【详解】由所给表格可知，，，，
所以，，，
又函数的图象是一条不间断的曲线，所以函数在区间、、存在零点，
即至少有个零点，故D正确；
对于A，由于只知道，的函数值，故无法判断在区间上的单调性，故A正确；
对于B、C，虽然，，由于不知道函数在内的取值情况，
所以函数在内可能存在零点，故B正确，C错误；
故选：ABD
13．BC
【分析】根据题意分析函数的性质，将零点问题转化为与的交点问题，数形结合，列式运算即可.
【详解】∵，则函数关于直线对称，
又∵函数是定义在R上的奇函数，则，
即，则，
故函数是以4为周期的周期函数，
又∵，即，
故函数关于点对称，
令，则，
原题等价于与有3个交点，且的定义域为，
如图所示，则可得，解得，
故B、C正确，A、D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用数形结合求方程解应注意两点：
（1）讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
（2）正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
14．BC
【分析】根据函数的奇偶性判断A；根据零点的存在性定理判断B；结合图形，根据函数的单调性判断C；根据赋值法判断D.
【详解】A：函数的定义域为R，关于原点对称，
，，
所以函数为非奇非偶函数，故A错误；
B：，
有，又函数是连续的，
由零点的存在性定理，得函数在上存在零点，故B正确；
C：如图，当时，，
函数，且在R上单调递减，且，
当时，，即，故C正确；

D：，
当时，，故D错误.
故选：BC.
15．ABD
【分析】画出与的图象，根据图象对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】画出与的图象如下图所示，
由图可知，
依题意可知，
，所以，所以，A选项正确.
由是方程的两个不相等实数根，
即是方程的两个不相等实数根，所以，B选项正确.
由图可知，当直线向下移动时，存在，使，C选项错误.
，
当且仅当时等号成立，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】本小题主要的难点有三个，一个是化的图象，主要是含有绝对值的函数以及对钩函数的图象；一个是的关系以及的关系；一个是基本不等式求最值，要注意等号成立的条件.
16．
【分析】根据奇函数的定义得到函数是上奇函数，从而求出时，的解析式以及的单调性，令求得其零点，再结合奇函数的性质得到关于的一元二次不等式，即可求解.
【详解】因为对都有，即，
所以是上的奇函数，
又时，，
所以时，函数在上单调递增，
即函数在上单调递增，
当时，，则，即；
所以时，，
当时，令，解得：或（舍去），
当时，，
所以函数的零点为，
又，即，
即，所以，
则或，
即或，解得：，
所以不等式的解集为，
故答案为：；
17．
【分析】分类讨论的不同取值，并作出的图象，利用数形结合的思想，结合函数图象确定两个函数图象的交点的个数即可求解.
【详解】，
当时，，
此时无解，不满足题意；
当时，设，
则与的图象大致如下，
则对应的2个根为，
此时方程均无解，
即方程无解，不满足题意；
当时，设，则与的图象大致如下，
则则对应的2个根为，
若方程恰有三个不相等的实数解，
则与函数的图象共有3个不同的交点，
①当时，与函数的图象共有2个交点，如图所示，
所以与函数的图象只有1个交点，
则，所以，解得；
②当时，与函数的图象共有2个交点，
所以与函数的图象只有1个交点，
则，与矛盾，不合题意；
③当时，与函数的图象共有2个交点，如图所示，
所以与函数的图象只有1个交点，
则，所以，解得；
综上，的取值集合为，
故答案为: .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于作出函数的图象，将方程恰有三个不相等的实数解转化为两条横线与函数图象的图象的交点的个数共计3个，数形结合思想求解.
18．2
【分析】将问题转化为方程的根的个数，即函数和的图象交点个数，画出两函数的图象，即可求得结果.
【详解】函数的零点个数，就是方程的根的个数，
即函数和的图象交点个数，
函数和的图象如下图所示，

由图象可知，两函数图象有2个交点，
所以函数有2个零点，
故答案为：2
19．
【分析】令，结合的图象将问题转化为“方程在上有两不等实根”，利用韦达定理结合二次函数性质求解出的取值范围.
【详解】作的图象如下图所示，
令，因为关于x的方程有8个不等的实数根，
结合图象可知，关于的方程有两不等实根，记为，且，
因为，，所以，
又因为，，即，所以的取值范围是，
所以的取值范围是，
故答案为：.
20．
【分析】令，结合的图象将问题转化为“方程在上有两不等实根”，然后根据二次函数性质即得.
【详解】作函数的图象如图所示，
令，因为关于x的方程有8个不等的实数根，
结合图象可知，关于的方程在上有两不等实根，
则，
解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
21．(1)
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）对方程变形，根据绝对值的定义分类讨论，结合一元二次方程求解即可；
（2）把求函数零点问题转化为求方程的根的问题，根据绝对值的定义分类讨论，结合一元二次方程求解即可；
（3）分和取绝对值化简函数，利用函数的单调性结合零点存在性定理判断证明即可.
【详解】（1）由题意，所以，即，
当时，，即，，又，所以；
当时，，，方程无解，
所以方程的解为.
（2），
当即时，有，即，
解得，所以，
当即时，有，所以，
所以，解得或，所以，
综上：函数的零点为，.
（3）当即时，，
因为和在上单调递减，所以在上单调递减，
又，所以无零点；
当即时，，
令，由对勾函数的性质知在单调递增，在单调递减，
当时，，
当时，，
当时，，
所以函数在上无零点，在上有一个零点，
综上函数至多只有一个零点.
【点睛】方法点睛：函数零点（方程的根）的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点.
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
22．(1)
(2)
【分析】（1）由零点存在性定理以及函数单调性的定义得出结果；
（2）根据对数运算、对数函数的定义域以及参变分离结合基本不等式求得结果.
【详解】（1）由，
得，
令，定义域为．
任取，
∵，∴，，
∴，在上单调递增．
，，由零点存在定理知．
（2）由已知得恒成立，即，
显然，首先对任意成立，即，
由，得，所以．
其次，，设，，则有，，令，，
，由基本不等式知，，当且仅当时，
有最大值1，∴
综上，实数a的取值范围为．
23．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用分离参数法分类讨论函数的零点个数；
（2）利用根与系数关系和三角函数单调性证明.
【详解】（1），
令，即，
时，即，
或即时，无解；
即时，仅有一解，此时仅有一解；
即时，有两解，
各有一解，此时有两个零点；
综上，时，无零点，
时，有一个零点，
时，有两个零点；
（2）有两个零点时，令，则为两解，
则，则，
则，
由可得，
则，则，
则，
由可得，
则，由在递减，
可得，则.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
24．(1)
(2)（i）；（i i）证明详见解析
【分析】（1）根据指数函数的知识求得的解析式.
（2）利用换元法，结合指数函数二次函数的性质以及基本不等式求得的取值范围.结合图象、对称性以及放缩法证得.
【详解】（1）设（且），
由于，所以，
由于且，所以解得，
所以.
（2）（i），
方程有4个不相等的实数解．
即①有4个不相等的实数解．
令，则，
，
当且仅当时等号成立.
所以①化为②，
对于函数，，
所以是偶函数，图象关于轴对称，
当时，令，，，
任取，，
其中，
，所以在上递增，
根据复合函数单调性同增异减可知在上递增；
由于是偶函数，所以在上递减.
所以的最小值是.
所以方程②在上有两个不同的实数根，
所以，解得，
所以的取值范围是.
（i i）由于是偶函数，图象关于轴对称，
所以不妨设，
所以要证明，
即证明，即证明.
设方程②的两个不同的实数根为，则，
，
由整理得，
解得（对应，所以舍去），
所以，
则，
，
由于，
所以，
即，所以．
【点睛】本题的主要难点有两个，一个是根据方程的根的个数求参数的取值范围，涉及到了二次函数的性质、指数型复合函数以及函数的奇偶性.第二个难点是不等式的证明，首先根据奇偶性将所证明的不等式简化，然后通过解复杂的指数方程，再结合基本不等式、放缩法等知识来证得结论成立.基本不等式的变形：，右侧部分还可变形为.