新高考数学二轮复习考点专题突破练习第07讲 函数的零点问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习考点专题突破练习第07讲 函数的零点问题（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习考点专题突破练习第07讲函数的零点问题原卷版doc、新高考数学二轮复习考点专题突破练习第07讲函数的零点问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
例1．（2022秋•黄冈月考）已知函数，在上没有零点，则实数的取值范围是
A．B．C．，D．，
【解析】解：设，图象如图，
函数，在上没有零点，
转化为图象与函数图象没有交点，
数形结合可得或，
实数的取值范围是．
故选：．
例2．（2022•郑州模拟）函数，给出下列四个结论：
①若，恰有2个零点；
②存在负数，使得恰有个1零点；
③存在负数，使得恰有个3零点；
④存在正数，使得恰有个3零点．
其中正确命题的个数为
A．1B．2C．3D．4
【解析】解：对于函数；
对于①，若，，令，整理得，，则
根据函数的图象，恰有2个零点；故①正确；
对于②，对于函数，，当时，
则根据函数的图象：
存在负数，使得恰有个1零点；故②正确；
对于③，如上图，把直线，以轴的交点为定点，沿逆时针方向旋转，则只要为负数，则使得直线与曲线只有两个交点，故③错误；
对于④，对于函数，，当时，
如图所示：
存在正数，使得恰有个3零点，故④正确．
故选：．
例3．（2022•和平区二模）已知函数满足对任意的都有，且当时，，函数，若关于的方程在，恰有5个互异的实数解，则实数的取值范围是
A．，
B．，，
C．，，
D．，，，，
【解析】解：根据有，
可得的周期为2．
当时，，
作出的图象，
从图象不难看出，当时，与无交点；
当时，，
①若，，将轴下方翻折，要使与恰有5个交点，
则，且，
解得，且；
②若，，将轴下方翻折，要使与恰有5个交点，
则，且，
解得，且；
综上，可得的取值范围是，，，，；
故选：．
例4．已知定义域为的函数，满足对任意，都有，且，当，时，，若函数，则函数在区间，上的零点的个数是
A．18B．19C．20D．21
【解析】解：令，由，
得到，
，
，
为以2为周期的周期函数，
，时，，
当，，，
作出函数与的图象，
由图象可知，两个图象有19个交点，
即函数在区间，上零点的个数是19个．
故选：．
例5．（2022•河东区校级模拟）已知函数，函数，若方程恰好有4个实数根，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：当时，，
则，由可得或（舍去）．
当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减．因此，在同一坐标系中画出函数
与曲线的图象如图所示：
由图可知，若函数与恰好有4个公共点，
则，即，解之得．
故选：．
例6．（2022秋•湖南月考）函数在区间，上的所有零点的和为
A．4B．6C．D．
【解析】解：令，得，
函数的零点就是函数与函数图象交点的横坐标．
又函数的图象关于点对称，
函数的周期为4，其图象也关于点对称，
画出两函数图象如图：
共有4个交点，这4个点两两关于点对称，故其横坐标的和为4．
故选：．
例7．（2022•道里区校级二模）若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为 ， ．
【解析】解：令，则，
令，
求导可得，，
故在上单调递减，在，上单调递增，
则（1），
又，（e），
，，
，
又函数在上有两个不同的零点，
实数的取值范围为，．
故答案为：，．
例8．（2022秋•荆州月考）已知函数．若关于的方程恰有4个不相等的实数根．则实数的取值范围是 ．
【解析】解：，
．
当或时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
作出的大致函数图象如图所示：
令，则当时，方程有1解，
当时，方程有2解，
当时，方程有3解，
关于的方程恰好有4个不相等的实数根，
关于的方程在和上各有一解，
，解得．
故答案为：．
【同步练习】
一．选择题
1．（2022秋•贵阳期末）函数在区间，上所有零点的和等于
A．2B．4C．6D．8
【解析】解：因为函数，
令，则，
则函数的零点就是与交点的横坐标，
又函数与的函数图象都关于对称，则交点也关于对称，
作出两个函数的图象如图所示，
观察图象可知，与在区间，上有8个交点，
即有8个零点，且关于对称，
故所有零点的和为．
故选：．
2．（2022秋•天心区校级月考）已知函数与，则函数在区间，，上所有零点的和为
A．4B．8C．12D．16
【解析】
解：函数的图象的对称点为，
的图象关于点对称，
函数与的图象都关于点点对称，
由图知：函数与的图象在，上4个交点，在区间，，上共有8个交点，对应每两关于点对称的交点横坐标的和为4，共4对，
即则共有8个零点，其和为16．
故选：．
3．（2022秋•深圳月考）已知是的根，是的根，则
A．B．C．D．
【解析】解：根据题意得，，
令，则，
函数在上单调递增，
，即，
，
故选：．
4．（2022•赣州一模）已知函数，当，时，把函数的所有零点依次记为，，，，，且，记数列的前项和为，则
A．B．C．D．
【解析】解：的零点即，即，
由，，解得，，2，4，6，8，即为的图象的对称轴方程，
则，，，，
可得，
故选：．
5．（2022春•莲池区校级期末）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或B．1或C．或2D．或1
【解析】解：因为①，
又函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，
则，即②，
①②可得，，
由于关于直线对称，
则关于直线对称，
因为为偶函数，则关于轴对称，
所以关于对称，
由于函数有唯一零点，
则必有，且，
即，
解得或．
故选：．
6．（2022•泗县校级模拟）已知、分别是函数、的零点，则的值为
A．B．C．2D．4
【解析】解：根据题意，已知、分别是函数、的零点，
函数的零点为函数与的交点的横坐标，
则两个函数图象的交点为，
函数的零点为函数与的交点的横坐标，则两个函数图象的交点为，，
又由函数与函数互为反函数，其图象关于直线对称，
而直线也关于直线对称，则点和，也关于直线对称，则有，
则有，
故选：．
7．（2022秋•大连期末）已知与分别是函数与的零点，则的值为
A．B．C．4D．5
【解析】
解：由，化简得，
设，，
由，互为反函数，其图象关于直线对称，
作直线，分别交，的图象为，两点，点为，的中点，
联立得；，
由中点坐标公式得：，
所以，
故选：．
8．（2022秋•海陵区校级月考）已知，函数的零点为，的极小值点为，则
A．（a）（b）（c）B．（b）（a）（c）
C．（b）（c）（a）D．（c）（a）（b）
【解析】解：因为（1），，
所以，
因为，
所以，
，
令，
得，所以，
又因为，
所以，
故，又是增函数，
故（a）（b）（c），
故选：．
9．（2022秋•驻马店期中）已知，函数的零点为，的极小值点为，则
A．B．C．D．
【解析】解：因为，
所以，
因为，
所以，
，
令，
得，
所以，
又因为，
所以，
故，
故选：．
10．（2022秋•10月份月考）已知函数，，则在，上根的个数为
A．4B．5C．6D．7
【解析】解：根据题意，作出和的图像：
在，上根的个数为与在，上的图像的交点个数，
所以交点有5个，
故选：．
11．（2022春•滨海新区校级期末）已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【解析】解：若函数恰有4个零点，
则有四个根，
即与有四个交点，
当时，与图象如下：
两图象只有两个交点，不符合题意，
当时，与轴交于两点，
图象如图所示，
当时，函数的函数值为，
当时，函数的函数值为，
所以两图象有4个交点，符合题意，
当时，
与轴交于两点，
在，内两函数图象有两个交点，所以若有四个交点，
只需与在，还有两个交点，即可，
即在，还有两个根，
即在，还有两个根，
函数，（当且仅当时，取等号），
所以，且，
所以，
综上所述，的取值范围为，，．
故选：．
12．（2022春•海淀区校级期末）已知函数给出下列三个结论：
①当时，函数的单调递减区间为；
②若函数无最小值，则的取值范围为；
③若且，则，使得函数恰有3个零点，，，且．
其中，所有正确结论的个数是
A．0B．1C．2D．3
【解析】解：对于①：当时，由，，所以函数在区间上不单调递减，故①错误；
对于②：若函数可转换为，画出函数的图象，
如图所示：
所以函数无最小值，则的取值范围为．故②正确．
对于③令，结合函数我的图象，不妨设，
则，所以，，所以，
令，即，
当时，，故有三个零点，且，符合题意，
当时，，故有三个零点，且，符合题意，故③正确．
故正确答案为：②③，
故选：．
二．多选题
13．（2022•辽宁三模）已知函数为定义在上的单调函数，且．若函数有3个零点，则的取值可能为
A．2B．C．3D．
【解析】解：因为为定义在上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则，，即，
因为函数为增函数，且，所以，．
当时，由，得；
当时，由，得．
结合函数的图象可知，若有3个零点，则，．
故选：．
14．（2022秋•福州期中）已知函数，则下列结论正确的有
A．若，则有2个零点
B．存在，使得有1个零点
C．存在，使得有3个零点
D．存在，使得有3个零点
【解析】解：函数的零点的个数可转化为函数与直线的交点的个数；
作函数与直线的图象如右图，
若，则函数与直线的图象在与上各有一个交点，
如直线，则有两个零点，故正确；
当时，当，时，，，，
故在，上至少有一个零点，又（1），结合图象知，在，上有两个零点，
即与有两个不同的交点，故当直线绕点顺时针旋转时，
存在直线与函数与直线的图象相切，即有一个零点，如直线，故正确；
当时，函数与直线的图象至多有两个交点，故不正确；
当且足够小时，函数与直线的图象在与上分别有1个、2个交点，如直线，故正确；
故选：．
15．（2022•深圳模拟）设函数和，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的为
A．的图象与轴相切
B．存在实数，使得的图象与轴相切
C．若，则方程有唯一实数解
D．若有两个零点，则的取值范围为
【解析】解：对于，的导数为，
由，可得，切点为，切线的方程为，
则的图象与轴相切，故正确；
的导数为，
由，，可得恒成立，即有在递增，且，，
所以的图像与轴不相切，故错误；
对于，因为，所以，令，，
，可得在递增，且（1），所以与轴只有一个交点，当时，，递减；
当时，，递增，所以的最小值为（1），即与轴只有一个交点，故正确；
对于，，，令，由题意可得，，
当时，，递增；当时，，递减，所以的最大值为，
令，，
可得递减，又，当时，，故正确．
故选：．
16．（2022秋•渝中区校级月考）设函数，下列选项正确的有
A．当时，有5个不相等的实根
B．当时，有4个不相等的实根
C．当时，有6个不相等的实根
D．当时，有5个不相等的实根
【解析】解：因为已知函数，
作图，
．若，则，，，
由上图可知，有一个解，
，有两个解，共三个解，故不符合题意．
．若，则，
若，
则或，
由可得方程，
由判别式大于零可知，该方程有两个解，共有四个解，且四个解不互相同，故符合题意，
．若，则，，
由函数的图像可知，或，或，，
令，，，
此时或或共6个解，故符合题意，
．若，则，
此时，
所以，
所以或，
由函数的图像可知，有两个解，有三个解，共5个解，且5个解，故符合题意，
故选：．
17．（2022秋•南通月考）已知，分别是函数和的零点，则
A．B．C．D．
【解析】解：根据题意，已知，分别是函数和的零点，
函数的零点为函数与的交点的横坐标，则两个函数图象的交点为，
函数的零点为函数与的交点的横坐标，则两个函数图象的交点为，，
又函数与函数互为反函数，其图象关于直线对称，
而直线也关于直线对称，且直线与直线的交点坐标为，
则点和，也关于点对称，
，，故，正确，
（1），，
，
，
易知函数在上单调递增，
，故错误，
，而，，
，又（1），
，
，而，
，故正确，
故选：．
18．（2022秋•苏州期中）函数在上有唯一零点，则
A．B．C．D．
【解析】解函数在上有唯一零点，
，
，
令，，则，此函数只有一个零点，
，可知在上单调递减，在上单调递增；
（1），
，此时
．
故选：．
19．（2022秋•新华区校级期末）函数在上有唯一零点，则下列四个结论正确的是
A．B．C．D．
【解析】解：函数的零点即为方程，即的根，
等价于函数的图象与直线有唯一公共点，
，，
因为在上单调递增，且当时，，当时，，
所以存在，使得，且当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
所以，正确，错误；又，所以，正确；
令，则，
当时，，，故错误；
故选：．
20．（2022秋•潍坊期末）已知函数则以下结论正确的是
A．
B．方程有三个实根
C．当，时，
D．若函数在上有8个零点，2，3，，，则的取值范围为
【解析】解：，如图所示，
时，是周期为2的函数，图象与一样，
中，，所以正确；
中，如图，
可得由4个交点，所以不正确；
中时，，所以，所以正确；
中函数在上有8个零点依次可得，都相等且，，而，，，，则，可得的取值范围为，所以正确；
故选：．
21．（2022•聊城模拟）用符号表示不超过的最大整数，例如：，．设有3个不同的零点，，，则
A．是的一个零点
B．
C．的取值范围是，
D．若，则的范围是，
【解析】解：令，则或，由解得，故选项正确；
又有3个不同的零点，故有两个不同的零点，即有两个不同的零点，不妨设这两个零点为，，
函数的图象与直线有两个不同的交点，
由得，令，解得，易知在单减，在单增，且，
作出的大致图象如下，
由图象可知，，显然不关于对称，故，
，选项错误；
又要使函数的图象与直线有两个不同的交点，则，注意到不是此时的零点，
，即，
，选项错误；
又，，
，
，
（3）（4），即，选项正确．
故选：．
22．（2022•辽宁二模）已知，，，若存在唯一零点，下列说法正确的有
A．在上递增
B．图象关于点中心对称
C．任取不相等的实数，均有
D．
【解析】解：，则在上递增，故正确，
，则图象关于点中心对称，故正确，
，当时，，即为增函数，即图象下凸，此时，故错误，
若存在唯一零点，则只有一个解，即与只有一个交点，
，，由（2）（2），
则、的图象均关于点中心対称，在的右侧附近为下凸函数，为上凸函数，
要时，图象无交点，当且仅当（2）（2）成立．
于是，即成立，故正确，
故选：．
三．填空题
23．已知函数，则函数的零点个数是 1 ．
【解析】解：设，则函数等价为，
由，得，
若，则，即，不满足条件．
若，则，则，满足条件．
故函数的零点个数只有1个，
故答案为：1．
24．（2022春•海珠区校级期中）定义在上的函数，当，时，，且为偶函数．函数，则方程所有根的和为 10 ．
【解析】解：因为为偶函数，故关于对称，
容易知也关于对称，故方程所有根的和为，
为在区间，上，与交点的个数；
在同一直角坐标系中画出与的图像如下所示：
由图可知，两函数在，上，与有5个交点，
故方程所有根的和为．
故答案为：10．
25．（2022秋•高邮市校级月考）已知函数，当，时，把函数的所有零点依次记为，，，，，且，记数列的前项和为，则 ．
【解析】解：，则，即，
令，的周期为，
在一个周期，内有两个根，，
则在，内共有18个根，即，
相邻的两个根都关于对称轴对称，
而的对称轴，，
即，关于对称，，关于对称，，，关于对称，
所以
．
故答案为：．
26．（2022秋•荔湾区校级期末）已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且满足，则函数的解析式为 ；若函数有唯一零点，则实数的值为 ．
【解析】解：因为函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，
所以，
因为，①
所以，
即，②
①②联立，可解得．
令，则，
所以为偶函数，
所以关于对称，
因为有唯一的零点，所以的零点只能为，
即，解得或
故答案为：；或．
27．（2022秋•闵行区校级月考）设，分别是函数和的零点（其中，则的取值范围是 ．
【解析】解：由是函数的零点可知，是方程，即方程的解，
同理是方程的解，
则、分别为函数的图象与函数和函数的图象交点的横坐标，
设两交点分别为，，，，
由知，，
又和以及的图象均关于直线对称，
两交点一定关于对称，
点，关于直线的对称点坐标为，，
，
设，其中，
由对勾函数的性质可知函数在上单调递减，
，
的取值范围是：，
故答案为：，
28．（2022秋•即墨区期中）已知，分别是函数和的零点（其中，则的取值范围是 ．
【解析】解：根据函数零点的定义可知是方程的根，所以也是函数的零点．
同理可得是方程的根，即，所以，所以也是函数的零点．
又，所以函数在上单调递增，所以，
由可知，所以在单调递增，
所以，
故答案为：．
29．（2022秋•垫江县校级月考）已知在内有且仅有一个零点，当，时，函数的值域是，，则 2 ．
【解析】解：由，
得：，
令，解得：或，
若在内有且仅有一个零点，
则必有，且，故，
此时，在递增，在递减，在递增，
又，，（1），（2），
故的值域是，，
故，，
故，
故答案为：2．
30．（2022•全国三模）函数的递增区间为 ， ；若，，则函数零点的取值范围是 ．
【解析】解：，
，
函数的递增区间为，；
令，
当时，，
故，函数在，单调递增，
当时，且；
当时，；
当时，；
当时，；
又，，
，（2），
故，．
故答案为：，；，．
31．（2022秋•邯郸期末）已知是正整数，有零点，则的最小值为 10 ．
【解析】解：由，得，
令，则，，
令，
由，解得：，
故在处取得最小值，
，，
，故，
故的最小值是10，
故答案为：10．
32．（2022春•水富县校级月考）已知且，函数的零点为，函数的零点为，则的最小值为 ．
【解析】解：由题意可得：，
在同一坐标系中作出函数，，的图象．
可知：与的交点．
可知：与的图象的交点．
与的图象关于直线对称，直线与直线垂直．
点与关于直线对称．
，可得．又，．
，
当且仅当时取等号．
故答案为：．
33．（2022秋•滕州市期末）若函数的零点为，且，，则的值为 ．
【解析】解：由，，，
及零点存在定理知的零点在区间上，
零点所在的一个区间是，，
，
故答案为：．
34．（2022秋•会宁县校级期末）设，关于的方程有两实数根，，且，则实数的取值范围是 ，， ．
【解析】解：设，
由，是的两个零点，且，
可得，即，
即，
所以或．
故答案为：，，．
35．（2022秋•天心区校级期末）记函数，其中表示不大于的最大整数，，若方程在区间，上有7个不同的实数根，则实数的取值范围为 ， ．
【解析】解：在同一坐标系内作出函数，的图象，如图所示：
则方程在区间，上有3个实根，
所以在区间，上有4个不同实根．
当直线经过点时，，
经过点时，．
若在区间，上有4个根，则的取值范围是，．
故答案为：，．