專題2.7 函數(shù)與方程（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學一輪復習專練（新高考專用）-試卷下載-教習網(wǎng)

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\l "_Tc8326" 【題型1 函數(shù)零點所在區(qū)間的判斷】 PAGEREF _Tc8326 \h 2
\l "_Tc24272" 【題型2 求函數(shù)的零點或零點個數(shù)】 PAGEREF _Tc24272 \h 4
\l "_Tc4684" 【題型3 根據(jù)函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)】 PAGEREF _Tc4684 \h 6
\l "_Tc21371" 【題型4 根據(jù)函數(shù)零點的范圍求參數(shù)】 PAGEREF _Tc21371 \h 9
\l "_Tc18679" 【題型5 由函數(shù)零點分布求值（范圍）】 PAGEREF _Tc18679 \h 12
\l "_Tc6552" 【題型6 復合函數(shù)的零點個數(shù)判定】 PAGEREF _Tc6552 \h 14
\l "_Tc16360" 【題型7 根據(jù)復合函數(shù)零點求參數(shù)】 PAGEREF _Tc16360 \h 18
\l "_Tc16909" 【題型8 函數(shù)零點的大小與范圍問題】 PAGEREF _Tc16909 \h 21
1、函數(shù)與方程
【知識點1 確定函數(shù)零點所在區(qū)間的方法】
1．確定函數(shù)f(x)的零點所在區(qū)間的常用方法
(1)利用函數(shù)零點存在性定理：首先看函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的圖象是否連續(xù)，再看是否有f(a)·f(b)a.
x≤a時，f′x=ex+1>0，因此函數(shù)在?∞,a單調(diào)遞增；
x>a時，f′x=ex?1.
（i）a∈0,+∞時，f′x>0，因此f′x在a,+∞單調(diào)遞增.
當10，利用導數(shù)判斷其單調(diào)性，作出其圖象，數(shù)形結合，即可求得答案.
【解答過程】由題意知函數(shù)f(x)=lnxx?xm有兩個零點，即lnxx?xm=0有兩個不等實數(shù)根，
即函數(shù)y=lnxx,y=xm的圖象有兩個不同交點；
設?(x)=lnxx,x>0，則?'(x)=1?lnxx2,x>0，
當00,0,x=0,xln?x?1,x0時，?x0)有2個交點即可，
所以方程a=lnx+1x有2個實數(shù)根.令tx=lnx+1x，則t′x=x?1x2，
當01.
故選：A.
【變式3-3】（2024·陜西漢中·二模）已知函數(shù)fx=12xln12,x≤04ln2x,x>0，若函數(shù)gx=fx?mx有4個零點，則m的取值范圍為（）
A．mm≥16e2B．mm≥eln22
C．meln221，切線斜率為k1=8lnx1x1，
則切線方程為y?4ln2x1=8lnx1x1x?x1，
代入點O0,0，可得?4ln2x1=?8lnx1，解得x1=e2，
此時切線斜率為k1=16e2；
若x≤0，則fx=12xln12=?ln2?12x，可得f′x=ln22?12x，
設切點坐標為x2,?ln2?12x2,x2≤0，切線斜率為k2=ln22?12x2，
則切線方程為y+ln2?12x2=ln22?12x2x?x2，
代入點O0,0，可得ln2?12x2=ln22?12x2?x2，解得x2=?1ln2=?lg2e，
此時切線斜率為k2=e?ln22；
結合圖象可知m的取值范圍為mm=eln22或m=16e2.
故選：D.
【題型4 根據(jù)函數(shù)零點的范圍求參數(shù)】
【例4】（2024·四川成都·三模）若函數(shù)fx=ex?kx2大于0的零點有且只有一個，則實數(shù)k的值為 e24 ．
【解題思路】首先判斷k>0，令fx=0，x∈0,+∞，參變分離可得k=exx2，依題意可得y=k與y=exx2在0,+∞上有且只有一個交點，令φx=exx2，x∈0,+∞，利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的最小值，從而求出k的值.
【解答過程】若k≤0時fx>0恒成立，所以fx=ex?kx2沒有零點，
所以k>0，
令fx=0，x∈0,+∞，即ex?kx2=0，所以k=exx2，
依題意y=k與y=exx2在0,+∞上有且只有一個交點，
令φx=exx2，x∈0,+∞，則φ′x=ex(x?2)x3，
所以當00)中，f?π4=3,fπ2=0，
∴3cs?π4ω+φ=33csπ2ω+φ=0 ,所以?π4ω+φ=2k1ππ2ω+φ=k2π+π2,k1,k2∈Z，
兩式相減得3π4ω=k2?2k1π+π2，
所以ω=43k2?2k1+23，即ω=4n3+23，n∈Z，
因為x∈?π3,?π6,ω>0，所以ωx+φ∈?π3ω+φ,?π6ω+φ ，
令ωx+φ=t， t∈?π3ω+φ,?π6ω+φ，
由題意知y=3cst在t∈?π3ω+φ,?π6ω+φ上無零點，
故?π3ω+φ,?π6ω+φ??π2+kπ,π2+kπ，k∈Z，
所以?π3ω+φ≥?π2+kπ?π6ω+φ≤π2+kπ，即?π3ω+φ≥?π2+kππ6ω?φ≥?π2?kπ，
兩式相加得?π6ω≥?π，所以03時，有x2?2a+1x+2a2?a+1=x?a?12+a2?3a≥a2?3a=aa?3>0，
所以fx在a,+∞上沒有零點.
而若1x?a+1+a=0，則只可能x=a?1a?1，所以fx在?∞,a上至多可能有1個零點.
故fx在R上至多可能有1個零點，從而在0,+∞上至多可能有1個零點，不滿足條件；
當0a.
故x=a+1+a3?a確為fx在a,+∞上的一個零點，
而當且僅當a2?3a+1≥0時，另一根x=a+1?a3?a是fx在a,+∞上的一個零點.
條件為fx在區(qū)間0,+∞內(nèi)恰有2個零點，從而此時恰有兩種可能：a?1a?1≥0a2?3a+10解得00的圖像如圖，由圖可知00，g(1)=?1e0，
所以g(0)g(1)