高中数学人教A版（2019）必修1 4.5 函数的应用（二）之二分法、零点 解答题专项练习题（含解析）

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4.5 函数零点 解答题专项
一、解答题
1．（2023高三上·潮州月考）设是定义在实数集上的函数，且对任意实数满足恒成立
（1）求，；
（2）求函数的解析式；
（3）若方程恰有两个实数根在）内，求实数的取值范围.
2．（2023高二下·白山期末）已知函数.（参考数据：.）
（1）讨论的单调性；
（2）若与函数的图象有三个不同的交点，求的取值范围.
3．（2023高二下·黄浦期末） 设函数是定义在上的函数，若存在，使得在上是严格增函数，在上是严格减函数，则称为上的单峰函数，称为峰点，称为含峰区间，
（1）判断下列函数中，哪些是“上的单峰函数”？若是，指出峰点；若不是，说出原因：，；
（2）若函数是区间上的单峰函数，求实数的取值范围.
4．（2023高二下·安徽月考）已知函数.
（1）若，判断在上的单调性；
（2）若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
5．（2023高一下·金华期末）已知函数.
（1）若，求的值；
（2）已知函数的图象经过，
（i）若，求的值；
（ii）若的三个零点为，且，求的值.
6．（2023高二下·湖州期末） 已知函数（且）.
（1）求函数的奇偶性；
（2）若关于的方程有实数解，求实数的取值范围.
7．（2023·黄埔）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）讨论函数的零点个数．
8．（2023高一下·湖南期中）已知函数.
（1）证明：函数为奇函数；
（2）判断函数的单调性；
（3）若函数，其中，讨论函数的零点个数.
9．（2023高一下·富阳月考）已知函数.
（1）在下面的平面直角坐标系中，作出函数的图象，并写出单调增区间；
（2）方程有四个不相等的实数根，求实数的取值范围.
10．已知函数．
（1）若关于的方程在区间上恰有2个不同的实数解，求的取值范围；
（2）设函数，若，对总有成立，求的取值范围．
11．（2023高二下·十堰期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若与函数的图象有三个不同的交点，求的取值范围.（参考数据：.）
12．（2023高一下·联合期末）已知函数．
（1）当函数是偶函数时，解不等式：；
（2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围．
13．（2023高二下·宁波期末） 已知定义在R上的函数，其中a为实数.
（1）当时，解不等式；
（2）若函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围；
（3）对于，若存在实数，满足，求的取值范围.（结果用a表示）
14．（2023高二下·工农月考）设函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数存在两个零点，证明：.
15．（2023高一下·浙江期中）已知函数
（1）证明：函数在上单调递减；
（2）讨论关于x的方程的实数解的个数．
16．（2023高一下·浙江期中） 已知函数（其中）.
（1）若且方程有解，求实数的取值范围；
（2）若是偶函数，讨论函数的零点情况.
17．（2023高二下·工农月考）已知函数（x∈R）为奇函数.
（1）求实数k的值；
（2）若对[-2，-1]，不等式≤6恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若函数-5在[1，+∞]上有零点，求实数的取值范围.
18．（2023·淮南模拟）已知函数，，其中.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若方程恰有两个根，求a的取值范围.
19．（2023·连云模拟）已知函数．
（1）求函数在区间上的最大值；
（2）若关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围．
20．（2022高一上·诸暨期末）已知函数.
（1）当时，求的单调递减区间；
（2）当时，函数恰有3个不同的零点，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：令 得 ；
令 得 ，即 .
（2）解：令 ，得
即：
则：
（3）解：
令 ，则方程 在 内只有一个解，
并且 时， 代入方程有三个解，不符合题意.
设 是方程 的两根，令 ，则
(i)当 ，且在 内时，有 ，此时 ，满足要求.
(ii)当 或 时，有
即
综上： 或 .
【解析】【分析】（1） 令 得 ；令 ， 得 ；
（2） 令 ，得 ，得函数解析式 ；
（3） ， 令 ，则方程 在 内只有一个解，令 ，分和 或 讨论，求解即可.
2．【答案】（1）解：因为，所以.
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为函数与函数的图象有三个不同的交点，
所以关于的方程有三个不同的根.
令，则有三个不同的零点.
.
当时，单调递增，则至多有一个零点，不合题意.
令，则.
当时，因为，所以，
所以单调递减，所以至多有一个零点，不合题意.
当时，令，得，且.
当，即时，，则，所以在上单调递增.
因为是连续的函数，且，
所以，所以在上只有一个零点.
当或，即或时，，
则在上单调递减.
令，
则，所以在上单调递增.
因为，所以.
因为，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
设在上的零点为，且，
因为，故为奇函数，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，的取值范围为
【解析】【分析】 (1)数利用导研究函数f(x)的单调性；
(2)将两函数图象有三个不同的交点转化为函数有三个零点，利用导数研究函数的单调性，分析求解即可.
3．【答案】（1）解：对于，有，在区间，上是增函数，
则不是，上的单峰函数，
对于，有，
在区间，上，，是增函数，在区间，上，，是减函数，
故是，上的单峰函数，其峰点为
（2）解：根据题意，若函数是区间，上的单峰函数，
则在在区间，上先增后减，
其导数，则的值在区间，上先正后负，
若，，在区间，上为减函数，不符合题意；
若，设，则在区间，上恒成立，所以为区间，上的增函数，且，，
若，则，则的值在区间，上先负后正，不符合题意，
若，则，则的值在区间，上恒小于或等于0，不符合题意，
若，则，则的值在区间，上恒大于或等于0，不符合题意，
故在区间，上不存在，满足的值在区间，上先正后负，
综合可得：不存在实数，使函数是区间，上的单峰函数，即实数的集合为.
【解析】【分析】 （1）根据“单峰函数”的定义即可分析两个函数是否是“单峰函数”；
（2）根据题意，可得的值在区间上先正后负，分与两种情况讨论，即可得出答案．
4．【答案】（1），
∵，∴，，∴，
∴当时，，∴函数在上单调递增.
（2）由题意得，，，则.
令，则，∴，.
（ⅰ）当，即时，令
，∴在上单调递增，则，
∴在上单调递增，∴，∴符合题意；
（ⅱ）当，即时，
①当时，，
故在区间上单调递减，∴，这与题设矛盾；
②当时，有，又，，令
，∴在上单调递增，
由零点存在性定理，知在上存在唯一零点，
∴当时，，此时，故与题设矛盾.
综上所述，的取值范围是.
【解析】【分析】(1) 求出函数的导数，判断(1-x)与的正负，即可判定函数 在上的单调性；
(2)求得，，再分3a-2≥0，3a-2< 0两种情况讨论求解，即可求出 的取值范围.
5．【答案】（1），
，
.
（2）由题设有，故，故.
（i）
.
（ii）因为，
所以.
若，则，
由（1）可知，当时，，所以.
所以也是函数的三个零点.
由，求得，所以.
由，求得，所以.
由，求得，所以.
所以，
同理可得，
又记，
所以
.
【解析】【分析】(1)根据f(-x)+f(x) =2可求出 的值；
(2)先求出f(x)，
(i)把代入f(x)结合 计算可得 的值；
(ii)利用根分布可判断出，进而得出，，，再根据(i)中结论可得三根之间的关系，可得 ，进而求出 的值.
6．【答案】（1）解：对于函数，有，则，解得，
所以函数的定义域为，
，故函数为奇函数.
（2）解：由可得，
则，
令，其中，
因为函数、在上为增函数，故函数在上为增函数，
当时，，
因此，实数的取值范围是.
【解析】【分析】(1)先求出函数的定义域，观察是否关于原点对称，再利用奇偶函数的定义验证即可.
(2)先根据方程由实数根，解得，再构造函数（），求出g(x)的值域即可求出实数m的取值范围.
7．【答案】（1）解：由，可得，
令，解得，
当时，则，可得，在单调递减；
当时，则，可得，在单调递增；
故函数的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）解：由，得，
因此函数的零点个数等价于函数与的图象的交点个数，
因为，所以的递增区间是，递减区间是，
所以当时，取最大值，
由（1）可知，当时，取最小值，
当，即时，函数与的图象没有交点，即函数没有零点；
当，即时，函数与的图象只有一个交点，即函数有一个零点；
当，即时，函数有两个零点，
理由如下：
因为，
所以，，
由函数零点存在定理，知在内有零点.
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以在上只有一个零点.
又因为，
所以的图象关于直线对称，
因为的图象关于直线对称，
所以与的图象都关于直线对称，
所以在上只有一个零点.
所以，当时，有两个零点.
【解析】【分析】(1)求得，令，解得，结合导数的符号，即可求解出函数的单调区间；
(2)根据题意转化为函数f (x)与g (x)的图象的交点个数，根据二次函数的性质，得到g (x)的单调性和最值，由(1)知f (x)取最小值f(1)=2，分别分-28．【答案】（1）证明：，
则函数的定义域为，关于原点对称，
，所以函数为奇函数；
（2）解：，
又函数在和上单调递减，
由函数图象的平移可知在上单调递减，
而函数在上单调递增，利用复合函数的单调性质知，
函数在上单调递减；
（3）解：由，得，令，则，
当时，由，得，如图，
当时，，由图可知，对应有3个零点；
当时，，由图可知，对应有1个零点；
当时，如图，
由图可知，只有一个，对应有1个零点；
综上，当时，函数只有3个零点；
当时，函数只有1个零点；
当时，函数只有1个零点.
【解析】【分析】（1）根据对数函数的概念求出函数的定义域，结合奇偶函数的定义即可证明；
（2），利用复合函数的单调性质即可判断；
（3） 令，则， 分类讨论，时，结合图形，t分别对应的零点个数，进而得解.
9．【答案】（1）解：当时，；当时，，
所以，.
作出函数的图象如下图
由图像可知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：
如图2，作出函数与直线的图象.
由图2知，当时，直线与有4个交点，即方程有四个不相等的实数根，
所以，.
【解析】【分析】（1）由题意得，作出函数图象，数形结合可得函数的单调增区间；
（2）方程有四个不相等的实数根，即直线与有4个交点，数形结合即可得解.
10．【答案】（1）解：函数，由得，
依题意，曲线与直线在区间上恰有2个交点，
，当时，，当时，，
因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，取最小值，最小值为，
，又，
所以.
（2）解：由总有成立知，
函数在上的最小值不大于函数在上的最小值，即，
由（1）知，在区间上，，
当时，，当时，，当时，，
因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
于是，则有，即，
所以的取值范围是.
【解析】【分析】（1） 先根据在区间上恰有2个不同的实数解，转化为 与在区间上恰有2个交点，讨论的单调性后，通过数形结合即可求出m的范围.
（2）由题意可知 ， 先根据（1）得到 在的最小值；再讨论 在的单调性求出最大值；最后根据 ，即可求的取值范围．
11．【答案】（1）解：因为，所以.
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为函数与函数的图象有三个不同的交点，
所以关于的方程有三个不同的根.
令，则有三个不同的零点.
.
当时，单调递增，则至多有一个零点，不合题意.
令，则.
当时，因为，所以，
所以单调递减，所以至多有一个零点，不合题意.
当时，令，得，且.
当，即时，，则，所以在上单调递增.
因为是连续的函数，且，
所以，所以在上只有一个零点.
当或，即或时，，
则在上单调递减.
令，
则，所以在上单调递增.
因为，所以.
因为，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
设在上的零点为，且，
因为，故为奇函数，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，的取值范围为
【解析】【分析】(1)先对进行求导，对a进行分类讨论，利用导数和单调性的关系即可求判断单调性.
(2)将两个函数图象交点问题转化成方程零点问题，再利用导数的性质进行求解.
12．【答案】（1）解：函数的定义域为，
，
，
因为函数是偶函数，所以，即，
则有，化简得，
因为不恒为0，所以，即．
，即，
化简得，
即，
即，
解得，
所以不等式的解集为．
（2）解：由题有两个零点，
定义域为，
即方程在上有两个实数根，在上有两个实根，
即在上有两个实数根，
所以
令，则在上有两个实数根，
所以函数与图象有两个交点，
因为，
当时，，当时，，
结合函数的图象可知，当时，恰有两个交点，
所以实数的取值范围为．
【解析】【分析】(1)利用偶函数的定义可得 ，对不等式 化简得 ， 结合二次不等式和指数函数单调性运算求解；
(2)分析可知 在上有两个实数根， 换元 令， 可得 函数与图象有两个交点， 结合函数图象分析求解.
13．【答案】（1）解：，
当时，，无解；
当时，，即，满足题设；
所以的解集为；
（2）解：令，则有，，
如果，则有，当时都能成立，不满足题意；
当时，，又，a的取值范围是；
（3）解：对于，令有2个不同的实数解，并且，
当时，，当时，，函数的大致图像如下：
当并且时，有，即，
令，则，并且， ，
令，则 ，
，显然是关于t的增函数，即， ，
是关于t的增函数，，并且，即；
当 时，，同理令，，，
，y是关于t的增函数，
；
所以的取值范围是；
综上，（1）的解集为，（2）a的取值范围是，（3）的取值范围是.
【解析】【分析】 (1)将代入解不等式即可；
(2)令，分和两种情况讨论，分析求解；
(3)用求根公式将转化为a和m，再根据m的取值范围讨论，利用导数判断原函数的单调性，结合单调性分析求解.
14．【答案】（1）由于，则定义域为 ，
可得：，
当时，∵，∴，故在区间上单调递减；
当时，∵，∴由可得，由得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：∵，，，不妨设，
则有，，
两式相加得，相减得，
消去得：，
令，则，
要证，即证，也就是要证，即证，
令，
∵
∴在上为增函数，，即成立，故.
【解析】【分析】（1）由函数，可知定义域为，再求出函数的导函数，分、根据导函数的正、负讨论函数的单调性；
（2）易得，因时函数的两个零点，可得，，两式相加、相减消去整理可得：，令，则，要证明，即证，令，求导利用导数推出函数在区间的单调性，从而得证.
15．【答案】（1）解：任取，
则，
令，且，
则，，
所以，即，
故函数在上单调递减．
（2）解：关于x的方程的实数解的个数，等价于函数与常函数的交点个数，
由（1）可得：，
令，且，
则，，
所以，即，
故函数在上单调递减，
结合（1）可得：函数在上单调递减，在上单调递增，故，
令，且，整理得，解得或，
故函数的图像如图所示：
可得函数的图像如图所示：
对于函数与常函数的交点个数，
则有：当时，交点个数为0个；当或时，交点个数为2个；
当时，交点个数为3个；当时，交点个数为4个．
【解析】【分析】（1）利用定义法令，化简得到，即可函数在上单调递减；
（2）将问题转化为函数与常函数的交点个数，根据函数单调性画出图形，进行翻折得到图形，进而讨论方程的实数解的个数．
16．【答案】（1）解：因为方程有解，所以方程有解，
即的值域与方程的值域相同.
所以，即，故
（2）解：因为是偶函数，所以，
有，解得，经检验满足题意.
函数的零点情况等价于的解的情况，
即，讨论的解的情况，
令，则
当时，，此时方程无解，
当时，函数开口向上，且恒过定点，
则只有一解，此时方程只有1解，
当时，函数开口向下，且恒过定点，且函数的对称轴，则方程（*）无解，
综上所述：当时函数无零点，当时函数有一个零点.
【解析】【分析】(1)根据题意进行参数分离，将方程有解问题转化成函数交点问题，对部分函数值域进行分析，从而得出参数有关的等式或不等式.
(2)需要从偶函数的定义得到k的值，进一步化简整体替换，从而得到新的函数并分类讨论m值结合二次函数图象与性质分析得出答案.
17．【答案】（1）解：因为是奇函数，
所以，解得k＝1，
此时符合题意．
（2）解：原问题即为，，即恒成立，
则，
设，∵，∴，
则，
∵，∴当时，取得最小值26，
要使不等式在上恒成立，则，
即实数m的最大值为26．
（3）解：，
则，
设，当x≥1时，函数为增函数，则，
若在上有零点，
则函数在上有零点，
即，即，
∵，当且仅当时取等号，
∴，即λ的取值范围是．
【解析】【分析】(1)根据题意由奇函数f(0) = 0可解得k的值；
(2)分离参数得 ，整体换元 ，易知3≤t≤9，利用二次函数的性质可求得实数m的取值范围；
(3)化简得 ， 构造函数 ，利用函数为增函数，可得当x≥1时， ，若 在上有零点， 则函数在上有零点， 分离参数，利用基本不等式可求得实数的取值范围.
18．【答案】（1）解：，，
当时，，函数在上单调递增，
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：令，则，
设，则为增函数，，
当时，则，函数在上单调递增，则为增函数，
因此方程不可能有两个根；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，由于，
，方程恰有两个根，当且仅当有两个实根，因此，即，
由于，则在上恰有一个根，
函数，则，令，
即函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
当时，，即，
于是，由于，
取，则，
因此在上恰有一个根，从而有两个实根，
所以a的取值范围是.
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而讨论出函数的单调性。
（2） 令，再利用对数的运算法则，则，设，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出方程不可能有两个根，当时结合函数在上和在上的单调性以及，，从而得出方程恰有两个根，当且仅当有两个实根，因此，进而得出实数a的取值范围，由于，则在上恰有一个根，函数，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，即，于是，由于，取，则，因此在上恰有一个根，从而有两个实根，进而得出实数a的取值范围。
19．【答案】（1）解：当时，，则，
所以，函数在上单调递增，所以，.
（2）解：函数的定义域为，由可得，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，且，
当时，，则，所以，函数在上单调递增，
当时，，则，所以，函数在上单调递减，
所以，，
令，其中，则，则函数在上为增函数，
因为，，则存在，使得，
当时，；当时，.
由题意可知，直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
【解析】【分析】（1） 利用已知条件结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数在区间上的最大值。
(2) 利用函数的定义域为，由可得，令，其中，利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的极大值，令，其中，再结合求导的方法判断函数的单调性和零点存在性定理，则存在，使得，当时，；当时，，由题意可知，直线与函数的图象有两个交点，由图可知实数的取值范围。
20．【答案】（1）解：当时，，
由二次函数的性质得的单减区间为.
（2）解：由题意知，，易知不是的零点.
①当时，，
令，则，
②当时，，
令，则，
③当时，，
令，则，
设，则，记，
对于①，，设，任取，且，
则，
因为，所以，又，则，
所以，即，则m在上递增，此时单调递减，且，
故当时，只有1个零点：当时，没有零点.
对于②，，此时在单调递减，在单调递增，且时，趋近，时，趋近，
故当，即时，有2个零点；
当，即时，没有零点；
当时，只有1个零点.
对于③，令，则，记，
因为，则，显然在单调递减，且，
则时，有1个零点：当时，没有零点.
综上所述，时，有3个零点.
法二：令，即，因为，故，
因为与的渐近线分别为和，而是恒过的折线.
由图可知，当与相切时，有两个零点，
即在有且只有一个解.
即在有且只有一个解.
当，即 时， ，不成立；
当 时，，解得，
故当时，有3个零点.
【解析】【分析】（1）利用a的值得出分段函数的解析式，再结合分段函数的解析式画出分段函数的图象，再利用分段函数的图象得出分段函数的单调递减区间。
（2） 利用已知条件结合两种方法解题。方法一，利用已知条件结合分类讨论的方法和函数的单调性以及零点存在性定理，进而得出实数k的取值范围；法二：令，即，再利用，故，再结合与的渐近线分别为和，而是恒过的折线，再利用函数的图象和函数的零点与方程的根的等价关系，进而得出满足要求的实数k的取值范围。
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