2026北师大版高中数学必修第一册练习--第五章 复习提升（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026北师大版高中数学必修第一册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽视零点存在定理的条件或不可逆性而出错
1.(2024安徽蚌埠期末)已知函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的图象是一条连续的曲线,则“f(a)·f(b)<0”是“函数y=f(x)在开区间(a,b)内至少有一个零点”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2025上海高桥中学期中)已知函数f(x)的图象是连续不断的,并且在R上,随着自变量x的不断增大,f(x)的值也不断增大,且有如下的对应值表:
x 1 2 3 4
f(x) -0.12 1.32 4.28 12.65
给出以下说法:
①f(0)一定小于0;
②若f(x)>0,则x≥2;
③函数f(x)的图象一定和x轴有一个交点;
④关于x的方程f(x)-=0有且只有一个解.
其中正确说法的个数为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　
C.3　　　　D.4
易错点2　画函数图象时不准确而出错
3.(2025江西上饶第四中学测试)已知函数f(x)=若方程f(x)=m有四个不同的实根x1,x2,x3,x4(x14.设函数f(x)=3x,且f(a+2)=18,函数g(x)=3ax-4x(x∈R).
(1)求g(x)的解析式;
(2)若方程g(x)-b=0在[-2,2]上有两个不同的解,求实数b的取值范围.
易错点3　分类讨论时对分类标准把握不准确而出错
5.(2023湖南长沙长郡中学期末)已知函数f(x)=2ln x2-3[x]+3,其中[x]表示不大于x的最大整数(如[1.6]=1,[-2.1]=-3),则函数f(x)的零点个数是(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
6.(2025湖北武汉三校联考)已知关于x的方程(x2-1)2-2k|x2-1|+k+1=0(k∈R).
(1)若方程无实根,求k的取值范围;
(2)若方程有4个不等实根,求k的取值范围;
(3)若k=a+b,且满足+=,a>0,b>0,试判断该方程根的个数.
思想方法练
一、数形结合思想在函数零点问题中的应用
1.(2025广东汕尾期末)若函数f(x)=恰有3个零点,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-3,-2]　　　　B.(-3,-2)
C.(-4,-3]　　　　D.(-4,-3)
2.(多选题)(2024河南洛阳段考)已知f(x)=若关于x的方程f(x)=a有四个不同的解x1,x2,x3,x4,且x1A.x1x2>4　　　　B.0C.x3+x4>2　　　　D.3.(2025福建泉州晋江联考)已知函数f(x)=则方程f(f(x))=k的不等实数解的个数至多是(　　)
A.5　　　　B.6　　　　
C.7　　　　D.8
二、转化与化归思想在函数零点问题中的应用
4.(多选题)(2024广西南宁第三十六中学月考)已知函数f(x)=若f(x)=a有四个不同的解x1,x2,x3,x4且x1A.-　　　　B.-　　　　C.-　　　　D.-
5.(多选题)(2025陕西师大附中月考)已知函数f(x)=下面关于x的方程f(f(x))+a=0的实数根的个数的说法中,正确的是(　　)
A.当a=-时,原方程有6个不等实根
B.当a=-时,原方程有6个不等实根
C.当a=0时,原方程有4个不等实根
D.无论a取何值,原方程都不可能有7个不等实根
三、分类讨论思想在函数零点问题中的应用
6.(2024黑龙江齐齐哈尔期末)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥1时, f(x)=x+-3,当07.已知函数f(x)=2x,h(x)=x2-4x+5m,φ(x)与f(x)互为反函数.
(1)求φ(x)的解析式;
(2)若函数y=φ(h(x))在区间(3m-2,m+2)内有最小值,求实数m的取值范围;
(3)若函数g(x)=φ(x>0),关于x的方程[g(x)]2+a|g(x)|+a+3=0有三个不同的实数解,求实数a的取值范围.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 2.C 5.D
1.A　因为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的图象是一条连续的曲线,
所以由零点存在定理知,当f(a)·f(b)<0时,函数y=f(x)在开区间(a,b)内至少有一个零点,充分性成立;
当y=f(x)在开区间(a,b)内至少有一个零点时,f(a)·f(b)<0不一定成立,如y=x2,它在开区间(-1,1)内有零点x=0,但f(-1)·f(1)>0,必要性不成立.
故为充分不必要条件.
易错警示
零点存在定理是不可逆的,由已知图象连续的函数y=f(x)在区间(a,b)内存在零点,不一定能推出f(a)f(b)<0.
2.C　由题意知f(x)在R上单调递增,故f(0)由题及f(1)=-0.12<00时,x>x0,②错误;
由f(x)在R上单调递增,且在区间(1,2)内存在一个零点x0,可知函数f(x)的图象一定与x轴有一个交点,③正确;
f(x)-=0即f(x)=,易知y=在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,且值域为(0,+∞),
f(x)在(-∞,x0)上恒为负,在(x0,+∞)上恒为正,且x0∈(1,2),所以在(-∞,0)上f(x)=无解,
而x=1时,=1>-0.12,x=2时,=<1.32,
所以在区间(1,2)内,f(x)=有且仅有一个根,
故关于x的方程f(x)-=0有且只有一个解,④正确.
3.答案　(-1,0)
解析　当x>3时,f(x)=x2-10x+24=(x-5)2-1,
令x2-10x+24=0,解得x=4或x=6,
令x2-10x+24=3,解得x=3或x=7.
当0作出函数y=f(x)的图象,如图所示,
若方程f(x)=m有四个不同的实根x1,x2,x3,x4(x1则y=f(x)的图象与直线y=m有四个不同的交点,且交点的横坐标依次为x1,x2,x3,x4(x1则对于x1,x2,可知|log3x1|=|log3x2|,可得log3x1+log3x2=log3(x1x2)=0,所以x1x2=1.
对于x3,x4,可知x3+x4=10,可得x4=10-x3,
所以=
==-+10,x3∈(3,4),
由对勾函数的性质可知y=-+10在(3,4)上单调递增,则-+10∈(-1,0),
所以的取值范围是(-1,0).
4.解析　(1)∵函数f(x)=3x,且f(a+2)=18,
∴3a+2=18,∴3a=2,∴g(x)=3ax-4x=2x-4x(x∈R).
(2)方程g(x)-b=0,即2x-4x-b=0,
令t=2x,由x∈[-2,2],得≤t≤4,
∴g(x)-b=0在[-2,2]上有两个不同的解等价于方程t-t2-b=0在上有两个不同的解.
在同一平面直角坐标系中作出函数y=t-t2在R上的图象及直线y=b,如图.
当t∈时,y=t-t2单调递增;当t∈时,y=t-t2单调递减.当t=时,y=;当t=时,y=;当t=时,y=.由图知,当b∈时,函数y=t-t2,t∈的图象与直线y=b有两个交点,即方程g(x)-b=0有两个不同的解.注意函数y=t-t2中,t的范围不是R,而是,4因此实数b的取值范围是.
5.D　设函数g(x)=2ln x2,h(x)=3[x]-3,x≠0,易知g(x)为偶函数,
在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)=2ln x2与h(x)=3[x]-3的图象,如图所示,
当x≤-1时,两函数图象没有交点,即f(x)没有零点;
当-1当0当x=1时,g(x)=h(x)=0,两函数图象有1个交点,即f(x)有1个零点;
当2≤x<3时,h(x)=3,4ln 2≤g(x)<4ln 3,两函数图象有1个交点,即f(x)有1个零点;
当x≥3时,两函数图象没有交点,即f(x)没有零点.
综上,函数f(x)=2ln x2-3[x]+3共有4个零点.
6.解析　(1)令t=|x2-1|,则t≥0,原方程可转化为t2-2kt+k+1=0(*),
若原方程无实根,则需(*)式无实根或两实根均小于零,
令f(t)=t2-2kt+k+1,其图象开口向上,对称轴为直线t=k,
①若(*)式无实根,则Δ<0,即4k2-4(k+1)<0,解得②不妨设(*)式的两根分别为t1,t2,则t1,t2均为负,则解得-1综合①②,可知k的取值范围是.
(2)由(1)知t=|x2-1|≥0,作出函数t=|x2-1|的图象,
可知当t=0或t>1时,方程t=|x2-1|有2个不同的解;
当t=1时,方程t=|x2-1|有3个不同的解;
当0要使原方程有四个不等实根,则有以下几种情况:
(i)(*)式的一根为零,另一根大于1,若0为方程t2-2kt+k+1=0的根,则k=-1,此时方程的另一根为-2,矛盾;
(ii)(*)式有两个不相等的实根且两根均大于1,则解得(iii)(*)式的一个实根在(0,1)内,另一根小于零,则解得k<-1.
综上所述,k的取值范围为(-∞,-1)∪.
(3)+===,所以2(a+b)+3=(a+2b)(a+3),
因为a,b为正实数,所以=+≥2,
可得≥×,即(a+2b)(a+3)≥16,所以2(a+b)+3≥8,即a+b≥,
当且仅当=,即a=1,b=时等号成立,
故k≥,此时满足
故(*)式有两个不相等的实根且一根在(0,1)内,另一根大于1,结合(2)中图象可知,原方程有6个不等实根.
易错警示
在研究含参函数的零点问题时,要注意对参数进行分类讨论,在研究分段函数的零点问题时,要注意针对函数的各段解析式进行分类讨论.
思想方法练
1.D 2.BC 3.B 4.BC 5.ABC
1.D　由f(x)=0,得a=
设g(x)=
令x=0,则g(0)=50-4=-3,令x2-4x=0,得x=0或x=4,
作出函数g(x)的图象,如图所示:
将函数零点个数问题转化为图象交点个数问题,画出g(x)的图象,通过图象的直观性求解,体现了数形结合的思想.
由图可知,当g(x)∈(-4,-3]时,直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点,从而函数f(x)有3个零点,
但x2-4x+1-a>0对x>0恒成立,即a0恒成立,
又x2-4x+1=(x-2)2-3≥-3,所以a<-3(不要忽略函数f(x)的定义域),
所以a∈(-4,-3).
2.BC　如图,作出函数f(x)的图象:
由题意可知直线y=a与f(x)的图象有4个不同的交点,由图象可知02=2.
由图象得到函数零点的范围及零点间的关系,由此判断结论是否成立.
当f(x4)=f(0)=2时,ln x4=2,即x4=e2,又03.B　设t=f(x),则f(f(x))=k可转化为f(t)=k,
易得f(0)=f(-2)=f=-3,f(-1)=f=-4,
作出函数f(x)的大致图象,如图,
通过作出函数图象,将方程解的个数问题转化为图象交点的个数问题,由图象的直观性解决问题.
由图可得,当k>-3时,f(t)=k有两个根,记为t1,t2,令t1,即t=f(x)<-2或t=f(x)>,
此时方程f(f(x))=k最多有5个不等实根;
当-4即-2≤t=f(x)<-1或-1此时方程f(f(x))=k最多有6个不等实根;
当k=-4时,f(t)=k有两个根,记为t6,t7,令t6此时方程f(f(x))=k有4个不等实根;
当k<-4时,f(t)=k有一个根,记为t8,则0此时方程f(f(x))=k有2个不等实根.
综上,方程f(f(x))=k的不等实数解的个数至多是6.
思想方法
数形结合思想在本章中的应用主要体现在把函数的零点转化为对应方程的解,再转化成两个函数图象的交点的横坐标,利用图象求解,即代数问题几何化.
4.BC　作出函数f(x)的图象,将方程的解的问题转化为函数图象与直线的交点问题,体现了转化与化归思想.
当x≤0时,f(x)=(x+1)2,
当0当x≥1时,f(x)=log4x,
作出f(x)的图象如图所示,
f(x)的图象与直线y=1有4个交点,分别为(-2,1),(0,1),,(4,1),
因为f(x)=a有四个不同的解x1,x2,x3,x4且x1所以0又因为f(x3)=-log4x3,f(x4)=log4x4,所以-log4x3=log4x4,即log4x4+log4x3=0,所以x3x4=1,所以x4(x1+x2)+=-2x4+,1构造函数g(x)=-2x+,x∈(1,4],
因为y=-2x,y=在x∈(1,4]上均单调递减,所以函数g(x)=-2x+在x∈(1,4]上单调递减,
所以g(4)≤g(x)所以x4(x1+x2)+∈.结合选项知B,C正确.
5.ABC　令f(x)=m,则方程f(x)=m的实数根的个数等价于函数f(x)的图象与直线y=m的交点的个数,
将方程实数根的个数转化为直线与函数图象交点的个数,体现了转化与化归的思想.
令x=0,得f(0)=1,令|ln x|=1,得x=或x=e,作出函数f(x)的图象如下,
当m<0时,f(x)的图象与直线y=m的交点只有1个,故方程f(x)=m有1个实数根;
当m=0或m>1时,f(x)的图象与直线y=m的交点有2个,故方程f(x)=m有2个不等的实数根;
当0方程f(f(x))+a=0可化为f(m)=-a.
利用换元法,将原方程转化为较简单的方程,体现了转化与化归的思想.
对于A,B,当a∈(-1,0)时,-a∈(0,1),方程f(m)=-a有3个不等实数根,从小到大分别记为m1,m2,m3,则-1从而f(x)=m1有1个实数根,f(x)=m2有3个不等实数根,f(x)=m3有2个不等实数根,
所以方程f(f(x))+a=0有6个不等实数根,A,B正确;
当a=0时,f(m)=0有2个不等实数根,分别为-1,1,方程f(x)=-1有1个实数根, f(x)=1有3个不等实数根,所以f(f(x))+a=0有4个不等实数根,C正确;
当a=-1时,-a=1, f(m)=1有3个不等实数根,分别为0,,e,且f(x)=0有2个不等实数根, f(x)=有3个不等实数根, f(x)=e有2个不等实数根,
此时方程f(f(x))+a=0有7个不等实数根,D错误.
思想方法
在本章中,转化与化归思想主要体现在函数的零点、相应方程的解、相应函数图象交点的横坐标之间的相互转化上,这也是解决函数零点问题最基本、最常见的思想.
6.答案　
解析　当x≥1时, f(x)=x+-3≥2-3=1,当且仅当x=2时等号成立,
当0根据对勾函数和指数函数的性质以及f(x)为奇函数作出f(x)的图象,如图所示:
令f(x)=t,则g(x)=[f(x)]2-mf(x)-1可转化为h(t)=t2-mt-1,
由图知直线y=t与f(x)的图象最多有3个交点,
若要满足题意,则t2-mt-1=0有两个不等实数解,记为t1,t2,则Δ=m2+4>0,t1+t2=m,t1t2=-1<0,不妨设t2显然t=0不适合方程,故t2<0借助图象,对t1,t2的范围进行逻辑划分,分类讨论解决问题.
由图知:
(1)若直线y=t1与f(x)的图象有3个交点,直线y=t2与f(x)的图象有1个交点,
则t1∈(1,2],t2=-∈,
结合图象可知满足要求,此时t1+t2∈,即m∈.
(2)若直线y=t2与f(x)的图象有3个交点,直线y=t1与f(x)的图象有1个交点,
则t2∈[-2,-1),t1=-∈,结合图象可知满足要求,此时t1+t2∈,故m∈.
(3)若直线y=t1与f(x)的图象有2个交点,直线y=t2与f(x)的图象有2个交点,
则①t1∈(2,3),t2=-∈,结合图象可知此时直线y=t2与f(x)的图象仅有一个交点,不满足要求.
②当t1=1时,t2=-=-1,由图知符合题意,此时t1+t2=m=0.
综上所述,m的取值范围为.
7.解析　(1)由题意得φ(x)=log2x(x>0).
(2)函数y=φ(h(x))=log2(x2-4x+5m)在区间(3m-2,m+2)内有最小值,
则h(x)=x2-4x+5m在(3m-2,m+2)内先减后增,且h(x)min>0,
∴解得∴故m的取值范围为.
(3)∵x>0,∴=4-∈(0,4),
∴g(x)=log2<2,
易知g(x)在x>0时单调递增,且g=0,y=|g(x)|的图象如图所示,
设|g(x)|=t,由y=|g(x)|的图象可得,当t=0或t≥2时,对于一个确定的t值,有唯一一个x值与之对应,当0∴[g(x)]2+a|g(x)|+a+3=0有三个不同的实数解即t2+at+a+3=0有三个不同的实数解,且对应以下两种情况:
①t2+at+a+3=0有两个根,且一个根在(0,2)上,另一个根为0,
一根在(0,2)上,一根为0;一根在(0,2)上,一根在[2,+∞)上,按这两种情况分类讨论求解.
把t=0代入方程,得a=-3,则t2+at+a+3=t2-3t,令t2-3t=0,可知另一个根为3,又3 (0,2),故舍去;
②t2+at+a+3=0有两个根,且一个根在(0,2)上,另一个根在[2,+∞)上,令p(t)=t2+at+a+3,
(i)当一个根在(0,2)上,另一个根在(2,+∞)上时,
解得∴-3(ii)当一个根在(0,2)上,另一个根为2时,p(2)=0,解得a=-,
此时t2-t+=0的两根分别为,2,满足题意.
综上,a的取值范围为.
思想方法
应用分类讨论思想解题的关键是要确定分类标准,在本章中常见的分类标准如下:与指数、对数有关的函数零点问题,若底数a不确定,需分a>1和021世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)