2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)微專題2基本初等函數(shù)函數(shù)與方程小題考法2函數(shù)與方程

小題考法2函數(shù)與方程(1)(2023·廣州黃埔區(qū)校級(jí)模擬)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\a\vs4\al(|x－1|)－1，0<x≤2，,\f(1,2)f（x－2），x>2，))則函數(shù)g(x)＝xf(x)－1在[－6，＋∞)上的所有零點(diǎn)之和為()A．－32B．32C．16D．8(2)(2023·汕頭潮陽(yáng)區(qū)三模)已知函數(shù)f(x)＝ae2x－x2有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[0，eq\f(1,e2))B．(0，eq\f(1,e2))C．[0，eq\f(4,e2))D．(0，eq\f(4,e2))解析：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，又函數(shù)g(x)＝xf(x)－1，所以g(－x)＝(－x)f(－x)－1＝(－x)[－f(x)]－1＝xf(x)－1＝g(x)，所以函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以函數(shù)g(x)的零點(diǎn)都是以相反數(shù)的形式成對(duì)出現(xiàn)的，所以函數(shù)g(x)在[－6，6]上所有的零點(diǎn)的和為0，所以函數(shù)g(x)在[－6，＋∞)上所有的零點(diǎn)的和，即函數(shù)g(x)在(6，＋∞)上所有的零點(diǎn)之和，由0<x≤2時(shí)，f(x)＝2|x－1|－1，即f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，0<x≤1，,2x－2，1<x≤2，))所以函數(shù)f(x)在(0，2]上的值域?yàn)閇eq\f(1,2)，1]，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)＝1，又因?yàn)楫?dāng)x>2時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)f(x－2)所以函數(shù)f(x)在(2，4]上的值域?yàn)閇eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]，函數(shù)f(x)在(4，6]上的值域?yàn)閇eq\f(1,8)，eq\f(1,4)]，函數(shù)f(x)在(6，8]上的值域?yàn)閇eq\f(1,16)，eq\f(1,8)]，當(dāng)且僅當(dāng)x＝8時(shí)，f(x)＝eq\f(1,8)，函數(shù)f(x)在(8，10]上的值域?yàn)閇eq\f(1,32)，eq\f(1,16)]，當(dāng)且僅當(dāng)x＝10時(shí)，f(x)＝eq\f(1,16)，故f(x)<eq\f(1,x)在(8，10]上恒成立，g(x)＝xf(x)－1在(8，10]上無零點(diǎn)，同理g(x)＝xf(x)－1在(10，12]上無零點(diǎn)，依此類推，函數(shù)g(x)在(8，＋∞)無零點(diǎn)，綜上函數(shù)g(x)＝xf(x)－1在[－6，＋∞)上的所有零點(diǎn)之和為8.故選D.(2)函數(shù)f(x)＝ae2x－x2(a∈R)有三個(gè)零點(diǎn)，即為f(x)＝0有3個(gè)實(shí)根，可得a＝eq\f(x2,e2x)有3個(gè)實(shí)根，設(shè)g(x)＝eq\f(x2,e2x)，可得g′(x)＝eq\f(2x（1－x）,e2x)，由0<x<1時(shí)，g′(x)>0，g(x)遞增；x>1或x<0，g′(x)<0，g(x)遞減，可得x＝0處g(x)取得極小值0，x＝1處取得極大值eq\f(1,e2)，畫出y＝g(x)的圖象和直線y＝a，可得：當(dāng)0<a<eq\f(1,e2)時(shí)，y＝g(x)和y＝a的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，故選B.答案：(1)D(2)B函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷方法(1)直接求零點(diǎn)，令f(x)＝0，有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)．(2)零點(diǎn)存在性定理，要求函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，再結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)確定函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)．(3)利用圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)，作出兩函數(shù)圖象，觀察其交點(diǎn)個(gè)數(shù)即得零點(diǎn)個(gè)數(shù)．1．(2023·廣州荔灣區(qū)校級(jí)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)，0≤x<1，,\f(－x,m（x＋1）)，－1<x<0，))g(x)＝f(x)－4x－1.若函數(shù)g(x)在區(qū)間(－1，1)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．{－1}∪[eq\f(1,4)，＋∞)B．(－∞，－1]∪[eq\f(1,4)，＋∞)C．{－1}∪[eq\f(1,5)，＋∞)D．{－1}∪(eq\f(1,5)，1)解析：令h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，0≤x<1，,\f(－x,x＋1)，－1<x<0，))則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)，0≤x<1，,\f(－x,m（x＋1）)，－1<x<0，))＝eq\f(1,m)h(x)，令g(x)＝f(x)－4x－1，即f(x)＝4x＋1，故eq\f(1,m)h(x)＝4x＋1，所以h(x)＝4mx＋m，作出函數(shù)h(x)的圖象如圖所示，函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝h(x)的圖象與直線y＝4mx＋m的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，直線y＝4mx＋m過定點(diǎn)(－eq\f(1,4)，0)，當(dāng)直線y＝4mx＋m過點(diǎn)(1，1)時(shí)，m＝eq\f(1,5)；當(dāng)直線y＝4mx＋m與曲線y＝eq\f(－x,x＋1)＝eq\f(1,x＋1)－1(－1<x<0)相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，eq\f(1,x0＋1)－1)，由y′＝－eq\f(1,（x＋1）2)，故切線的斜率為k＝－eq\f(1,（x0＋1）2)，所以－eq\f(1,（x0＋1）2)＝eq\f(\f(1,x0＋1)－1－0,x0＋\f(1,4))，解得x0＝－eq\f(1,2)，則4m＝－eq\f(1,（－\f(1,2)＋1）2)＝－4，解得m＝－1，結(jié)合圖象可知，當(dāng)m≥eq\f(1,5)或m＝－1時(shí)，函數(shù)y＝h(x)的圖象與直線y＝4mx＋m只有一個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)g(x)在區(qū)間(－1，1)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是{－1}∪[eq\f(1,5)，＋∞)．故選C.答案：C2．(2023·高州一模)函數(shù)f(x)＝eq\f(－x2＋4x－4,ex)，若關(guān)于x的方程f2(x)－2nf(x)＋eq\f(4,e8)＝0有6個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)n的取值范圍為________________．解析：f(x)＝eq\f(－x2＋4x－4,ex)的定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝eq\f(（－2x＋4）ex－（－x2＋4x－4）ex,（ex）2)＝eq\f(x2－6x＋8,ex)＝eq\f(（x－2）（x－4）,ex)，所以當(dāng)2<x<4，f′(x)<0，當(dāng)x<2或x>4時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，2)，(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2，4)上單調(diào)遞減，其中f(2)＝0，f(4)＝－eq\f(4,e4)，f(x)＝eq\f(－（x－2）2,ex)≤0令f(x)＝t，要想關(guān)于x的方程f2(x)－2nf(x)＋eq\f(4,e8)＝0有6個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則方程t2－2nt＋eq\f(4,e8)＝0在(－eq\f(4,e4)，0)上有兩個(gè)根，則Δ＝4n2－eq\f(16,e8)>0，解得n>eq\f(2,e4)或n<－eq\f(2,e4)，不妨設(shè)方程的兩個(gè)根為t1，t2，且t1<t2，則t1t2＝eq\f(4,e8)>0，由兩根均小于0，所以t1＋t2＝2n<0，則n<－eq\f(2,e4)，令g(t)＝t2－2nt＋eq\f(4,e8)，則