第二章 第8讲 函数与方程-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

国高考一轮总复习·数学·RJA 考点3 函数图象的应用（多维探究） 角度1研究函数的性质 感悟方法 [例3】（多选）关于函数f(x)=ln2-xI,下列 1.利用函数的图象研究函数的性质 描述正确的有 ( 对于已知或易画出其在给定区间上图象的函 A.函数f(x)在区间(1,2)上单调递增 数，其性质（单调性、奇偶性、周期性、最值（值 B.函数y=f(x)的图象关于直线x=2对称 域)、零点)常借助于图象研究，但一定要注意 C.若x1≠x2,但f(x1)=f(x),则x1十x=2 性质与图象特征的对应关系 D.函数f(.x)有且仅有两个零点 2.利用函数的图象可解决方程和不等式的求解 角度2解不等式 问题，如判断方程是否有解，有多少个解，数 [例4]已知定义在R上的奇函数f(x)在 形结合是常用的思想方法.不等式的求解可 [0,十)上的图象如图所示，则不等式 转化为两离数的上下关系问题。 xf(x)>2f(x)的解集为 ( 多变式训练多 2 1.(2024·天津模拟)已知函数f(x)一xx一2.x, 则下列结论正确的是 () Af(x)是偶函数，单调递增区间是(0，十∞) B.f(x)是偶函数，单调递减区间是（一∞，1） A.(-2,0)U(w2,2) C.f(.x)是奇函数，单调递减区间是（一1,1） B.(-∞，-2)U(2,+o) D.f(x)是奇函数，单调递增区间是（一∞，0） C.(-∞，-2)U(-√2,0)U(2,2) 2.(2024·证国有昌期中)已知函数f(x)=x十 2 D.(-2,-2)U(0,2)U(2,+∞) +1,g(x)=f(x-2)+1,则不等式f(x)<g(x) 角度3求参数的取值范围 的解集为 -x2+2,x≤1. A.(-0∞，1) B.(1.2) [例5]已知函数f(.x)= +-1>1 当x∈ C.(1,+o∞) D.(2,+∞) [a,b门时，1≤f(.x)≤3，则b-a的最大值是 请完成《课时检测训练12 第8讲 函数与方程 课标求！ L.理解函数的零点与方程的解的联系： 2.理解函数零点存在定理，并能简单应用. 3.了解用二分法求方程的近似解。 ®44 第二章 函数的概念与基本初等函数回 必备知识 夯实四基 对应将案因71门 知识梳理 诊断自测 1.函数的零点 思考辨析 (1)概念：对于一般函数y=f(x),我们把使回 L.判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打 的实数x叫做函数y=f(x)的零点。 “X” (2)函数的零点，函数的图象与x轴的交点，对应 (1)函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴 方程的根的关系： 的交点。 () (2)连续函数y=f(x)满足f(a)f(b)>0,则 函数)日零点 f(x)在区间(a,b)上没有零点. () (3)二次函数y=a.x2+b.r+c(a≠0)在b-4ac< 函数=术)的图象 方程 与行公共点 实数解 0时没有零点. () (4)函数f(x)=lgx的零点是(1.0).() 2.函数零点存在定理 教材衍化 (1)条件：①函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象 2.(人A必修第一册P155习题4.5T2改编)函数 是一条连续不断的曲线：②国 <0 y=(x)的图象是一条连续不断的曲线，部分对 (2)结论：函数y=f(x)在区间(a,b)内至少有一 应关系如表所示，则该函数的零点个数至少为 个零点，即存在c∈(a,b),使得回 ,这个 c也就是方程f(x)=0的解. 2 4 6 常用结论 126.115.15-3.9216.78 -45.6 -232.64 1.若连续不断的函效∫(x)在定义域上是单调函 A.2 B.3 C.4 D.5 数，则f(x)至多有一个零点.函数的雾点不是一 3.(人A必修第一册P144练习T2改编)函数f(x) 个“点”，而是方程f(x)=0的实根。 =x+log2x的零点所在的区间为 () 2.由函数y■f(x)(图象是连续 =x) A(0,号)】 (合》 不断的)在闭区间[a,们上有 零点不一定能推出f(a)f(b) c(合) (层 <0,如图所示，所以f(a)f(b)<0是y=f(x)在 易错自纠 闭区间[，b们上有零点的充分不必要条件， 4.(不多利用函数的因聚政误)方程√五=【0gx的 3.周期函数如果有零点，则必有无穷多个零，点 解的个数为 A.0 B.1 C.2 D.3 5.(意视二次项系数为0致误)若函数y=ax2一2x 十1只有一个零点，则实数a的值为 45® 国高考一轮总复习·数学，RJA 对应答案P71门 提升能力 考点剖析。 考点小 函数零点的判断（多维探究） 角度1函数零点所在区间的判断 感悟方法 [例1](2021·云南是明·模拟)函数f(x)=x 判断函数零点问题的策略 1og4x十1的零点所在的区间为 (1)利用零，点存在定理：对图象连续不斯的函敏， A(0.) a(仔 根据区间端点对应函数值的正负判断零点： c(合》 D(2 (2)利用图象：画出函数图象，利用图象的交点判 角度2函数零点个数的判断 断零点个数： 例2](1)(2023·河北唐山·一模)已知函数f(.x) (3)结合函数单调性判断零，点个数. -1,x≤2， 则函数g(x)=f(x)一√：的 ◆变式训练多 4-xx>2, 1.函数f(x)=x十lnx一3的零点所在的区间为 零点个数为 ( A.1 B.2 C.3 D.4 () (2)(2023·河有赛阳·模拟)设f(x)是定义在R A.(01)B.(1.2) C.(2,3) D.(3,4) 上的偶函数，对任意的x∈R,都有f(x一2)= 2.已知函数y=f八x)是周期为2的周期函数，且当x fx+2),且当x∈[-2,0]时，fx)= 2)广-1 ∈[-1,1门时，f(x=2一1，则函数F(x)=f(x) 则在区间（一2,6]内关于x的方程f(x)一log(x 一gx的零点个数是 () 十2)=0的根的个数为 ( D.18 A.1B.2 C.3 A.9 B.10 C.11 D.4 考点2 函数零点的应用（多维探究） 角度1根据零点的个数求参数的范围 A.(-∞，-3) B(多-别 例3】(2023·北京西城·线考一模)设c∈R,函数 c(-3-)】 n(多-》 f(x)= 若f(x)恰有一个零点，则 2-2c,r<0. 感悟方法 c的取值范围是 ( 根据西数零，点求参数的常用方法 A.(0,1) B.{0}U[1,+co) (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的 c(o,) noU[2+e)】 不等式，再通过解不等式确定参数范围 角度2根据零点的范围求参数的范围 (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值 [例4】(2024·济南模拟)若函数f(x)=alogx十 域问題加以解决， (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直 a·4+3在区间(2,1)内有零点，则实数a的取 角坐标系中画出西数的图象，然后数形结合求解 值范围是 46 第二章函数的概念与基本初等函数回 乡变式训练多 x+2x+2,x≤0， ln(x+1),.x>0 的图象与直线y=k一x有3 1.函数fx)=2-2 一a的零点在区间(1,2)内， 个不同的交点，则实数k的取值范围是() 则实数a的取值范围是 B.(0,+o∞) A.0<a<3 B.1a<3 c(-2] D.(0,2] C.1<a2 D.a≥2 请完成《课时检测训练13》 2.(2025·大连模拟)已知函数f(x)= 自主培优4嵌套函数的零点问题 ,对应答案P372 形如y=f(g(x)的复合函数（暂称此函数 类型二 已知函数零点的个数求参数的范围 为“嵌套函数”)零点相关问题综合性较强，难度 [典例2] (1)(2023·愚龙江哈尔滨市·哈尔端三中 31+11≤1， 稍大，主要涉及判断函数零点的个致或范国.对 高三一模)已知函数f(x)= 若 |ln(.x-1)l,x>1, 于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，将复合 函数拆解为两个相对简单的函数，借助西数的图 Fr)=子）-2a)+青的零点个数为4，则实 象、性质求解。 数a取值范围为 类型一嵌套函数零点个数的判断 A5u(信+) x [典例1](1)已知函数f(x) 2≥0， 则 (停]u2.+) ln(一x),xr0, 函数y=f(f(x)的零点个数为 ( c[) A.1 B.2 D.(停+) C.3 D.4 g x.>0, x2+4x,x≤0， (2)已知函数f(.x)= 且关 -x2-2x+1,x≤0， (2)已知函数f(x)= 则函数 ,x>0, 于x的方程[f(x)]-(2m十1)f(x)十m十m g(x)=f(f(x)-5)的零点个数是 r =0有7个不同的实数解，则实数m的取值范 围为 A.3 B.4 C.5 D.6 感悟方法 (1)求解此类问题要抓住函数的图象性质，通过 感悟方法 两层函数的零点个数及取值范围确定嵌套函数 破解此类问题的主要步骤 的零点 (1)换元解套：将嵌套函数的零，点问题通过换元 (2)含参数的嵌套函数方程还应注意让参数的 转化为函数1=g(x)与y=f(1)的零点问题. 取值“动起来”，结合性质、图象抓临界位置，确 (2)依次求解：令f(t)=0求1，代入1=g(x)求 定参数取值范围， 出x的值或判断图象交点个数. 47解得x<-2或√2<x<2,或-√2<x<0.故不等式解集为 (-○,-2)U(-√2,0)U(√2,2). [例5]3+√3 解析 令-x2+2=1(x≤1),解得x=±1; 令x+1-1=3(z>1),解得x=2+√3, ∴f(x)图象如下图所示， 4 fx) 3 1 Fi0 1 2+3 由图象可知，a∈[-1,1],b=2+√3,∴(b—a)max=2+√3- (-1)=3+√3. [变式训练] 1.C 解析 将函数f(x)=x|x|-2x去掉绝对值得f(x) ={222-2,2,2<0, 画出函数f(x)的图象，如图，观察图象可知，函数f(x)的图 象关于原点对称，故函数f(x)为奇函数，且在(-1,1)上是 单调递减的. y O -1 江 x 2.A 解析 由题知f(x)=al+x+1={2+1≥0,s(x) =f(x-2)+1={2,z≥2,在同一平面直角坐标系下画出 f(x),g(x)的图象如图所示. y y=/x) 2 J=x(x) 1 o 1 2 x 由图可知 f(x)<g(x)的解集为(-∞,1). 第8讲 函数与方程 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1f(x)=0 2x轴 3f(x)=0 4f(a)f(b) 5f(c)=0 诊断自测 1.(1)×(2)×(3)√(4)× 2.B 解析 由表可知，f(2)f(3)<0,f(3)f(4)<0,f(4)f(5) <0,所以函数f(x)在区间[1,6]上至少有3个零点. 3.C 解析 由已知得f(x)=x+log?x为(0,+∞)上的递增 函数， f(3)=3+log?3=3-log?3<0, f(2)=2+log?2=-2<0, f(3)=3+log23=5-log,3=3(5-log27)>0, f(1)=1>0, (2,3)由零点存在定理可知，f(x)在区间 内存在零点，故 选C. 4.B 解析 在同一坐标系内，作出y=√x与y=log÷x的图 象，如图： y y=区 0 X y-log 由图象可知，方程只有一个解. 5.0或1 解析 当a=0时，y=-2x+1,有唯一零点； 当a≠0时，由题意可得△=4-4a=0,解得a=1. 综上，实数a的取值为a=0或a=1. [提升能力 考点剖析] 考点1 [例1]C 解析∵y=x+1在(0,+∞)上单调递增， y=-log-x在(0,+心)上单调递增， ∴函数f(x)=x-logx+1在(0,+∞)上单调递增. ∵f(4)=4-log+4+1=-3<0, f(3)=3-log+3+1=4-log3=log,16+-log?27+ <0, f(2)=2-log+2+1=2>0,∴函数f(x)=x- (3,一).log_x+1的零点所在的区间为 [例2](1)C 解析 令g(x)=0得f(x)=√x,在同一直角坐 标系中作出f(x),y=√x的大致图象如下： y 2 y=R 0 2 X y=f(x) 由图象可知，函数y=f(x)与y=√x的图象有3个交点， 即函数g(x)有3个零点.故选C. (2)D 解析 因为f(x)是定义在R上的偶函数，对任意 的x∈R,都有f(x-2)=f(x+2), 所以f(x-2)=f(x+2)=f(2-x),即f(x)=f(x+4), 所以函数f(x)的周期为4. 当x∈[0,2]时，则-x∈[-2,0],此时 1=f(x), f(-a)=(2)2- 即f(x)=2-1,x∈[0,2]. 由f(x)-log?(x+2)=0,x∈[-2,6],得f(x)=log?(x+ 2),分别作出函数y=f(x)和y=log?(x+2),x∈(-2,6) 的图象，如图所示， y 9 y=f(x) y=log?(x+2) 2 1 2A1 oi 23456x 则由图象可知两个函数的图象的交点个数为4个，即方程 f(x)-log?(x+2)=0的零点个数为4个. ·371· 高考一轮总复习·数学·RJA [变式训练] 有f(2)·f(1)<0,即(-a+2a+3)(4a+3)<0,解得 1.C 解析 方法一：因为函数f(x)是增函数，且f(2)=In 2 -1<0,f(3)=In 3>0,所以由函数零点存在定理，得函数 f(x)的零点位于区间(2,3)上.故选C. -3<a<-3, 方法二：函数f(x)=x+In x-3的零点所在区间转化为 g(x)=In x,h(x)=-x+3的图象的交点横坐标所在的范 围.如图所示，可知函数f(x)的零点在(2,3)内. (-3,-4).所以实数a的取值范围是 [变式训练] y 3 2 1 h(x)=-x+3 gx)=Inx y=2°,y=-2在(0,+∞)上均单调递1.A 解析 因为函数 f(x)=2°-2-a增，所以函数 在(0,+∞)上单调递增，由 函数f(x)=2°-2-aa的零点在区间(1,2)内，得f(1)f(2) =(2-2-a)(4-1-a)=a(a-3)<0,解得0<a<3. 2.B 解析 由题意，分别画出函数y=f(x)和y=|lgx|的图 象，如图所示. o 123 A oi 3 5 7 考点2 y 1 2.D 解析 如图所示，作出函数f(x)的大致图象(实线),平 移直线y=k—x, y 2 -3 -1 91011K 1 由图可知，y=f(x)与y=|lgx|的图象共有10个交点，故原 函数有10个零点. O 12 x g(z)={2,<0[例3]D 解析 画出函数 的图象如下图 所示： 由k-x=x2+2x+2可得， x2+3x+2-k=0, k=-4,△=9-8+4k=0,解得 k=-4 y=-4-x与曲线y=x2+2x+2(x故当， 时，直线 ≤0)相切； 当k=0时，直线y=-x经过点(0,0), o X 可由g(z)={2,<0f(2)={2-2,<0函数 分段平 移得到， 且与曲线y=x2+2x+2(x≤0)有2个不同的交点； 当k=2时，直线y=2-x经过点(0,2), 且与f(x)的图象有3个不同的交点. 由图分析可知，当k∈[0,2]时，f(x)的图象与直线y=k-x 有3个不同的交点. 易知当c=0时，函数f(x)恰有一个零点，满足题意； 自主培优4 当c<0时，代表图象往上平移，显然没有零点，不符合 题意； t=[典例1](1)C 解析 令f(x)=t,当f(t)=0时，解得 当c>0时，图象往下平移，当0<2c<1时，函数有两个 零点； 或t=-1. 当2c≥1时，f(x)恰有一个零点，满足题意， ≥即 在同一直角坐标系中分别作出y=f(x),y=-1,y=2的 图象如图所示，观察可知，y=f(x)与y=-1有1个交点， y=2y=f(x)与： 有2个交点，则y=f(f(x))的零点个 ,+∞).综上可得c的取值范围是{0}U [例4]C 解析 函数f(x)定义域是(0,+∞), 数为3. 4 因函数y=log?x,y=4在(0,+∞)上都是单调递增的，而 f(x)=a(log?x+4*)+3, 3 2 fux) 当a>0时，f(x)在(0,+○)上单调递增；当a<0时， 1 = f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a=0时，f(x)=3无 零点， -3-2-O-4 1234x -y=-1 -(2)D 解析 因为 所以f(x)=(县，1)!因函数f(x)在区间 内有零点，则由零点存在定理 高考一轮总复习·数学·RJA ·372· 于是得当a≠0时，函数f(x)=alog?x+a·4+3在(0, +一)上连续且单调. -3 -3 c+令f'(x)<0,解得x<-2,所以f(x)在 (-∞,-2)上单调递减，令f'(x)>0,解得-2<x<0或 x>0,所以f(x)在(-2,0)和(0,+∞)上单调递增，函数 图象如图所示： 4 3 2 1 -5 -3-2-i0|-4 1234x -2 -3 当x≤0时，令f(x)=0,得x=0或x=-4.又x→0+时， f(x)→-0;x→+∞时，f(x)→+∞,f(1)=e-1>0, 所以3x?∈(0,1)使得f(xo)=0. 要使g(x)=f(f(x)-5)=0,即f(x)-5=0或f(x)-5 =-4或f(x)-5=x?, 即f(x)=5或f(x)=1或f(x)=x。+5. 由函数图象易知y=5,y=1,y=x?+5与y=f(x)都有两 个交点， 故f(x)=5或f(x)=1或f(x)=x。+5各有两个零点， 故函数g(x)=f(f(x)-5)有6个零点. [典例2](1)D 解析 f(x)的图象如图所示： 2 y=1 o 12 x 因为F(x)=f(x)-2af(x)+3有4个不同的零点，令 f(x)=t,故t-2at+4=0有解， 设此关于t的方程的解为t?,t?,其中t?,t2均不为零且t?t? =3 由题设可得关于x的方程f(x)=t?和f(x)=t2共有4 个不同的解， 故< a>所以 解得 (2)[0,1] 解析 由题意，f(x)的图象如图所示， y 2 1 -10 1 x 因为[f(x)]2-(2m+1)f(x)+m2+m=0有7个实数解， 设f(x)=t,则方程t2-(2m+1)t+m2+m=0有2个不相 等的实根t?=m,t?=m+1,且0<t?<1≤t?<2或1≤t?< 2,t?=2. 当1≤t?<2,t?=2时，m=1,满足题意；当0<t?<1≤t?<2 时，0<m<1≤m+1<2,解得m∈(0,1). 综上，m∈[0,1]. 第9讲 函数模型及其应用 [必备知识 夯实四基] [例1](1)D 解析 根据题意，△OAB是边长为2的等边三角 形，则A点的坐标为(1,√3),B点的坐标为(2,0),所以直线 OA的方程为y=√3x,直线AB的方程为y=-√3(x-2), 知识梳理 1增函数 2增函数 3增函数 ④越来越快 5越来越慢 1.(1)×(2)×(3)√(4)× c.(2)=0.8C。,所以5730182= 1810, t=5730×1-3182,所以≈5730×10.3903≈1847. 2 023-1847=176,故对应死亡的朝代为东汉. 3.C 解析 设女高音声强为I?,普通女性声强为I?,则 10lg()=75,所以o=1020,10lg()=45,所 ae"=2a,∴a=42,即f(t)=ae. ae=8a, 解得t=12. 所以再过12-4=8(天),病毒的数量达到原来的8倍. 5.√(1+p)(1+q)-1 解析 设年平均增长率为x,则(1+ 6y轴 7x轴 2.B 解析 由题意知 所以： 以=10?②,则①÷②,得 4.B 解析 由题意得 设经过t天后，病毒的数量达到原来的8倍，则有 x)2=(1+p)(1+q),所以x=√(1+p)(1+q)-1. 诊断自测 =1000, _提升能力 考点剖析] ,故女高音声强是 考点1 普通女性声强的1000倍. 所以当O≤≤1时，y=f()=2×t×√3t=3; ,y=f(t)=2×2×√3-2(2-t)×√3(2-当1<t≤2时， t)=3-(2-t)2; 当t>2时，y=f(t)=2×2×√3=√3,它的图象如D选项 所示，故选D. (2)A 解析 由题意可得，当x=4℃时，保鲜时间是16小 时，即2?+?=16,解得k=-0.5, ①当x=6℃时，t=26×(-0.5)+?=8,故保鲜时间是8小时，故 ①正确； ②当x∈[0,6]时，t=2-.5x+6为减函数，则该食品的保鲜时 间t随着x增大而减少，故②正确； ③在某日上午10时，温度为8度，此时保鲜时间为 2-0.5×8+?=4小时，到了此日15时，已经过了保鲜时间，所 ·373· 高考一轮总复习·数学·RJA