专题12函数与方程

专题12函数与方程№专题12函数与方程№考向解读➊考点精析➋真题精讲➌模拟精练➍专题训练（新高考）备战2024高考数学一轮复习（新高考）备战2024高考数学一轮复习专题12函数与方程命题解读命题预测复习建议函数与方程是高考的一个考点，求方程的根、函数的零点的个数问题以及零点存在性定理判断零点是否存在都是考试的出题方向.备考时应理解函数的零点，方程的根和函数图象与x轴的横坐标的等价性.预计2024年的高考函数与方程还是一个重要的考点，在此部分要注意第一函数零点个数以及所在区间的判断方法，第二由函数的零点求参数的取值范围.集合复习策略：1.理解函数与方程的根和函数图象与x轴的横坐标的等价性；2.掌握判断函数零点的个数方法；3.掌握函数零点求参数的取值范围.→➊考点精析←一、函数零点个数及零点所在区间对于函数y=f(x)(x∈D),把使f(x)=0的实数x叫作函数y=f(x)(x∈D)的零点.

方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图像与x轴有交点⇔函数y=f(x)有零点.

3.函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图像是连续不断的一条曲线,并且有f(a)·f(b)<0那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也就是方程f(x)=0的根.

二、函数的零点求参数的取值范围已知函数的零点求参数的值或取值范围方法：直接法、分离参数法、数形结合法.→➋真题精讲←1.（2023全国甲卷理科10）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下，考虑，即处与的大小关系，当时，，；当时，，；当时，，；所以由图可知，与的交点个数为.故选：C.2.（2023全国乙卷理科16）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，则，即在区间上恒成立，故，而，故，故即，故，结合题意可得实数的取值范围是.故答案为：.3.（2023天津卷15）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为_________．【答案】【解析】【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．【详解】（1）当时，，即，若时，，此时成立；若时，或，若方程有一根为，则，即且；若方程有一根为，则，解得：且；若时，，此时成立．（2）当时，，即，若时，，显然不成立；若时，或，若方程有一根，则，即；若方程有一根为，则，解得：；若时，，显然不成立；综上，当时，零点为，；当时，零点，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，只有一个零点；当时，零点为，；当时，零点为．所以，当函数有两个零点时，且．故答案为：．【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．4.（2023北京卷20）设函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求的值；（2）设函数，求的单调区间；（3）求的极值点个数．【答案】（1）（2）答案见解析（3）3个【解析】【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.【小问1详解】因为，所以，因为在处的切线方程为，所以，，则，解得，所以.【小问2详解】由（1）得，则，令，解得，不妨设，，则，易知恒成立，所以令，解得或；令，解得或；所以在，上单调递减，在，上单调递增，即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.【小问3详解】由（1）得，，由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，，即所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，在上单调递减，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；所以在上有一个极大值点；当时，在上单调递增，则，故，所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在上有一个极小值点；当时，，所以，则单调递增，所以在上无极值点；综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.→➌模拟精练←1．（2023·重庆·统考三模）已知函数，，．(1)求曲线在x＝1处的切线方程；(2)求使得在上恒成立的k的最小整数值．【答案】(1)(2)的最小整数值为2【详解】（1）曲线，，当时，故切线方程为，整理得：.（2）先设，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减.所以，故.令，有，，易知在上单调递增，令，有.有=.由，故，所以，所以.故符合条件的的最小整数值为2.2．（2023·山西晋中·统考三模）．(1)讨论的单调性；(2)，若有两个极值点，且，试求的最大值．【答案】(1)答案见解析(2)【详解】（1）由题意得，令，得两根为和．当时，令，得，令，得，于是在上单调递增，在上单调递减；当时，令，得，令，得，于是在上单调递减，在上单调递增．（2）由题意得，则．令，则有两个不等正根，于是，且，，即，又，于是，且．则，令，则．令，则，于是在单调递增，在单调递减，故，即的最大值为.3．（2023·江苏南通·三模）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由可得，故，而，曲线在处的切线方程为，即.（2）设在处的切线斜率为k，由（1）得，且，故在处的切线方程为，设，则，，设，因为，所以，仅在时取等号，故在上单调递增，且，故当时，，当时，，故，即，分别令，满足，则，令，则，即.4．（2023·吉林·统考三模）已知函数（e是自然对数的底数），．(1)若函数，求函数在上的最大值．(2)若函数的图象与直线有且仅有三个公共点，公共点横坐标的最大值为，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由题意得，，，令，则；令，则，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在上的最大值为：（2）证明：的图像与直线的三个公共点，且在内相切，如图所示，其切点为：，，此时公共点的横坐标最大，当时，，，，∴，即，∴，故.另解：∴，故.→➍专题训练←1．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据是函数的一个极值点，即当时，函数取得最值求解.【详解】由，化简得，所以．又是函数的一个极值点，所以当时，函数取得最值，所以，解得．因为，所以．故选：A．2．（2023·江苏·统考二模）设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.【详解】因为，所以，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，令，则，所以函数在上递增，所以，即，即，所以，即，综上，.故选：A.【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.3．（2023·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测）已知函数f（x）的定义域为R，且，，当时，，则）=（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知条件可得函数是奇函数也是周期函数，利用周期性和奇偶性，有，代入已知解析式求解即可.【详解】由，有，可得，所以的周期为2.令，代，可得，所以，故函数为奇函数，所以因为，所以，所以.故选：B4．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）已知函数．设s为正数，则在中（

）A．不可能同时大于其它两个 B．可能同时小于其它两个C．三者不可能同时相等 D．至少有一个小于【答案】D【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.【详解】∵，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，则，且，对A：若，则，则，A错误；对B、C：当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；当时，则，故；综上所述：不可能同时小于，B、C错误；对D：构建，则当时恒成立，故在上单调递减，则，令，可得，则，故，即，使得，反证：假设均不小于，则，显然不成立，假设不成立，D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.5．（2023·江苏南京·统考二模）已知函数，．下列说法正确的为（

）A．若，则函数与的图象有两个公共点B．若函数与的图象有两个公共点，则C．若，则函数有且仅有两个零点D．若在和处的切线相互垂直，则【答案】BCD【分析】解方程得到A错误，解方程得到，解得B正确，计算零点个数为2得到C正确，根据斜率的关系得到，D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故（无解）或，，错误；对选项B：，故或，故，且，解得，正确；对选项C：取，则，，，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，故，，则，或，正确；对选项D：当和同时为正或者同时为负时不成立，不妨设，，，，则，故，正确.故选：BCD6．（2023·江苏·统考二模）已知函数的图象是连续不间断的，函数的图象关于点对称，在区间对任意恒成立，则下列选项中的可能取值有（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据函数的对称性和单调性得到函数为上单调递增，进而得到，利用参变分离和的取值范围求出的取值范围，进而求解.【详解】由函数的图象关于点对称且在区间上单调递增可得，函数的图象关于对称，函数为上单调递增，由可得，，也即，则有恒成立，即因为，所以，当时，得到恒成立；当时，则有，令，则，因为函数在上单调递增，且，所以，则，所以BC适合题意，AD不合题意.故选：BC.7．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）已知经过点的圆的圆心坐标为（为整数），且与直线相切，直线与圆相交于、两点，下列说法正确的是（

）A．圆的标准方程为B．若，则实数的值为C．若，则直线的方程为或D．弦的中点的轨迹方程为【答案】BC【分析】根据题意可得出关于的等式，结合可求得的值，可得出圆的方程，可判断A选项；分析可知直线过圆心，求出的值，可判断B选项；利用勾股定理结合点到直线的距离求出的值，可得出直线的方程，可判断C选项；根据已知条件求出点的轨迹方程，可判断D选项.【详解】对于A，设圆的半径为，由题意可得圆的方程为（为整数），根据点是圆上的点，且圆与直线相切，则，所以，，因为，解得，则，则圆的标准方程为，故A错误；对于B，由题意可知圆的标准方程为，圆心，点在圆上，且，线段为圆的一条直径，直线与圆相交于、两点，圆心在直线上，，解得，故B正确；对于C，由选项A知圆的半径为，圆心，则圆心到直线的距离，，即，解得，，整理得，解得或，则直线的方程为或，故C正确；对于D，直线的方程可化为，过定点，由圆的性质可得，点的轨迹是以线段为直径的圆，则此圆圆心为线段的中点，其坐标为，半径为，则该圆的方程为，由解得或，故弦的中点的轨迹方程为，故D错误；故选：BC.8．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考三模）已知函数.（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线l过点（0，1e），求实数a的值；（2）当a＞0时，若函数f（x）有且仅有3个零点，求实数a的取值范围.【答案】(1);(2)【详解】解：（1），，，则与连线斜率，则；（2）由,当时，由可得，，此时；当时，令，则，则在上为增函数，因为，，故存在，使得，当时，，则；当时，，则，则函数的增区间为，减区间为；令，有，则单调递增，有，又，可得，有，又由，故在上有且只有一个零点，因为有且只有三个零点，必有，即，令，有，可得为减函数，由，可得时，，有，当且时，有，，故当时，若有且只有三个零点，则实数的取值范围是.9．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知.(1)若，证明：存在唯一零点；(2)当时，讨论零点个数.【答案】(1)见解析(2)有2个零点，【详解】（1），，由于，所以进而，所以在单调递减，又，所以存在唯一零点（2），，则，，当时，，此时在单调递减，，所以在在没有零点，当时，令，所以在单调递增，又故当时，，故在单调递减，又，当时，，故在单调递增，因此当时，只有一个零点0，当时，，所以在单调递减，，故使得，且当时，单调递增，当时，单调递减，而，所以当此时无零点，当，只有一个零点，综上可知：时，有2个零点，10．（2023·浙江温州·统考三模）已知函数.(1)证明：函数在上有且只有一个零点；(2)当时，求函数的最小值；(3)设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值.【答案】(1)证明过程见详解(2)(3)【详解】（1）令，得，令，要证函数在上有且只有一个零点，即证在上有且只有一个零点.因为，所以函数在上单调递减，由，，则，由零点存在性定理可知，函数在上有且只有一个零点.故得证.（2）对函数求导可得，因为，所以当时，显然，则；当时，令，，因为，（令，则，所以在上单调递增，则，所以，）所以当时，在上单调递增，故，则，，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以.（3）由（1）知，函