专题06 零点（选填题8种考法）（解析版）

专题06零点（选填题8种考法）考法一零点区间【例1】（2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）方程3log2xx的根所在区间是（）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【答案】B【解析】设3log2fxxx，则方程3log2xx根所在区间即为fx零点所在区间，3logyx与2yx在0,上均为增函数，()fx\在0,上单调递增；对于A，31log1121f，当0,1x时，1fx，A错误；对于B，110f，332log222log20f，即120ff，01,2x，使得00fx，B正确；对于CD，当2x时，20fxf，()fx\在区间2,3和3,4上无零点，C错误，D错误.故选：B.【变式】1．（2023·海南·模拟预测）函数1()ln2fxxx的零点所在的大致区间为（）A．(1,e)B．2e,eC．23e,eD．34e,e【答案】C【解析】1()ln2fxxx在0，连续不断，且单调递减，2342341111(1)30,e10,e0,e10,e20eeeefffff，所以零点位于23e,e，故选：C2．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）函数12()log1fxxx的零点所在的区间为（）A．10,4B．11,43C．11,32D．1,12【答案】C【解析】1yx在0,上单调递增，12logyx在0,上单调递增，函数12()log1fxxx在0,上单调递增，∵121113log104444f，1133122221114log1log3log16log2703333f，121111log102222f，函数12()log1fxxx的零点所在的区间为11,32.故选：C3．（2023·广东梅州·统考二模）用二分法求方程41log02xx近似解时，所取的第一个区间可以是（）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【答案】B【解析】令41log2fxxx，因为函数41log,2yxyx在0,上都是增函数，所以函数41log2fxxx在0,上是增函数，41111110,2log2024244ff，所以函数41log2fxxx在区间(1,2)上有唯一零点，所以用二分法求方程81log03xx近似解时，所取的第一个区间可以是(1,2).故选：B.考法二零点区间求参数【例2-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）函数22()logfxxxm在区间2,4上存在零点，则实数m的取值范围是（）A．,18B．(5,)C．(5,18)D．18,5【答案】D【解析】由零点存在定理可知，若函数22()logfxxxm在区间2,4上存在零点，显然函数为增函数，只需满足(2)(4)0ff，即5180mm，解得185m，所以实数m的取值范围是18,5.故选：D【例2-2】（2023·浙江绍兴·统考二模）已知函数2lnfxxaxb，若fx在区间2,3上有零点，则ab的最大值为.【答案】214e【解析】设00()02,3fxx，，则200ln0xaxb，此时200lnbxax，则2200lnabaxax，令22220000000lnlnln22xxgaaxaxxaxx，当020ln2xax时，20max0ln2xgax，记ln()2xhxx=，则21ln()2xhxx，所以()hx在2,e上递增，在e,3上递减，故max1()(e)2ehxh,所以202max0ln124exgax，所以ab的最大值为214e.故答案为：214e.【变式】1．（2023·北京·统考模拟预测）已知函数25,2lg(2),2xxfxxxx，若方程()1fx的实根在区间(,1),Zkkk上，则k的最大值是（）A．3B．2C．1D．2【答案】C【解析】当2x时，25fxx，当()1fx时，解得6x；当2x时，lg(2)fxxx，其中1lg31f，22lg4lg161f，当()1fx时，解得1,2x，综上k的最大值是1.故选：C.2．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）已知函数sin2fxxxm在区间π0,2上有零点，则实数m的取值范围是________．【答案】1π,0【解析】因为sinyx与2yxm在π0,2上都单调递增，所以sin2fxxxm在π0,2上单调递增，因为sin2fxxxm在区间π0,2上有零点，所以00π02ff，即sin0200ππsin2022mm，即01π0mm，解得1π0m，所以实数m的取值范围为1π,0.故答案为：1π,0.3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知函数ln21fxmxnx在区间24e,e上存在零点，则22mn的最小值为.【答案】66e1e【解析】设函数的零点为t，则ln20tmtnt，则点,mn在直线ln20xtytt上.因为22mn表示0,0（）与,mn（）的距离，所以则22mn的最小值即为原点到直线ln20xtytt的距离的最小值平方，即22222min(ln2)tmntt，令2242221,e,e(ln2)ln21tyttttt，令2ln23ln,ttgtgttt，当23e,ex时，0,gtgt单调递增，当34e,ex时，0,gtgt单调递减，所以当3et时，max31()egt，6min661e11e1ey所以622226e,1emnmn的最小值为66e1e.故答案为：66e1e考法三判断零点个数【例3-1】（2023·河南·校联考模拟预测）函数2l1)()|(2g|o1xfxx的零点个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】由()0fx，得21|()1lo|2gxx，因此函数()fx的零点即为函数2logyx与1|()1|2xy的图象交点横坐标，在同一坐标系内作出函数2logyx与1|()1|2xy的图象，如图，观察图象知，函数2logyx与1|()1|2xy的图象有唯一公共点，所以函数2l1)()|(2g|o1xfxx的零点个数为1.故选：B【例3-2】．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）函数πsin33fxx在0,π内零点的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】由0,πx，得83,πππ333x，由0fx，得π303x或π3π3x或π32π3x，则π=9x或4π=9x或7π=9x所以fx在0,π内零点的个数为3.故选：C.【例3-3】（2023·河南·校联考模拟预测）设()fx是定义在R上的周期为5的奇函数，(3)0f，则()fx在[0,10]内的零点个数最少是（）A．4B．6C．7D．9【答案】D【解析】因为()fx是定义在R上的周期为5的奇函数，所以(0)(5)(10)0fff，又(3)0f，所以(3)(8)ff，则55(3)(2)(7)0,22fffff，则5555222fff．所以5515550,5022222fffff，故零点至少有5150,2,,3,5,7,8,,1022，则()fx在[0,10]内的零点个数最少是9．故选：D【变式】1．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）函数2ln23fxxxx在区间22,上的零点个数是（）A．3B．4C．5D．6【答案】A【解析】求函数²ln23fxxxx在区间22,上的零点个数，转化为方程2ln230xxx在区间22,上的根的个数.由2ln230xxx，得20xx或ln230x，解得：0x或1x或2x，所以函数²ln23fxxxx在区间22,上的零点个数为3.故选：A.2．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知方程1exxx的解个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】C【解析】易知0x不是方程1exxx的解，所以方程1exxx等价于11e10xx，构造函数11e1,,00,xfxxx，221222131241eee0xxxxxxfxxxxx，所以fx在,0,0,上单调递增，又213110,10e2eff，所以方程11e10xx在区间11,2上有且仅有一个解，2e110,2102ff，所以方程11e10xx在区间1,2上有且仅有一个解，所以方程11e10xx的解的个数为2，即方程1exxx的解个数为2.故选：C.3．（2023·江苏扬州·江苏省高邮中学校考模拟预测）已知函数π()sin(),06fxx在ππ,64上单调递增，则f（x）在0,2π上的零点可能有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】A【解析】由πππ2π2π,262kxkkZ，πππππππππ,2π2π642666462xkxk，即k只能取0，得2ππ33x，因为fx在ππ,64上单调递增，则2ππ,36ππ,34解得403，由0,2πx，则πππ,2π666x，设π6tx，则ππ,2π66t，因为ππ17π2π,666，17ππ8π2π2π3π6633，所以函数sinyt在ππ,2π66上的零点最多有2个；故选：A.4．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）fx是定义在R上的奇函数，当1,1x时，fxx，11fxfx，令lggxfxx，则函数gx的零点个数为（）A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】由11fxfx可得，fx的图象关于1x对称，又由11fxfx可得2()fxfxfx，所以4(2)()fxfxfx，所以fx以4为周期，所以作出fx的图象如下，lggxfxx的零点个数即为方程lgfxx的根的个数，也即()fx的图象与lgyx图象的交点个数，因为lg91,lg101