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專題2 復雜函數的有關零點不等關系問題
【2023年7月山東棗莊期末】已知函數有四個零點，則（ ）
A． B．
C． D．若，則
【方法名稱】換元同構
【思路分析】利用換元將目標方程轉化為，綜合利用函數方程和同構等方法解決零點問題.
令，即
設在單調遞增，單調遞減
對于A：由題意可知存在2根為，
不妨，則
由圖象可知：∵，∴．A不正確
對于B：
，B正確
對于C：，
，C正確
對于D：
由在單調遞減，∴ D正確
【舉一反三】
1．函數和有相同的最大值b，直線與兩曲線和恰好有三個交點，從左到右三個交點的橫坐標依次為，，，則下列說法正確的是（ ）
A． B． C． D．
2．已知且，函數，則（ ）
A．若，則有且僅有1個零點
B．若，則在區間上單調遞減
C．若有兩個零點，則
D．若，則存在，使得當時，有
【方法名稱】數形結合法
【思路分析】先根據條件構造函數，化簡方程：，再根據函數圖象確定參數取值范圍、根據根的關系求等量關系，即可判斷命題真假.
令
即當時單調遞減且；當時單調遞增
因此當有四個零點時，方程有兩個大于零且小于e的不等實根，
設為，
由圖可得，B正確
設
，A錯，
因為，
C正確
當時
因為當時單調遞減，所以，D正確
故選：BCD
【舉一反三】
3．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，函數有兩個不同的零點
B．存在實數，使得函數的圖象與軸沒有交點
C．函數的圖象關于直線對稱
D．若函數有四個不同的零點，則
4．已知函數，下列選項正確的是（ ）
A．當有三個零點時，的取值范圍為
B．是偶函數
C．設的極大值為，極小值為，若，則
D．若過點可以作圖象的三條切線，則的取值范圍為
5．關于函數，，下列說法正確的是 （ ）
A．當時，在處的切線方程為；
B．當時，存在唯一極小值點，且；
C．對任意，在上均存在零點；
D．存在，在上有且只有兩個零點．
6．已知函數的導函數為，則（ ）
A．函數的極小值為
B．
C．函數的單調遞減區間為
D．若函數有兩個不同的零點，則
7．已知函數有3個零點，，，則（ ）．
A．
B．
C．存在實數a，使得，，成等差數列
D．存在實數a，使得，，成等比數列
8．已知函數有三個不同的零點，，（其中），則（ ）
A．a的值可以為－4 B．
C． D．
9．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．當時，在上單調遞增
B．若的圖象在處的切線與直線垂直，則實數
C．當時，不存在極值
D．當時，有且僅有兩個零點，且
10．對于函數，下列說法正確的是（ ）
A．在上單調遞增，在上單調遞減
B．若方程有4個不等的實根，則
C．當時，
D．設，若對，，使得成立，則
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．ABD
【分析】利用導數的性質，根據最大值的定義，結合數形結合思想、指數與對數恒等式進行求解即可.
【詳解】對于AB，，
當時，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以當時，函數有最大值，即；
當時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以當時，函數有最小值，沒有最大值，不符合題意，
由，
當時，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以當時，函數有最大值，即；
當時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以當時，函數有最小值，沒有最大值，不符合題意，
于是有，，因此選項AB正確，
對于CD，兩個函數圖像如下圖所示：

由數形結合思想可知：當直線經過點時，此時直線與兩曲線和恰好有三個交點，
不妨設，
且，
由，又，
又當時，單調遞增，所以，
又，又，
又當時，單調遞減，所以，
，
，于是有，即，
因為，所以選項C錯誤，D正確，
故選：ABD
【點睛】關鍵點睛：利用數形結合思想，結合等式是解題的關鍵.
2．ABD
【分析】對于AC選項，構造函數，結合單調性和最值判斷解的個數，對于B選項，結合零點存在性定理判斷函數單調性，對于D選項，由對分析可知，存在，使得當時，不等式恒成立，即可判斷.
【詳解】對于A：時，.
則，即，
令時，，
在上，單調遞增，在上，單調遞減.
，所以此時有1個零點，所以A正確；
對于B：，
令為增函數，
，
因為，所以，則，所以，
所以在存在，使在上，在上，
所以在遞減，在遞增，且，
因為，所以，所以，
所以在上，所以在上遞減，所以B正確；
對于C：時，有，
令時，，
在上，單調遞增，在上，單調遞減.
，
當時，，有兩個零點，
當時，，有兩個零點，
所以C項錯誤；
對于D：因為，由對分析可知，存在，
使得當時，不等式恒成立，即，
則對于恒成立，所以D項正確.
故選：ABD.
【點睛】思路點睛：（1）利用導數研究函數的單調性、零點等問題，往往要先構造函數，再利用導數研究函數的有關性質，例如本題涉及指數函數和冪函數常常構造形如形式的函數；（2）對于方程無法直接求根時，往往需要二次求導.
3．AD
【分析】對于選項A，當時，作出函數和的圖象，利用數形結合進行判斷即可；對于選項B，利用當時，即可得出判斷；對于選項C，函數的定義域為，關于直線不對稱，從而得出判斷；對于選項D，利用函數與方程的關系，轉化為當時，函數有兩個不同的零點，構造函數，利用導數研究函數的極值進行求解即可.
【詳解】函數的定義域為，定義域關于直線不對稱，所以函數的圖象不可能關于直線對稱，故選項C錯誤；
當時，對任意實數都有，即函數的圖象與軸有交點，故選項B錯誤；
對于選項A，由得.
設，當且時，；當時，，作出函數的圖象如圖所示.
設，當時，，作出函數的圖象如圖所示.
由圖象知，函數的圖象與函數的圖象有且只有兩個交點，即函數有兩個不同的零點，故選項A正確；

對于選項D，由上述分析知，當時，函數的圖象與函數的圖象不可能有4個交點，故不滿足函數有四個不同的零點.
當時，如圖所示，當時，函數的圖象與函數的圖象沒有交點，當時，函數的圖象與函數的圖象有且只有兩個交點，故要使函數有四個不同的零點，只需要滿足當時，函數有2個不同的零點.

當時，，得.
令，，則，故當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，故當時，函數取得極大值，極大值為；當趨向于時，趨向于；當趨向于2時，趨向于，故當時，與在上有兩個不同的交點.
綜上所述，要使函數有四個不同的零點，則，故選項D正確.
故選：AD.
【點睛】本題主要考查函數的零點個數，解決策略是利用函數與方程思想，將原函數轉化為兩個簡單函數，通過考查兩個簡單函數的圖象的交點個數問題進行解決.
4．ABD
【分析】由可得出，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可判斷A選項；利用函數奇偶性的定義可判斷B選項；利用導數求出函數的極大值和極小值，結合求出的值，可判斷C選項；設切點橫坐標為，利用導數的幾何意義可得出方程有三個不等的實根，可知，直線與函數的圖象有三個交點，數形結合可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，令可得，
令，則直線與函數的圖象有三個交點，
，令，可得，列表如下：
增 極大值 減 極小值 增
如下圖所示：
由圖可知，當時，直線與函數的圖象有三個交點，A對；
對于B選項，，該函數的定義域為，
，
故函數是偶函數，B對；
對于C選項，，令，可得，列表如下：
減 極小值 增 極大值 減
所以，，，
所以，，解得，C錯；
對于D選項，設切點坐標為，則，
所以，曲線在處的切線方程為，
將點的坐標代入切線方程得，整理可得，
令，其中，則，
令，可得或，列表如下：
減 極小值 增 極大值 減
若過點可以作圖象的三條切線，
則直線與函數的圖象有三個交點，如下圖所示：
由圖可知，當時，直線與函數的圖象有三個交點，合乎題意，D對.
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
5．ABD
【分析】對于選項，可得繼而，可求在處的切線方程；對于選項, 當時，可用隱零點的處理手段虛設零點，求得最值再整體代換即可；對于、選項，可用函數與方程的思想將函數的零點問題轉化為兩函數相交問題.
【詳解】當時，，，，，
在處的切線方程為，即，故A正確；
當時，，，令，當時，，所以在上單調增，又所以存在唯一，使得，即，
且當，，單調遞減，
當，，單調遞增，
存在唯一極小值點，
且，，
，故B正確；
令，當時，
分離參數可得，
設，，
令，解得，，
作出的圖像，

當時，取極小值，也是上的最小值為，
當時，取極大值，也是上的最大值為，
由圖像可知當時，在上沒有零點，故C錯誤，
當時，在上有兩個零點，故D正確．
綜上，正確的是ABD．
故選：ABD．
6．ABD
【分析】求出導函數，直接計算，由導數確定函數的單調性后可得極值，從而判斷ABC選項，利用單調性確定函數值的變化趨勢后，結合數形結合思想判斷D．
【詳解】由，得，當時，，B正確；
當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，
因此函數在處取得極小值，遞減區間為，A正確，C錯誤；
函數在上單調遞減，且恒有，在上單調遞增，，，
而函數有兩個不同的零點，即函數的圖象與直線有兩個公共點，
在同一坐標系內作出直線與函數的部分圖象，如圖，
觀察圖象知，當時，直線與函數的圖象有兩個公共點，
所以函數有兩個不同的零點時，，D正確，
故選：ABD.

【點睛】方法點睛：由函數零點（或方程根）的個數判斷參數范圍問題的解題方法，一般是把問題進行轉化，轉化為一條直線與一個函數圖象的交點個數，然后確定函數的性質，如奇偶性、單調性（可以利用導數確定單調性，較難題一般也只能用導數確定單調性），得出函數的變化趨勢，作出函數圖象，再作出直線，最后由它們的交點個數情況得出參數范圍．
7．ACD
【分析】由題意設，根據，求導分析的單調性，進而數形結合分析，根據可判斷A，根據函數的極大值可判斷B，根據三次函數的對稱性可判斷C，舉例可判斷D.
【詳解】由，得，
設，則，
則的極小值為，極大值為．

對A，因為，
所以，當且僅當時，，所以，A正確．
對B，因為在上單調遞減，且，
所以，所以未必成立，B錯誤．
對C，設，令有，則有，故圖象存在對稱中心，
所以存在實數，使得，，成等差數列，C正確．
對D，因為，所以存在實數，使得，，成等比數列，D正確．
故選：ACD
8．BCD
【分析】若函數有三個不同的零點，則方程有三個不同的實數根，令，則，設，求導分析單調性，極值，分析的零點，即可得出答案．
【詳解】函數有三個不同的零點，，（其中），
即方程有三個不同的實數根，，（其中），
等價于方程有三個不同的實數根，，（其中），
令，其中，
令，則；，則，
即在上單調遞增，在上單調遞減，
其中，，且當時，恒成立，可得函數的大致圖象，
由題知，方程有三個不同的實數根，
則需要有兩個不同解，
所以，即或，A選項錯誤；
則有，，
當時，，，
又因為，即，所以與矛盾，
所以不符合題意，故舍去.
當時，，則，
則對應的關系有，且應滿足，如圖所示，

且，則，即，
令，則，
由對勾函數在上單調遞減，則在上單調遞增，
，所以，B選項正確；
，所以，
，
令，，
當時，，，，
所以在上，單調遞增，所以，
所以，即，
又在上單調遞減，所以，即，故C選項正確；
由且，則有
，D選項正確.
故選：BCD
【點睛】方法點睛：
函數的零點轉化為方程的根，通過構造函數，借助導數研究單調性，利用數形結合求出零點的范圍，根據選項中的內容通過函數的性質判斷結論是否正確.
9．ABD
【分析】對于A，利用導數即可判斷；對于B，根據導數的幾何意義可判斷；對于C，取，根據導數判斷此時函數的單調性，說明極值情況，即可判斷；對于D，結合函數單調性，利用零點存在定理說明有且僅有兩個零點，繼而由可推出，即可證明結論，即可判斷.
【詳解】因為，定義域為且，
所以，
對于A，當時，，所以在和上單調遞增，故A正確；
對于B，因為直線的斜率為，
又因為的圖象在處的切線與直線垂直，
故令，解得，故B正確；
對于C，當時，不妨取，
則，
令，則有，解得，
當時，，在上單調遞增；
當時，，在上分別單調遞減；
所以此時函數有極值，故C錯誤；
對于D，由A可知，當時，在和上單調遞增，
當時，，
，
所以在上有一個零點，
又因為當時， ，
，
所以在上有一個零點，
所以有兩個零點，分別位于和內；
設，
令，則有，
則
，
所以的兩根互為倒數，所以，故D正確．
故選：ABD
【點睛】難點點睛：本題綜合考查了導數知識的應用，綜合性較，解答的難點在于選項D的判斷，要結合函數的單調性，利用零點存在定理判斷零點個數，難就難在計算量較大并且計算復雜，證明時，要注意推出，進而證明結論
10．BD
【分析】A選項，求導，研究單調性即可；B選項，結合A選項分析出的單調性，符號信息，作出圖像，然后根據圖像的變換得到的圖像，將方程的根轉化為圖像的交點個數問題；C選項，結合A選項的單調性進行分析；D選項，由題干選項，只需比較值域的關系即可.
【詳解】A選項，定義域為，，
則時，，單調遞減，時，，單調遞增，A選項錯誤；
B選項，時，，則單調遞減，
結合A選項的分析可知，在上單調遞減，在時單調遞增，
由可得時，，時，，
結合已經分析的的信息，作出圖像如下：

根據圖像的變換，的圖像為：

故，即時，有4個不等的實根，B選項正確；
C選項，根據單調性，時單調遞減，
故當時，，則，
由于，不等式兩邊同時乘以，故，C選項錯誤；
D選項，由于時，，時，，
若對，，使得成立，
故，解得，D選項正確.
故選：BD.
【點睛】關鍵點睛：本題綜合的考察了高中階段常見模型之一：的相關性質，熟知圖像性質，數形結合來處理是解題關鍵.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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