2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第二章函數(shù)第5節(jié)函數(shù)的對稱性及應(yīng)用考試要求1.能通過平移，分析得出一般的軸對稱和中心對稱公式和推論.2.會(huì)利用對稱公式解決問題.【知識梳理】1.奇函數(shù)、偶函數(shù)的對稱性(1)奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對稱，偶函數(shù)關(guān)于y軸對稱.(2)若f(x－2)是偶函數(shù)，則函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為x＝－2；若f(x－2)是奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)的圖象的對稱中心為(－2，0).2.若函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱，則f(a－x)＝f(a＋x)；若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a－x)＝－f(a＋x)，則函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，0)對稱.3.兩個(gè)函數(shù)圖象的對稱(1)函數(shù)y＝f(x)與y＝f(－x)關(guān)于y軸對稱；(2)函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(x)關(guān)于x軸對稱；(3)函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)關(guān)于原點(diǎn)對稱.[常用結(jié)論與微點(diǎn)提醒]對稱性的四個(gè)常用結(jié)論(1)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)?f(a＋x)＝f(a－x)?y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝a對稱；(2)y＝f(x＋a)是奇函數(shù)?f(a＋x)＝－f(a－x)?y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，0)對稱；(3)若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱.特別地，當(dāng)a＝b時(shí)，即f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)時(shí)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱.(4)若函數(shù)y＝f(x)滿足f(x)＋f(2a－x)＝2b，則y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，b)對稱.特別地，當(dāng)b＝0時(shí)，即f(a＋x)＋f(a－x)＝0或f(x)＋f(2a－x)＝0時(shí)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，0)對稱.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝f(x＋1)是偶函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱.()(2)函數(shù)y＝f(x－1)是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對稱.()(3)若函數(shù)f(x)滿足f(x－1)＋f(x＋1)＝0，則f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱.()(4)若函數(shù)f(x)滿足f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱.()答案(1)√(2)×(3)×(4)√解析(2)函數(shù)y＝f(x－1)是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1，0)對稱.(3)由函數(shù)f(x)滿足f(x－1)＋f(x＋1)＝0可得f(x－1)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(－x)≠f(x)，故f(x)的圖象不關(guān)于y軸對稱.2.函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,x)圖象的對稱中心為()A.(0，0) B.(0，1)C.(1，0) D.(1，1)答案B解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，由y＝eq\f(1,x)向上平移一個(gè)單位長度得到y(tǒng)＝1＋eq\f(1,x)，又y＝eq\f(1,x)關(guān)于(0，0)對稱，所以f(x)＝1＋eq\f(1,x)的圖象關(guān)于(0，1)對稱.3.(必修一P87T13改編)已知函數(shù)y＝f(x＋2)－3是奇函數(shù)，且f(4)＝2，則f(0)＝______.答案4解析法一由y＝f(x＋2)－3是奇函數(shù)，∴f(－x＋2)－3＝－f(x＋2)＋3，令x＝2，f(0)－3＝－f(4)＋3，得f(0)＝4.法二由y＝f(x＋2)－3是奇函數(shù)，得f(x)關(guān)于(2，3)對稱，故f(0)＋f(4)＝6，即f(0)＝4.4.若偶函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，且當(dāng)x∈[2，3]時(shí)，f(x)＝2x－1，則f(－1)＝________.答案5解析∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(－1)＝f(1)，由f(x)的圖象關(guān)于x＝2對稱，可得f(1)＝f(3)＝2×3－1＝5，所以f(－1)＝5.考點(diǎn)一函數(shù)的對稱性例1(2023·全國乙卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,x)＋a)ln(1＋x)，是否存在a，b，使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關(guān)于直線x＝b對稱？若存在，求a，b的值；若不存在，說明理由.解假設(shè)存在a，b,使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關(guān)于直線x＝b對稱.令g(x)＝f(eq\f(1,x))＝(x＋a)ln(1＋eq\f(1,x))＝(x＋a)lneq\f(x＋1,x)，因?yàn)榍€y＝g(x)關(guān)于直線x＝b對稱，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)lneq\f(x＋1,x)＝(2b－x＋a)lneq\f(2b－x＋1,2b－x)＝(x－2b－a)lneq\f(x－2b,x－2b－1)，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2b－a，,1＝－2b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))當(dāng)a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)時(shí)，g(x)＝(x＋eq\f(1,2))ln(1＋eq\f(1,x))，g(－1－x)＝(－x－eq\f(1,2))lneq\f(－x,－1－x)＝(－x－eq\f(1,2))lneq\f(x,1＋x)＝(x＋eq\f(1,2))lneq\f(x＋1,x)＝(x＋eq\f(1,2))ln(1＋eq\f(1,x))＝g(x)，所以曲線y＝g(x)關(guān)于直線x＝－eq\f(1,2)對稱，滿足題意.故存在a，b，使得曲線y＝f(eq\f(1,x))關(guān)于直線x＝b對稱，且a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).感悟提升1.函數(shù)y＝f(x)關(guān)于直線x＝a對稱?f(a＋x)＝f(a－x)，或f(2a＋x)＝f(－x).2.函數(shù)y＝f(x)關(guān)于點(diǎn)(a，b)對稱?f(2a－x)＋f(x)＝2b或f(a－x)＋f(a＋x)＝2b.3.函數(shù)y＝f(a＋x)的圖象與函數(shù)y＝f(b－x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(b－a,2)對稱.訓(xùn)練1(1)已知函數(shù)y＝f(x)是定義域?yàn)镽的函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x＋2)的圖象與y＝f(4－x)的圖象()A.關(guān)于直線x＝1對稱 B.關(guān)于直線x＝3對稱C.關(guān)于直線y＝3對稱 D.關(guān)于點(diǎn)(3，0)對稱答案A解析設(shè)P(x0，y0)為y＝f(x＋2)圖象上任意一點(diǎn)，則y0＝f(x0＋2)＝f(4－(2－x0))，所以點(diǎn)Q(2－x0，y0)在函數(shù)y＝f(4－x)的圖象上，而P(x0，y0)與Q(2－x0，y0)關(guān)于直線x＝1對稱，所以函數(shù)y＝f(x＋2)的圖象與y＝f(4－x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱.(2)(多選)關(guān)于函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四個(gè)命題，其中正確的是()A.f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱 B.f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱C.f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱 D.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(π，0)對稱答案BCD解析∵f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)的定義域?yàn)閧x|x≠kπ，k∈Z}，f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin（－x）)＝－sinx－eq\f(1,sinx)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，故A錯(cuò)誤，B正確；∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，∴f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱，故C正確；又f(x＋2π)＝sin(x＋2π)＋eq\f(1,sin（x＋2π）)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，f(－x)＝－sinx－eq\f(1,sinx)，∴f(x＋2π)＝－f(－x)，∴f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(π，0)對稱，故D正確.考點(diǎn)二對稱性與周期性例2(1)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，f(1＋x)＝f(1－x)，當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，f(x)＝x3－3x，則f(2023)＝()A.1 B.－2C.－1 D.2答案D解析法一因?yàn)槎x在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，所以f(1＋x)＝f(1－x)＝－f(x－1)，則f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù).則f(2023)＝f(4×505＋3)＝f(3)＝f(－1)＝2.法二由f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝－f(x)，可知f(x)為奇函數(shù)，由f(1＋x)＝f(1－x)，可知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(2023)＝f(4×505＋3)＝f(3)＝f(－1)＝2.(2)(2024·泉州質(zhì)測)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)1≤x<2時(shí)，f(x)＝x－2.若y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)與f(x)的圖象交于點(diǎn)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)(n∈N*)，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi＋yi)＝()A.6 B.8C.10 D.14答案D解析因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，所以直線x＝1是f(x)圖象的一條對稱軸.又由f(x＋2)＝－f(x)，得到f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù).作出f(x)的圖象，如圖所示.由圖象可知，點(diǎn)(2，0)是f(x)圖象的一個(gè)對稱中心，直線y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)也關(guān)于點(diǎn)(2，0)對稱，且當(dāng)x≥8時(shí)，y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)≥1，當(dāng)x≤－4時(shí)，y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)≤－1，所以直線y＝eq\f(1,6)x－eq\f(1,3)與y＝f(x)的圖象有7個(gè)公共點(diǎn)，則由對稱性可得，x1＋x2＋…＋x7＝2＋4×3＝14，y1＋y2＋y3＋…＋y7＝0，因此eq\o(∑,\s\up6(7),\s\do4(i＝1))(xi＋yi)＝14，故選D.感悟提升1.若函數(shù)y＝f(x)的對稱軸為x＝a，x＝b，則其周期為T＝2|b－a|.2.若函數(shù)y＝f(x)的對稱中心為(a，0)，(b，0)，則其周期為T＝2|b－a|.3.若函數(shù)y＝f(x)的對稱軸為x＝a，對稱中心為(b，0)，則其周期為T＝4|b－a|.訓(xùn)練2(1)(多選)(2024·承德模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，對任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且f(－x)＝f(x)，則下列結(jié)論正確的是()A.f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱 B.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2，0)對稱C.f(x)的周期為4 D.y＝f(x＋4)為偶函數(shù)答案ACD解析∵f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，故A正確，B錯(cuò)誤；∵f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，則f(－x)＝f(x＋4)，又f(－x)＝f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴T＝4，故C正確；∵T＝4且f(x)為偶函數(shù)，故y＝f(x＋4)為偶函數(shù)，故D正確.(2)(2024·洛陽模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數(shù)且f(1)＝2，則f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝()A.－2 B.0C.2 D.4答案D解析因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))為偶函數(shù)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，則f(x＋3)＝f(－x)，故f(x＋3)＝－f(x)，則有f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是以6為周期的周期函數(shù).對于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，令x＝－eq\f(1,2)，得f(2)＝f(1)＝2，f(2022)＝f(6×337)＝f(0)＝0，f(2023)＝f(6×337＋1)＝f(1)＝2，f(2024)＝f(6×337＋2)＝f(2)＝2，所以f(2022)＋f(2023)＋f(2024)＝4.考點(diǎn)三對稱性、周期性與單調(diào)性例3(多選)(2024·杭州調(diào)考)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，f(1＋x)＝f(1－x)，且圖象關(guān)于(2，0)對稱，則()A.f(0)＝f(－2) B.f(x)的周期T＝2C.f(x)在(2，3)上單調(diào)遞減 D.f(x)滿足f(2021)>f(2022)>f(2023)答案AC解析由f(1＋x)＝f(1－x)，可得f(x)圖象的對稱軸方程為x＝1，所以f(0)＝f(2)，又由f(1＋x)＝f(1－x)，可知f(2＋x)＝f(－x).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象關(guān)于(2，0)對稱，即f(2＋x)＝－f(2－x)，故f(4＋x)＝－f(－x)，所以－f(2＋x)＝f(4＋x)，即－f(x)＝f(2＋x)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)的周期為4，所以f(－2)＝f(2)，所以f(0)＝f(－2)，故A正確，B錯(cuò)誤.因?yàn)閒(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，且周期為4，所以f(x)在(3，4]上單調(diào)遞增，又f(x)的圖象關(guān)于(2，0)對稱，所以f(x)在[0，1)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以f(x)在(1，2]上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)在(2，3)上單調(diào)遞減，故C正確.根據(jù)f(x)的周期為4，可得f(2021)＝f(1)，f(2022)＝f(2)，f(2023)＝f(3)，因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以f(2)＝f(0)且f(3)＝f(－1)，即f(2021)＝f(1)，f(2022)＝f(0)，f(2023)＝f(－1)，由C選項(xiàng)的分析可知，函數(shù)f(x)在[0，1)上單調(diào)遞增，在(－1，0]上單調(diào)遞增，確定的單調(diào)區(qū)間內(nèi)均不包含x＝±1，若f(－1)＝f(1)＝0，則f(2021)>f(2022)>f(2023)不成立，故D錯(cuò)誤.感悟提升解決函數(shù)性質(zhì)的綜合問題，一般要利用周期性與對稱性縮小自變量的值或轉(zhuǎn)換自變量所在的區(qū)間，然后利用單調(diào)性比較大小或解不等式.訓(xùn)練3(2024·成都診斷)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＋f(x)＝0，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)，則下列不等式正確的是()A.f(log27)<f(－5)<f(6) B.f(log27)<f(6)<f(－5)C.f(－5)<f(log27)<f(6) D.f(－5)<f(6)<f(log27)答案C解析由f(x＋2)＋f(x)＝0，得f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，f(x)的周期T＝4.又f(－x)＝－f(x)，f(2)＝－f(0)＝0，所以f(－5)＝－f(5)＝－f(1)＝－log22＝－1，f(6)＝f(2)＝0.又2<log27<3，則0<log27－2<1，則0<log2eq\f(7,4)<1，因?yàn)楫?dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)∈[0，1]，所以f(log27)＝－f(log27－2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,4)))＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,4)＋1))＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,2))).又1<log2eq\f(7,2)<2，所以0<log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,2)))<1，所以－1<－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,2)))<0，所以f(－5)<f(log27)<f(6).抽象函數(shù)1.我們把不給出具體解析式，只給出函數(shù)的特殊條件或特征的函數(shù)稱為抽象函數(shù)，解決抽象函數(shù)問題的兩種常用方法有：函數(shù)性質(zhì)法和特殊值法.2.常見的抽象函數(shù)模型：(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)可看做f(x)＝kx的抽象表達(dá)式；(2)f(x＋y)＝f(x)f(y)可看做f(x)＝ax的抽象表達(dá)式(a>0，且a≠1)；(3)f(xy)＝f(x)＋f(y)可看做f(x)＝logax的抽象表達(dá)式(a>0，且a≠1)；(4)f(xy)＝f(x)f(y)可看做f(x)＝xa的抽象表達(dá)式.一、抽象函數(shù)求值例1(1)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，則f(－2)等于________.答案2解析∵f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，∴令x＝y(tǒng)＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2＝6，再令x＝2，y＝－1，得f(2－1)＝f(2)＋f(－1)－4＝2，∴f(－1)＝0，∴f(－2)＝f(－1)＋f(－1)＋2＝2.(2)f(x)滿足對任意的實(shí)數(shù)a，b都有f(a＋b)＝f(a)·f(b)，且f(1)＝2，則eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（4）,f（3）)＋eq\f(f（6）,f（5）)＋…＋eq\f(f（2024）,f（2023）)＝()A.2024 B.2022C.1012 D.1011答案A解析由f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，令b＝1可得f(a＋1)＝f(a)·f(1)＝2f(a)，所以eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（4）,f（3）)＋eq\f(f（6）,f（5）)＋…＋eq\f(f（2024）,f（2023）)＝eq\f(2f（1）,f（1）)＋eq\f(2f（3）,f（3）)＋eq\f(2f（5）,f（5）)＋…＋eq\f(2f（2023）,f（2023）)＝2×1012＝2024.二、抽象函數(shù)的性質(zhì)例2(1)(多選)(2024·常德模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，且f(2)＝3，則()A.f(1)＝1B.函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增C.函數(shù)f(x)是奇函數(shù)D.函數(shù)f(x)的一個(gè)解析式為f(x)＝2x－1答案ABD解析A中，因?yàn)閒(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，f(2)＝3，令x＝y(tǒng)＝1，則f(2)＝[f(1)]2＋2f(1)＝3，解得f(1)＝1，A正確；B中，任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x2>x1，則f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]＝f(x1)f(x2－x1)＋f(x1)＋f(x2－x1)，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，所以f(x2－x1)>0，f(x1)>0，所以f(x1)f(x2－x1)＋f(x1)＋f(x2－x1)>f(x1)，即f(x2)>f(x1)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，B正確；C中，令x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝[f(0)]2＋2f(0)，解得f(0)＝0或f(0)＝－1，當(dāng)f(0)＝0，且x>0時(shí)，令y＝－x，則0＝f(x)f(－x)＋f(x)＋f(－x)，若f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，即0＝－f2(x)＋f(x)－f(x)，解得f(x)＝0，與題意矛盾；當(dāng)f(0)＝－1時(shí)，f(x)不為奇函數(shù).綜上所述，函數(shù)f(x)不是奇函數(shù)，C錯(cuò)誤；D中，當(dāng)f(x)＝2x－1，則f(x＋y)＝2x＋y－1，f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)＝(2x－1)(2y－1)＋(2x－1)＋(2y－1)＝2x＋y－2x－2y＋1＋2x－1＋2y－1＝2x＋y－1，所以f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，易得f(x)＝2x－1在R上單調(diào)遞增，所以x>0時(shí)，f(x)＝2x－1>20－1＝0，f(2)＝22－1＝3，故函數(shù)f(x)的一個(gè)解析式為f(x)＝2x－1，D正確.(2)(2024·紹興質(zhì)檢)已知f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的增函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，如果x滿足f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－3)))≤2，則x的取值范圍為________.答案(3，4]解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，∴f(y)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x).在上述等式中取x＝4，y＝2，則有f(2)＋f(2)＝f(4).又∵f(2)＝1，∴f(4)＝2，∴f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－3)))≤2可變形為f(x(x－3))≤f(4).又∵f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的增函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－3）≤4，,x＞0，,x－3＞0，))解得3＜x≤4.故x的取值范圍是(3，4].訓(xùn)練(1)(多選)(2024·佛山模擬)已知定義在R上且不恒為0的函數(shù)f(x)，對任意的x，y∈R，都有f(xy)＝xf(y)＋yf(x)，則()A.f(8)＝12f(2) B.函數(shù)f(x)是奇函數(shù)C.對?n∈N*，有f(xn)＝nf(x) D.若f(2)＝2，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))f(2k)＝(n＋1)2n－2答案AB解析對于A，令x＝2，y＝2，則有f(2×2)＝f(4)＝2f(2)＋2f(2)＝4f(2)，f(8)＝f(2×4)＝2f(4)＋4f(2)＝12f(2)，正確；對于B，因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，因?yàn)閷τ?x∈R，f(xy)＝xf(y)＋yf(x)，當(dāng)x≠0時(shí)，令y＝x，則有f(xy)＝f(x2)＝2xf(x)，∴f(x)＝eq\f(f（x2）,2x)，f(－x)＝－eq\f(f（x2）,2x)＝－f(x)，令x＝0時(shí)，f(0×y)＝f(0×0)＝0，所以f(x)是奇函數(shù)，正確；對于C，由B知，當(dāng)n＝2時(shí)，f(x2)＝2xf(x)，錯(cuò)誤；對于D，f(2n)＝f(2n－1×2)＝2n－1f(2)＋2f(2n－1)，令an＝f(2n)(n∈N*)，則有an＝2an－1＋2n，∴2－nan＝2－(n－1)an－1＋1，令bn＝2－nan，則bn＝bn－1＋1，b1＝2－1×2＝1，{bn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，∴bn＝b1＋(n－1)＝n，即an＝n2n(n∈N*)，令Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))f(2k)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak＝a1＋a2＋…＋an＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n2n，①則2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1，②①－②得：－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，故Sn＝(n－1)2n＋1＋2，錯(cuò)誤.故選AB.(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，則f(4)＝________.答案7解析令x＝y(tǒng)＝1，則f(2)＝f(1)＋f(1)＋1＝3.令x＝y(tǒng)＝2，則f(4)＝f(2)＋f(2)＋1＝7.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.已知函數(shù)y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)P(1，－2)，則函數(shù)y＝－f(－x)的圖象必過點(diǎn)()A.(－1，2) B.(1，2)C.(－1，－2) D.(－2，1)答案A解析函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，又y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)P(1，－2)，則函數(shù)y＝－f(－x)的圖象必過點(diǎn)(－1，2).2.已知函數(shù)f(x)＝2|x－a|的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，則a等于()A.1 B.2C.0 D.－2答案B解析函數(shù)f(x)＝2|x－a|的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，可得f(2＋x)＝f(2－x)，即為2|2＋x－a|＝2|2－x－a|，即有|2＋x－a|＝|2－x－a|(*)恒成立，可得2＋x－a＝2－x－a或2＋x－a＋2－x－a＝0，解得x＝0或a＝2，檢驗(yàn)可得a＝2時(shí)(*)式恒成立.3.(2024·常州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(1＋x)＝－f(1－x)，f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)是()A.偶函數(shù)，又是周期函數(shù) B.偶函數(shù)，但不是周期函數(shù)C.奇函數(shù)，又是周期函數(shù) D.奇函數(shù)，但不是周期函數(shù)答案A解析法一因?yàn)閒(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于(1，0)中心對稱；因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(x＋2)＝f(x－2).又f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，f(x)是偶函數(shù).法二因?yàn)閒(1＋x)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f[1－(x＋1)]＝－f(－x).因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，所以f(2－x)＝－f(－x)，即f(2＋x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(x＋2)＝f(x－2).因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x－2)＝f(2－x)，所以f(x)＝f(－x)，f(x)是偶函數(shù).4.已知函數(shù)f(x＋2)是R上的偶函數(shù)，且f(x)在[2，＋∞)上恒有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(x1≠x2)，則不等式f(lnx)>f(1)的解集為()A.(－∞，e)∪(e3，＋∞) B.(1，e2)C.(e，e3) D.(e，＋∞)答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋2)是R上的偶函數(shù)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，在[2，＋∞)上恒有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(x1≠x2)，當(dāng)x1<x2時(shí)，f(x1)>f(x2)，所以f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，不等式f(lnx)>f(1)需滿足|lnx－2|<|1－2|?1<lnx<3，解得e<x<e3.5.(多選)(2024·濟(jì)寧統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x＋3)＋f(x＋1)＝0，且f(x＋1)為偶函數(shù)，則()A.f(2)＝0 B.f(x)為偶函數(shù)C.f(x)為周期函數(shù) D.f(x＋4)為偶函數(shù)答案AC解析因?yàn)閒(x＋1)為偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，又f(x＋3)＋f(x＋1)＝0，所以f(x＋3)＋f(－x＋1)＝0，令x＝－1，得f(2)＋f(2)＝0，所以f(2)＝0，故A正確；因?yàn)閒(x＋3)＋f(x＋1)＝0，所以f(x)＝－f(x＋2)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)的周期是4，又f(x＋3)＋f(－x＋1)＝0，所以f(x＋4)＝－f(－x)＝f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，故B錯(cuò)誤，C正確；因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，且f(x)的周期是4，所以(4，0)是f(x)的圖象的對稱中心，f(x＋4)＝－f(－x＋4)，f(x＋4)為奇函數(shù)，故D錯(cuò)誤.6.(2024·泉州調(diào)研)已知函數(shù)y＝f(x)對任意實(shí)數(shù)x都有f(x＋6)＋f(x)＝2f(3)且f(1－x)＋f(x－1)＝0，則f(2025)＝()A.－3 B.0C.3 D.6答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)對任意實(shí)數(shù)x都有f(1－x)＋f(x－1)＝0，即f(1－x)＝－f(x－1)，即f(－x)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).由題意知f(x＋6)＋f(x)＝2f(3)，令x＝－3，得f(3)＋f(－3)＝2f(3)，即f(3)－f(3)＝2f(3)，所以f(3)＝0，則f(x＋6)＋f(x)＝2f(3)＝0，即f(x＋6)＝－f(x)，所以f(x＋12)＝－f(x＋6)＝－[－f(x)]＝f(x)，即12為函數(shù)y＝f(x)的周期，所以f(2025)＝f(12×168＋9)＝－f(3)＝0.7.(2024·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，f(x＋2)為偶函數(shù).若f(0)＝2，則eq\o(∑,\s\up6(115),\s\do4(k＝1))f(k)＝()A.116 B.115C.114 D.113答案C解析由f(x＋1)＋f(x－1)＝2，得f(x＋2)＋f(x)＝2，即f(x＋2)＝2－f(x)，所以f(x＋4)＝2－f(x＋2)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4.又f(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(－x＋2)＝f(x＋2)，所以f(x)＝f(4－x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)也為偶函數(shù).又f(x＋1)＋f(x－1)＝2，所以f(1)＋f(3)＝2，f(2)＋f(4)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4.又f(0)＋f(2)＝2，f(0)＝2，所以f(2)＝0，所以eq\o(∑,\s\up6(115),\s\do4(k＝1))f(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×28＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝4×28＋2＋0＝114.8.與f(x)＝ex關(guān)于直線x＝1對稱的函數(shù)是________.答案y＝e2－x解析設(shè)函數(shù)f(x)＝ex的圖象上的任意一點(diǎn)(x0，y0)關(guān)于直線x＝1對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋x,2)＝1，,y0＝y(tǒng)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2－x，,y0＝y(tǒng)，))因?yàn)辄c(diǎn)(x0，y0)在函數(shù)f(x)＝ex圖象上，所以y0＝ex0，即y＝e2－x.9.寫出一個(gè)同時(shí)具有性質(zhì)①②③的函數(shù)f(x)＝________.①f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)；②f(1＋x)＝f(1－x)；③f(1)＝2.答案2sineq\f(π,2)x(答案不唯一)解析由①②③可知函數(shù)f(x)是對稱軸為x＝1，定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，且f(1)＝2，可寫出滿足條件的函數(shù)f(x)＝2sineq\f(π,2)x.10.已知函數(shù)f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，且f(x)>0.若y＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1對稱，f(0)＝1，則f(2025)＝________.答案2解析因?yàn)閥＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1對稱，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝0對稱，即y＝f(x)是偶函數(shù).對于f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，令x＝－1，可得f(1)·f(－1)＝2f(1)，又f(x)>0，所以f(－1)＝2，則f(1)＝f(－1)＝2，所以函數(shù)f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝4，所以f(x＋4)·f(x＋2)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，即f(x)是周期為4的周期函數(shù)，所以f(2025)＝f(506×4＋1)＝f(1)＝2.11.函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)P(a，b)成中心對稱的充要條件是函數(shù)y＝f(x＋a)－b為奇函數(shù).(1)若f(x)＝x3－3x2，求此函數(shù)圖象的對稱中心；(2)類比上述推廣結(jié)論，寫出“函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸成軸對稱的充要條件是函數(shù)y＝f(x)為偶函數(shù)”的一個(gè)推廣結(jié)論.解(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－3x2圖象的對稱中心為P(a，b)，g(x)＝f(x＋a)－b，則g(x)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)，故f(－x＋a)－b＝－f(x＋a)＋b，即f(－x＋a)＋f(x＋a)＝2b，即[(－x＋a)3－3(－x＋a)2]＋[(x＋a)3－3(x＋a)2]＝2b.整理得(3a－3)x2＋a3－3a2－b＝0，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－3＝0，,a3－3a2－b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2，))所以函數(shù)f(x)＝x3－3x2圖象的對稱中心為(1，－2).(2)推論：函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a成軸對稱的充要條件是函數(shù)y＝f(x＋a)為偶函數(shù).12.已知定義域?yàn)镮＝(－∞，0)∪(0，＋∞)的函數(shù)f(x)滿足對任意x1，x2∈I都有f(x1x2)＝x1f(x2)＋x2f(x1).(1)求證：f(x)是奇函數(shù)；(2)設(shè)g(x)＝eq\f(f（x）,x)，且當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，求不等式g(x－2)>g(x)的解集.(1)證明令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，令x1＝x2＝－1，得f(－1)＝－eq\f(1,2)f(1)＝0，令x1＝x，x2＝－1，得f(－x)＝xf(－1)－f(x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù).(2)解∵f(x1x2)＝x1f(x2)＋x2f(x1)，∴eq\f(f（x1x2）,x1x2)＝eq\f(f（x1）,x1)＋eq\f(f（x2）,x2)，∴g(x1x2)＝g(x1)＋g(x2)，設(shè)x1>x2>0，則eq\f(x1,x2)>1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<0.∵g(x1)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2·\f(x1,x2)))＝g(x2)＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<g(x2)，∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).∵g(－x)＝eq\f(f（－x）,－x)＝eq\f(－f（x）,－x)＝g(x)，∴g(x)是偶函數(shù)，∴g(|x－2|)>g(|x|)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2≠0，,x≠0，,|x－2|<|x|，))解得x>1且x≠2，∴不等式g(x－2)>g(x)的解集為{x|1<x<2或x>2}.【B級能力提升】13.(2023·唐山模擬)已知函數(shù)f(2x＋1)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2x＋1)的一個(gè)周期為2，則()A.1為f(x)的周期 B.f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))對稱C.f(2023)＝0 D.f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱答案C解析對于A，因?yàn)閒(2x＋1)的一個(gè)周期為2，所以f[2(x＋2)＋1]＝f(2x＋1)，即f(2x＋1＋4)＝f(2x＋1)，設(shè)t＝2x＋1，則f(t＋4)＝f(t)，所以f(x)的一個(gè)周期為4，故A錯(cuò)誤.對于B，因?yàn)閒(2x＋1)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－2x＋1)＝－f(2x＋1)，設(shè)m＝2x，則f(－m＋1)＝－f(m＋1)，所以f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對稱，故B錯(cuò)誤.對于C，因?yàn)閒(x)的一個(gè)周期為4，所以f(2023)＝f(4×506－1)＝f(－1)＝－f(1)，又f(－2x＋1)＝－f(2x＋1)，令x＝0，得f(1)＝0，所以f(2023)＝0，故C正確.對于D，f(x)的定義域?yàn)镽，因?yàn)閒(－1)＝0，f(x)的一個(gè)周期為4，所以f(4k＋3)＝0(k∈Z)，f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對稱，作出一個(gè)符合上述條件的圖象，如圖所示，此時(shí)f(x)的圖象不關(guān)于直線x＝2對稱，故D錯(cuò)誤.14.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a·2x－2－x,2x＋2－x)是奇函數(shù).(1)求a的值，并解關(guān)于x的不等式f(x)>eq\f(1,3)；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(2x＋1,2x＋2－x)圖象的對稱中心.解(1)對任意的x∈R，2x＋2－x>0，故函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(a·2x－2－x,2x＋2－x)為奇函數(shù)，則f(0)＝eq\f(a－1,2)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)，下面驗(yàn)證函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)為奇函數(shù)，f(－x)＝eq\f(2－x－2x,2－x＋2x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)為奇函數(shù)，由f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)＝eq\f(2x（2x－2－x）,2x（2x＋2－x）)＝eq\f(4x－1,4x＋1)>eq\f(1,3)，得2·4x>4，即22x＋1>22，所以2x＋1>2，解得x>eq\f(1,2)，因此不等式f(x)>eq\f(1,3)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)g(x)＝eq\f(2x＋1,2x＋2－x)＝eq\f(2·2x,2x＋2－x)，則g(－x)＝eq\f(2·2－x,2－x＋2x)，所以g(x)＋g(－x)＝eq\f(2（2x＋2－x）,2x＋2－x)＝2，因此函數(shù)g(x)＝eq\f(2x＋1,2x＋2－x)圖象的對稱中心為(0，1).第11節(jié)函數(shù)與方程考試要求1.理解函數(shù)的零點(diǎn)與方程的解的聯(lián)系.2.理解函數(shù)零點(diǎn)存在定理，并能簡單應(yīng)用.3.了解用二分法求方程的近似解.【知識梳理】1.函數(shù)的零點(diǎn)(1)概念：對于一般函數(shù)y＝f(x)，我們把使f(x)＝0的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn).(2)函數(shù)的零點(diǎn)、函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)、對應(yīng)方程的根的關(guān)系：2.函數(shù)零點(diǎn)存在定理(1)條件：①函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線；②f(a)·f(b)<0.(2)結(jié)論：函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個(gè)c也就是方程f(x)＝0的解.[常用結(jié)論與微點(diǎn)提醒]1.若連續(xù)不斷的函數(shù)f(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，則f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).函數(shù)的零點(diǎn)不是一個(gè)“點(diǎn)”，而是方程f(x)＝0的實(shí)根.2.由函數(shù)y＝f(x)(圖象是連續(xù)不斷的)在閉區(qū)間[a，b]上有零點(diǎn)不一定能推出f(a)·f(b)<0，如圖所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在閉區(qū)間[a，b]上有零點(diǎn)的充分不必要條件.3.周期函數(shù)如果有零點(diǎn)，則必有無窮多個(gè)零點(diǎn).【診斷自測】1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)函數(shù)f(x)＝2x的零點(diǎn)為0.()(2)圖象連續(xù)的函數(shù)y＝f(x)(x∈D)在區(qū)間(a，b)?D內(nèi)有零點(diǎn)，則f(a)·f(b)<0.()(3)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0時(shí)沒有零點(diǎn).()答案(1)√(2)×(3)√解析(2)f(a)·f(b)＜0是連續(xù)函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)的充分不必要條件，故(2)錯(cuò)誤.2.(必修一P143例1改編)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋lnx，x＞0))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.3 B.2C.7 D.0答案B解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋x－2＝0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－1＋lnx＝0，))解得x＝－2或x＝e，故f(x)有2個(gè)零點(diǎn).3.(必修一P144T2改編)函數(shù)f(x)＝log2x＋x－2的零點(diǎn)所在的區(qū)間為()A.(0，1) B.(1，2)C.(2，3) D.(3，4)答案B解析函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)＝0在(0，＋∞)上只有一個(gè)根，且f(1)＝－1，f(2)＝1，則f(1)f(2)＜0，故f(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間為(1，2).4.函數(shù)f(x)＝ax2－x－1有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的值為________.答案0或－eq\f(1,4)解析當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－x－1，令f(x)＝0得x＝－1，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)為－1.當(dāng)a≠0時(shí)，則Δ＝1＋4a＝0，∴a＝－eq\f(1,4).考點(diǎn)一函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的判斷例1(1)(2024·昆明診斷)函數(shù)f(x)＝x＋1－logeq\f(1,2)x的零點(diǎn)所在的區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案C解析由題易知f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且函數(shù)f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,4)＋1－logeq\f(1,2)eq\f(1,4)＝－eq\f(3,4)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(1,3)＋1－logeq\f(1,2)eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)－logeq\f(1,2)eq\f(1,3)＝log22eq\f(4,3)－log23＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,27)))eq\s\up12(\f(1,3))<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋1－logeq\f(1,2)eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)>0，所以函數(shù)f(x)＝x＋1－logeq\f(1,2)x的零點(diǎn)所在的區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，故選C.(2)(2024·廣州質(zhì)檢)定義開區(qū)間(a，b)的長度為b－a.經(jīng)過估算，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2x)－xeq\f(1,3)的零點(diǎn)屬于開區(qū)間________(只需寫出一個(gè)符合條件，且長度不超過eq\f(1,6)的開區(qū)間即可).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))(答案不唯一)解析因?yàn)閥＝eq\f(1,2x)，y＝－xeq\f(1,3)都是減函數(shù)，所以f(x)＝eq\f(1,2x)－xeq\f(1,3)是減函數(shù)，且函數(shù)f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，又f(1)＝－eq\f(1,2)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,3))<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,3))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(\f(1,3))>0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上有零點(diǎn)，且eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，符合題意，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2x)－xeq\f(1,3)的零點(diǎn)屬于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))(答案不唯一).感悟提升確定函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的常用方法(1)利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理：首先看函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是否連續(xù)，再看是否有f(a)·f(b)＜0.若有，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)必有零點(diǎn).(2)數(shù)形結(jié)合法：通過畫函數(shù)圖象，觀察圖象與x軸在給定區(qū)間上是否有交點(diǎn)來判斷.訓(xùn)練1(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可以判定方程lnx－x＋2＝0的一個(gè)根所在的區(qū)間為()x12345lnx00.6931.0991.3861.609x－2－10123A.(1，2) B.(2，3)C.(3，4) D.(4，5)答案C解析設(shè)f(x)＝lnx－x＋2＝lnx－(x－2)，易知函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上的圖象連續(xù)，由表格數(shù)據(jù)得f(1)＞0，f(2)＞0，f(3)＝ln3－(3－2)＝1.099－1＝0.099＞0，f(4)＝ln4－2＝1.386－2＜0，f(5)＜0，則f(3)·f(4)＜0，即在區(qū)間(3，4)上，函數(shù)f(x)存在一個(gè)零點(diǎn)，即方程lnx－x＋2＝0的一個(gè)根所在的區(qū)間為(3，4)，故選C.(2)(2024·長沙調(diào)研)函數(shù)f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A.(0，1) B.(1，2)C.(2，3) D.(3，4)答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，且函數(shù)f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，所以函數(shù)f(x)最多只有一個(gè)零點(diǎn).因?yàn)閒(0)＝5－lg1＝5>0，f(1)＝3－lg3>0，f(2)＝1－lg5>0，f(3)＝－1－lg7<0，所以函數(shù)f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是(2，3).故選C.考點(diǎn)二函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷例2(1)函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A.0 B.1C.2 D.3答案B解析法一∵f(0)f(1)＝(－1)×1＝－1<0，且函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增且連續(xù)，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有且只有1個(gè)零點(diǎn).法二設(shè)y1＝2x，y2＝2－x3，在同一坐標(biāo)系中畫出兩函數(shù)的圖象如圖所示，在區(qū)間(0，1)內(nèi)，兩圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有且只有1個(gè)零點(diǎn).(2)(2024·杭州調(diào)研)已知在R上的函數(shù)f(x)滿足對于任意實(shí)數(shù)x都有f(2＋x)＝f(2－x)，f(7＋x)＝f(7－x)，且在區(qū)間[0，7]上只有x＝1和x＝3兩個(gè)零點(diǎn)，則f(x)＝0在區(qū)間[0，2024]上根的個(gè)數(shù)為()A.404 B.405C.406 D.203答案C解析因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，f(x)關(guān)于直線x＝2對稱，且f(5＋x)＝f(－x－1)；因?yàn)閒(7＋x)＝f(7－x)，故可得f(5＋x)＝f(－x＋9)；故可得f(－x－1)＝f(－x＋9)，則f(x)＝f(x＋10)，故f(x)是以10為周期的函數(shù).又f(x)在區(qū)間[0，7]上只有x＝1和x＝3兩個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)對稱性可知，f(x)在一個(gè)周期[0，10]內(nèi)也只有兩個(gè)零點(diǎn)，又區(qū)間[0，2024]內(nèi)包含202個(gè)周期，故f(x)在[0，2020]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為202×2＝404，又f(x)在(2020，2024]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)與在(0，4]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)相同，有2個(gè).故f(x)在[0，2024]上有406個(gè)零點(diǎn)，即f(x)＝0在區(qū)間[0，2024]上有406個(gè)根.感悟提升函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判定有下列幾種方法(1)直接求零點(diǎn)：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn).(2)零點(diǎn)存在定理：利用該定理不僅要求函數(shù)在[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)(如單調(diào)性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn).(3)畫兩個(gè)函數(shù)圖象，看其交點(diǎn)的個(gè)數(shù)有幾個(gè)，其中交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn).訓(xùn)練2(1)(2024·海南質(zhì)檢)函數(shù)y＝ex＋x2＋2x－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.0 B.1C.2 D.3答案C解析函數(shù)y＝ex＋x2＋2x－1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即函數(shù)f(x)＝ex與g(x)＝－x2－2x＋1的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，在同一直角坐標(biāo)系中，分別作出f(x)＝ex與g(x)＝－x2－2x＋1的圖象，如圖所示，由圖可知，兩圖象有2個(gè)交點(diǎn)，故原函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)，故選C.(2)函數(shù)f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，當(dāng)0≤x＜2時(shí)，f(x)＝x2－x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[－3，3]上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.6 B.7C.8 D.9答案B解析令f(x)＝x2－x＝0，即x＝0或x＝1，所以f(0)＝0，f(1)＝0，因?yàn)楹瘮?shù)的最小正周期為2，所以f(2)＝0，f(3)＝0，f(－2)＝0，f(－1)＝0，f(－3)＝0，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[－3，3]上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為7.考點(diǎn)三函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用角度1根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍例3(多選)(2024·聊城調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x|x－a|－2有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值可以為()A.0 B.2eq\r(2)C.3 D.4答案CD解析當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)<0恒成立，即f(x)在(－∞，0]上無零點(diǎn)，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，即x|x－a|＝2有三個(gè)不相等的正根，解得a＝x－eq\f(2,x)或a＝x＋eq\f(2,x).當(dāng)x>0時(shí)，y＝x－eq\f(2,x)單調(diào)遞增，且x－eq\f(2,x)∈R，則方程a＝x－eq\f(2,x)有一個(gè)正根x1，則方程a＝x＋eq\f(2,x)，即x2－ax＋2＝0，要有兩個(gè)不相等的正根x2，x3(x2<x3)，且x2≠x1，x3≠x1.若x2－ax＋2＝0有兩個(gè)正根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,x2＋x3＝a>0，))解得a>2eq\r(2)，排除A，B；當(dāng)a＝3時(shí)，令f(x)＝0，得x1＝eq\f(\r(17)＋3,2)，x2＝1，x3＝2，符合題意.當(dāng)a＝4時(shí)，令f(x)＝0，得x1＝2＋eq\r(6)，x2＝2－eq\r(2)，x3＝2＋eq\r(2)，符合題意.故選CD.角度2根據(jù)零點(diǎn)范圍求參數(shù)范圍例4已知函數(shù)f(x)＝3x－eq\f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.(－∞，0) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))答案B解析由f(x)＝3x－eq\f(1＋ax,x)＝0，可得a＝3x－eq\f(1,x)，令g(x)＝3x－eq\f(1,x)，其中x∈(－∞，－1)，由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍即為函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上的值域.由于函數(shù)y＝3x，y＝－eq\f(1,x)在區(qū)間(－∞，－1)上均單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增.當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，g(x)＝3x－eq\f(1,x)<g(－1)＝3－1＋1＝eq\f(4,3)，又g(x)＝3x－eq\f(1,x)>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上的值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).感悟提升已知函數(shù)有零點(diǎn)求參數(shù)值或取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)的取值范圍.(2)分離參數(shù)法：將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域的問題加以解決.(3)數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解.訓(xùn)練3(1)函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1，2)內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(0，3) B.(1，3)C.(1，2) D.[2，＋∞)答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x，y＝－eq\f(2,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1，2)內(nèi)得，f(1)·f(2)＝(2－2－a)(4－1－a)＝(－a)×(3－a)<0，解得0<a<3.(2)(2024·重慶診斷)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3，x>a，,log2（x＋1），－1<x≤a))且a∈N*，記g(x)＝f(x)＋t，若存在實(shí)數(shù)t使得g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則正整數(shù)a的最大值為________.答案2解析當(dāng)x>a時(shí)，f(x)＝2x－3單調(diào)遞增，當(dāng)－1<x≤a時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)單調(diào)遞增.由題意，若存在實(shí)數(shù)t使得g(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即存在實(shí)數(shù)t使得方程f(x)＝－t有兩個(gè)不相等的根，即函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝－t有兩個(gè)交點(diǎn)，所以當(dāng)點(diǎn)P(a，log2(a＋1))在點(diǎn)Q(a，2a－3)上方，即log2(a＋1)>2a－3時(shí)，符合題意.因?yàn)閘og2(2＋1)>22－3＝1，log2(3＋1)<23－3＝5，結(jié)合y＝2x－3與y＝log2(x＋1)的圖象可得正整數(shù)a的最大值為2.函數(shù)的零點(diǎn)是命題的熱點(diǎn)，常與函數(shù)的性質(zhì)和相關(guān)問題交匯.對于嵌套函數(shù)的零點(diǎn)，通常先“換元解套”，設(shè)中間函數(shù)為t，通過換元將復(fù)合函數(shù)拆解為兩個(gè)相對簡單的函數(shù)，借助函數(shù)的圖象、性質(zhì)求解.一、判斷嵌套函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)例1(2024·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)，x＞0，,x2＋2x，x≤0，))則函數(shù)y＝f[f(x)＋1]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A.2 B.3C.4 D.5答案D解析令t＝f(x)＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x)＋1，x＞0，,（x＋1）2，x≤0.))當(dāng)t＞0時(shí)，f(t)＝lnt－eq\f(1,t)，則函數(shù)f(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(1)＝－1＜0，f(2)＝ln2－eq\f(1,2)＞0，所以由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，存在t1∈(1，2)，使得f(t1)＝0；當(dāng)t≤0時(shí)，f(t)＝t2＋2t，由f(t)＝t2＋2t＝0，解得t2＝－2，t3＝0.作出函數(shù)t＝f(x)＋1，直線t＝t1，t＝－2，t＝0的圖象如圖所示，由圖象可知，直線t＝t1與函數(shù)t＝f(x)＋1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；直線t＝0與函數(shù)t＝f(x)＋1的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；直線t＝－2與函數(shù)t＝f(x)＋1的圖象有且只有一個(gè)交點(diǎn).綜上，函數(shù)y＝f[f(x)＋1]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為5.二、由嵌套函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)例2(2024·重慶質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，x>0.))若關(guān)于x的方程[f(x)]2＋(m－4)f(x)＋2(2－m)＝0有五個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.[1，3) B.(0，2)C.[1，2) D.(0，1)答案C解析設(shè)h(x)＝x－eq\f(1,x)，x>0，則h′(x)＝1＋eq\f(1,x2)>0，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(1)＝0，作出f(x)的大致圖象如圖所示.令t＝f(x)，則t2＋(m－4)t＋2(2－m)＝0，則t1＝2，t2＝2－m.由圖可知，直線y＝2與f(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)，所以直線y＝2－m與f(x)的圖象必須有3個(gè)交點(diǎn)，則0<2－m≤1，解得1≤m<2，故選C.訓(xùn)練(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x<0，,4x3－6x2＋1，x≥0，))則函數(shù)g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.4 B.5C.6 D.3答案A解析當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝4x3－6x2＋1的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝12x2－12x，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，可得f(x)在x＝1處取得最小值，最小值為－1，且f(0)＝1，作出函數(shù)f(x)的圖象，g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3，可令g(t)＝0，t＝f(x)，可得3t2－10t＋3＝0，解得t＝3或eq\f(1,3)，當(dāng)t＝eq\f(1,3)，即f(x)＝eq\f(1,3)時(shí)，g(x)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)t＝3時(shí)，可得f(x)＝3有一個(gè)實(shí)根，即g(x)有一個(gè)零點(diǎn)，綜上，g(x)共有四個(gè)零點(diǎn).(2)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln（－x－1），x<－1，,2x＋1，x≥－1，))若函數(shù)g(x)＝f(f(x))－a有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案[－1，＋∞)解析設(shè)t＝f(x)，令f(f(x))－a＝0，則a＝f(t).在同一坐標(biāo)系內(nèi)作y＝a，y＝f(t)的圖象(如圖).當(dāng)a≥－1時(shí)，y＝a與y＝f(t)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).設(shè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t1，t2(不妨設(shè)t2>t1)，則t1<－1，t2≥－1.當(dāng)t1<－1時(shí)，t1＝f(x)有一解；當(dāng)t2≥－1時(shí)，t2＝f(x)有兩解.綜上，當(dāng)a≥－1時(shí)，函數(shù)g(x)＝f(f(x))－a有三個(gè)不同的零點(diǎn).【A級基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·北京朝陽區(qū)質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3，x≤0，,ex－2，x>0))的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A.0 B.1C.2 D.3答案C解析當(dāng)x≤0時(shí)，令x2＋2x－3＝0，則(x－1)(x＋3)＝0，解得x＝1(舍去)或x＝－3.當(dāng)x>0時(shí)，令ex－2＝0，解得x＝ln2，所以f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.故選C.2.設(shè)函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(x,3)的零點(diǎn)為x0，則x0所在的區(qū)間是()A.(－4，－2) B.(－2，－1)C.(1，2) D.(2，4)答案B解析易知f(x)在R上單調(diào)遞增且f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，f(－2)＝eq\f(1,4)－eq\f(2,3)<0，f(－1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)>0，所以x0∈(－2，－1).3.(2024·沈陽調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝a＋x＋lgx(1<x<10)有零點(diǎn)，則a的取值范圍為()A.(－10，－1) B.(1，10)C.(1，11) D.(－11，－1)答案D解析因?yàn)楹瘮?shù)y＝x＋a，y＝lgx均在(1，10)上單調(diào)遞增，所以f(x)＝a＋x＋lgx在(1，10)上單調(diào)遞增.若函數(shù)f(x)＝a＋x＋lgx(1<x<10)有零點(diǎn)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1<0，,a＋11>0，))解得－11<a<－1.故選D.4.(多選)(2024·泰州質(zhì)檢)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，它的部分函數(shù)值如表所示，則()x123456y202.30152.013－10.5813.273－10.733－156.314A.f(x)在區(qū)間(2，3)上不一定單調(diào) B.f(x)在區(qū)間(5，6)內(nèi)可能存在零點(diǎn)C.f(x)在區(qū)間(5，6)內(nèi)一定不存在零點(diǎn) D.f(x)至少有3個(gè)零點(diǎn)答案ABD解析由題表可知f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，所以f(2)f(3)<0，f(3)f(4)<0，f(4)f(5)<0，因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(2，3)，(3，4)，(4，5)均存在零點(diǎn)，即f(x)至少有3個(gè)零點(diǎn)，故D正確；對于A，由于只知道f(2)，f(3)的函數(shù)值，故無法判斷f(x)在區(qū)間(2，3)上的單調(diào)性，故A正確；對于B，C，雖然f(5)<0，f(6)<0，但是函數(shù)f(x)在(5，6)內(nèi)的取值情況未知，所以函數(shù)f(x)在(5，6)內(nèi)可能存在零點(diǎn)，故B正確，C錯(cuò)誤.故選ABD.5.(2024·南陽質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝81lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x－3)－80的零點(diǎn)位于區(qū)間(k，k＋1)內(nèi)，則整數(shù)k＝()A.1 B.2C.3 D.4答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)y＝81lnx，y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x－3)－80在(0，＋∞)上均單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線.因?yàn)閒(2)＝81ln2－83<0，f(3)＝81ln3－81>0，f(2)·f(3)<0，所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)位于區(qū)間(2，3)內(nèi)，故k＝2.故選B.6.(2024·湖北部分重點(diǎn)高中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋x，x<2，,x2＋2a，x≥2，))則“a≤－2”是“f(x)有2個(gè)零點(diǎn)”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件答案C解析當(dāng)x<2時(shí)，f(x)＝2x＋x單調(diào)遞增，且f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線.f(－1)＝2－1－1<0，f(0)＝20＋0>0，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，f(x)＝2x＋x在(－∞，2)上有唯一零點(diǎn)，且該零點(diǎn)為負(fù)數(shù)；當(dāng)x≥2時(shí)，令x2＋2a＝0，解得x＝eq\r(－2a)或x＝－eq\r(－2a)(舍去)，若f(x)在[2，＋∞)上有零點(diǎn)，則eq\r(－2a)≥2，即a≤－2，此時(shí)f(x)在[2，＋∞)上只有唯一零點(diǎn)，且該零點(diǎn)為正數(shù).綜上所述，當(dāng)a≤－2時(shí)，f(x)有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a≤－2，所以“a≤－2”是“f(x)有2個(gè)零點(diǎn)”的充要條件.故選C.7.(2024·福州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sinπx＋eq\f(1,x－1)，則y＝f(x)的圖象在(－2，4)內(nèi)的零點(diǎn)之和為()A.2 B.4C.6 D.8答案B解析由f(x)＝sinπx＋eq\f(1,x－1)＝0可得sinπx＝－eq\f(1,x－1)，則函數(shù)y＝sinπx與函數(shù)y＝－eq\f(1,x－1)的圖象在(－2，4)內(nèi)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)即為函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn).又函數(shù)y＝sinπx與函數(shù)y＝－eq\f(1,x－1)的圖象都關(guān)于點(diǎn)(1，0)對稱，作出函數(shù)y＝sinπx與函數(shù)y＝－eq\f(1,x－1)的大致圖象，如圖所示.由圖象可知y＝f(x)在(－2，4)內(nèi)有四個(gè)零點(diǎn)，零點(diǎn)之和為4.故選B.8.(2024·安徽名校聯(lián)考)已知定義域?yàn)镽的偶函數(shù)f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且f(x＋2)＋f(x)＝f(1)，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，則f(x)在區(qū)間[－100，100]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.100 B.102C.200 D.202答案A解析令x＝－1，得f(1)＋f(－1)＝f(1)，即f(－1)＝0，因?yàn)閒(x)為