2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：11 函数与方程

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[基础达标]
一、选择题
1．[2021·河南濮阳模拟]函数f(x)＝ln2x－1的零点所在区间为( )
A．(2,3) B．(3,4)
C．(0,1) D．(1,2)
2．函数f(x)＝x2＋lnx－2021的零点个数是( )
A．3B．2
C．1D．0
3．根据表中的数据，可以判定方程ex－x－2＝0的一个根所在的区间为( )
A.(－1,0) B．(0,1)
C．(1,2) D．(2,3)
4．[2021·四川绵阳模拟]函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,2)
C．(0,3) D．(0,2)
5．[2021·大同调研]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0,3x，x≤0))，且函数h(x)＝f(x)＋x－a有且只有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
二、填空题
6．已知函数f(x)＝eq \f(2,3x＋1)＋a的零点为1，则实数a的值为________．
7．[2021·新疆适应性检测]设a∈Z，函数f(x)＝ex＋x－a，若x∈(－1,1)时，函数有零点，则a的取值个数为________．
8．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－a，x≤0，,lnx，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
三、解答题
9．设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．
(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；
(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
10．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，满足f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx的两个零点分别在区间(－1,2)和(2,4)内，求m的取值范围．
[能力挑战]
11．[2021·天津部分区质量调查]已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个不同的实数根a，b，c，则a＋b＋c的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
12．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x2＋2x|，x≤0,\f(1,x)，x>0))，若方程f(x)＝a(x＋3)有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，4－2eq \r(3)) B．(4－2eq \r(3)，4＋2eq \r(3))
C．(0,4－2eq \r(3)] D．(0,4－2eq \r(3))
13．[2021·山西省六校高三阶段性测试]函数y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)x＋\f(π,5)))(－15≤x≤10)的图象与函数y＝eq \f(5(x＋1),x2＋2x＋2)图象的所有交点的横坐标之和为______．
课时作业11
1．解析：由f(x)＝ln 2x－1，得函数是增函数，并且是连续函数，f(1)＝ln 2－1<0，f(2)＝ln 4－1>0，根据函数零点存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)上，故选D.
答案：D
2．解析：由题意知x>0，由f(x)＝0得ln x＝2021－x2，画出函数y＝ln x与函数y＝2021－x2的图象(图略)，即可知它们只有一个交点．故选C.
答案：C
3．解析：设f(x)＝ex－(x＋2)，则f(1)＝－0.28<0，f(2)＝3.39>0，故方程ex－x－2＝0的一个根在区间(1,2)内．故选C.
答案：C
4．解析：由题意，知函数f(x)在(1,2)上单调递增，又函数的一个零点在区间(1,2)内，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)<0，,f(2)>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a<0，,4－1－a>0，))解得0答案：C
5．解析：h(x)＝f(x)＋x－a有且只有一个零点，即方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，即f(x)＝－x＋a有且只有一个实根，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点．在同一坐标系中作出函数f(x)的图象和直线y＝－x＋a，如图所示，若函数y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点，则有a>1，故选B.
答案：B
6．解析：由已知得f(1)＝0，即eq \f(2,31＋1)＋a＝0，解得a＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
7．解析：根据函数解析式得到函数f(x)是单调递增的．由零点存在性定理知若x∈(－1,1)时，函数有零点，需要满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(－1)<0，,f(1)>0))⇒eq \f(1,e)－1答案：4
8．解析：当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．令f(x)＝0，得a＝2x.因为0<2x≤20＝1，所以0答案：(0,1]
9．解析：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.
所以函数f(x)的零点为3和－1.
(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同的实根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0⇒a2－a<0，解得010．解析：(1)由f(0)＝2得c＝2，又f(x＋1)－f(x)＝2x－1，得2ax＋a＋b＝2x－1，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝2，,a＋b＝－1，))解得a＝1，b＝－2，所以f(x)＝x2－2x＋2.
(2)g(x)＝x2－(2＋m)x＋2，若g(x)的两个零点分别在区间(－1,2)和(2,4)内，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g(－1)>0，,g(2)<0，,g(4)>0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5＋m>0，,2－2m<0，,10－4m>0，))解得111．解析：假设a答案：D
12．解析：方程f(x)＝a(x＋3)有四个不同的实数根可化为函数y＝f(x)与y＝a(x＋3)的图象有四个不同的交点，易知直线y＝a(x＋3)恒过点(－3,0)，作出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，结合函数图象，可知a>0且直线y＝a(x＋3)与曲线y＝－x2－2x，x∈[－2,0]有两个不同的公共点，所以方程x2＋(2＋a)x＋3a＝0在[－2,0]上有两个不等的实数根，令g(x)＝x2＋(2＋a)x＋3a，则实数a满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝(2＋a)2－12a>0,－2<－\f(2＋a,2)<0,g(0)＝3a≥0,g(－2)＝a≥0))，解得0≤a<4－2eq \r(3)，又a>0，所以实数a的取值范围是(0,4－2eq \r(3))，故选D.
答案：D
13．解析：函数y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)x＋\f(π,5)))(x∈R)的图象关于点(－1,0)对称．对于函数y＝eq \f(5(x＋1),x2＋2x＋2)，当x＝－1时，y＝0，当x≠－1时，易知函数y＝eq \f(5(x＋1),x2＋2x＋2)＝eq \f(5,x＋1＋\f(1,x＋1))在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，且当x∈(－1，＋∞)时，y＝eq \f(5(x＋1),x2＋2x＋2)的最大值为eq \f(5,2)，函数图象关于点(－1,0)对称．对于函数y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)x＋\f(π,5)))，当x＝0时，y＝5sineq \f(π,5)>5sineq \f(π,6)＝eq \f(5,2)，所以在(－1,0)内两函数图象有一个交点．根据两函数图象均关于点(－1,0)对称．可知两函数图象的交点关于点(－1,0)对称，画出两函数在[－15,10]上的大致图象，如图，得到所有交点的横坐标之和为－1＋(－2)×3＝－7.
答案：－7x
－1
0
1
2
3
ex
0.37
1
2.72
7.39
20.09
x＋2
1
2
3
4
5