2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习11《函数与方程》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习11《函数与方程》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
函数f(x)= SKIPIF 1 < 0 的零点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
函数f(x)=3x|ln x|－1的零点个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
函数f(x)=eq \r(x)－cs x在[0，＋∞)内( )
A.没有零点
B.有且仅有一个零点
C.有且仅有两个零点
D.有无穷多个零点
若函数f(x)=2x＋a2x－2a的零点在区间(0,1)上，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B.(－∞，1) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.(1，＋∞)
若函数f(x)=ax＋1在区间(－1，1)上存在一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(1，＋∞)
B.(－∞，1)
C.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D.(－1，1)
函数f(x)=ln(x＋1)－eq \f(1,x)的一个零点所在的区间是( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
已知函数f(x)=lg3eq \f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是( )
A.(－1，－lg32) B.(0，lg52) C.(lg32,1) D.(1，lg34)
函数f(x)=3x－x2的零点所在区间是( )
A.(0,1 B.(1,2) C.(－2，－1) D.(－1,0)
已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\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]
已知函数f(x)=lnx－ax2＋ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0) B.(0，＋∞) C.(0,1)∪(1，＋∞) D.(－∞，0)∪{1}
函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)= SKIPIF 1 < 0 ，
则函数g(x)=xf(x)－1在[－6，＋∞)上的所有零点之和为( )
A.8 B.32 C.eq \f(1,2) D.0
已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－\f(x,2)，x＜1，))若F(x)=f[f(x)＋1]＋m有两个零点x1，x2，则x1·x2的取值范围是( )
A.[4－2ln 2，＋∞) B.(eq \r(e)，＋∞) C.(－∞，4－2ln 2] D.(－∞，eq \r(e))
二、填空题
已知e是自然对数的底数，函数f(x)=ex＋x－2的零点为a，函数g(x)=lnx＋x－2的零点为b，则f(a)，f(1)，f(b)的大小关系为 .
已知函数f(x)=eq \f(3,x)－lg2x的零点为x0，若x0∈(k，k＋1)，其中k为整数，则k=______.
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x－1，x>1，,x3－3x＋1，x≤1，))则函数f(x)的零点个数为 .
已知f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3，x≤1，,－x2＋2x＋3，x>1，))则函数g(x)=f(x)－ex的零点个数为 .
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≤a，,x2，x＞a.))若存在实数b，使函数g(x)=f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是 .
对任意实数a，b定义运算“⊗”：a⊗b=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b，a－b≥1，,a，a－b＜1.))设f(x)=(x2－1)⊗(4＋x)，若函数g(x)=f(x)＋k的图象与x轴恰有三个不同的交点，则k的取值范围是 .
\s 0 答案解析
答案为：D.
解析：当x>0时，令f(x)=0可得x=1；当x≤0时，令f(x)=0可得x=－2或x=0.
因此函数的零点个数为3.故选D.
答案为：B；
解析：函数f(x)=3x|ln x|－1的零点即3x|ln x|－1=0的解，即|ln x|=(eq \f(1,3))x的解，
作出函数g(x)=|ln x|和函数h(x)=(eq \f(1,3))x的图象，由图象可知，两函数图象有两个公共点，故函数f(x)=3x|ln x|－1有2个零点.
答案为：B
解析：令f(x)=0，得eq \r(x)=cs x，在同一坐标系内画出两个函数y=eq \r(x)与y=cs x的图象
如图所示，
由图象知，两个函数只有一个交点，从而方程eq \r(x)=cs x只有一个解.
故函数 f(x)有且仅有一个零点.
答案为：C.
解析：易知函数f(x)的图象连续，且在(0,1)上单调递增.
∴f(0)f(1)=(1－2a)(2＋a2－2a)<0，解得a>eq \f(1,2).
答案为：C；
解析：由题意知，f(－1)·f(1)＜0，即(1－a)(1＋a)＜0，解得a＜－1或a＞1.
答案为：B；
解析：∵f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)=ln2－1＜0，f(2)=ln3－eq \f(1,2)＞0，
∴f(x)的零点所在区间为(1,2)，故选B.
答案为：C.
解析：∵单调函数f(x)=lg3eq \f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，
∴f(1)·f(2)<0，即(1－a)·(lg32－a)<0，解得lg32 答案为：D
解析：由于f(－1)=－eq \f(2,3)<0, f(0)=30－0=1>0，
∴f(－1)·f(0)<0.则f(x)在(－1,0)内有零点.
答案为：B；
解析：如图所示，在同一坐标系中分别作出y=f(x)与y=－x＋a的图象，其中a表示直线在y轴上的截距.
由图可知，当a>1时，直线y=－x＋a与曲线y=f(x)只有一个交点.
答案为：C.
解析：由题意，显然x=1是函数f(x)的一个零点，取a=－1，
则f(x)=lnx＋x2－x，f′(x)=eq \f(2x2－x＋1,x)=eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))2＋\f(7,8),x)>0恒成立.
则f(x)仅有一个零点，不符合题意，排除A、D；
取a=1，则f(x)=lnx－x2＋x，f′(x)=eq \f(1－2x2＋x,x)=eq \f(1＋2x1－x,x)，f′(x)=0得x=1，
则f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)max=f(1)=0，
即f(x)仅有一个零点，不符合题意，排除B，故选C.
答案为：A.
解析：令g(x)=xf(x)－1=0，则x≠0，
所以函数g(x)的零点之和等价于函数y=f(x)的图象和y=eq \f(1,x)的图象的交点的横坐标之和，
分别作出x>0时，y=f(x)和y=eq \f(1,x)的大致图象，如图所示，
由于y=f(x)和y=eq \f(1,x)的图象都关于原点对称，因此函数g(x)在[－6,6]上的所有零点之和为0，而当x=8时，f(x)=eq \f(1,8)，即两函数的图象刚好有1个交点，且当x∈(8，＋∞)时，y=eq \f(1,x)的图象都在y=f(x)的图象的上方，因此g(x)在[－6，＋∞)上的所有零点之和为8.故选A.
答案为：D；
解析：因为函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－\f(x,2)，x＜1，))所以F(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln（ln x＋1）＋m，x≥1，,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,2)))＋m，x＜1，))
由F(x)=0得，x1=ee－m－1，x2=4－2e－m，其中m=－ln(2- SKIPIF 1 < 0 )＜－ln eq \f(3,2)，∴m＜lneq \f(2,3).
设t=e－m，则t＞eq \f(3,2)，所以x1·x2=2et－1(2－t)，设g(t)=2et－1(2－t)，
则g′(t)=2et－1(1－t)，因为t＞eq \f(3,2)，所以g′(t)=2et－1(1－t)＜0，
即函数g(t)=2et－1(2－t)在区间(eq \f(3,2),+∞)上是减函数，所以g(t)＜g(eq \f(3,2))=eq \r(e)，故选D.
答案为：f(a)＜f(1)＜f(b)；
解析：由题意，知f′(x)=ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，
而f(0)=e0＋0－2=－1＜0，f(1)=e1＋1－2=e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0,1)；
由题意，知g′(x)=eq \f(1,x)＋1＞0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，
又g(1)=ln1＋1－2=－1＜0，g(2)=ln2＋2－2=ln2＞0，
所以函数g(x)的零点b∈(1,2).综上，可得0＜a＜1＜b＜2.
因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).
答案为：2
解析：由题意得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(1)=3>0，f(2)=eq \f(3,2)－lg22=eq \f(1,2)>0，
f(3)=1－lg23<0，∴f(2)f(3)<0，∴函数f(x)=eq \f(3,x)－lg2x的零点x0∈(2,3)，∴k=2.
答案为：3.
解析：当x>1时，作出函数y=lg2(x－1)的图象如图1所示，当x≤1时，
由f(x)=x3－3x＋1=0得，x3=3x－1，在同一个平面直角坐标系中分别作出函数y=x3和y=3x－1的图象如图2所示，由图1,2可知函数f(x)的零点个数为3.
答案为：2.
解析：函数g(x)=f(x)－ex的零点个数即为函数y=f(x)与y=ex的图象的交点个数.
作出函数图象可知有2个交点，即函数g(x)=f(x)－ex有2个零点.
答案为： (－∞，0)∪(1，＋∞)；
解析：令φ(x)=x3(x≤a)，h(x)=x2(x＞a)，函数g(x)=f(x)－b有两个零点，
即函数y=f(x)的图象与直线y=b有两个交点，
结合图象(图略)可得a＜0或φ(a)＞h(a)，
即a＜0或a3＞a2，解得a＜0或a＞1，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞).
答案为：[－2,1)；
解析：解不等式x2－1－(4＋x)≥1，得x≤－2或x≥3，
所以f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋4，x∈－∞，－2]∪[3，＋∞，,x2－1，x∈－2，3.))
函数g(x)=f(x)＋k的图象与x轴恰有三个不同的交点转化为函数f(x)的图象和直线y=－k恰有三个不同的交点.作出函数f(x)的图象如图所示，
所以－1＜－k≤2，故－2≤k＜1.