2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第8讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第8讲　高效演练 分层突破学案，共5页。

1．(2020·福州期末)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))则函数y＝f(x)＋3x的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.令f(x)＋3x＝0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2－2x＋3x＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,1＋\f(1,x)＋3x＝0，))解得x＝0或x＝－1，所以函数y＝f(x)＋3x的零点个数是2.故选C.
2．下列函数中，在(－1，1)内有零点且单调递增的是( )
A．y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x B．y＝2x－1
C．y＝x2－eq \f(1,2) D．y＝－x3
解析：选B.函数y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x在定义域上单调递减，y＝x2－eq \f(1,2)在(－1，1)上不是单调函数，y＝－x3在定义域上单调递减，均不符合要求．对于y＝2x－1，当x＝0∈(－1，1)时，y＝0且y＝2x－1在R上单调递增．故选B.
3．(2020·甘肃酒泉敦煌中学一诊)方程lg4x＋x＝7的解所在区间是( )
A．(1，2) B．(3，4)
C．(5，6) D．(6，7)
解析：选C.令函数f(x)＝lg4x＋x－7，则函数f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，且是连续函数．
因为f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)·f(6)<0，所以函数f(x)＝lg4x＋x－7的零点所在区间为(5，6)，所以方程lg4x＋x＝7的解所在区间是(5，6)．故选C.
4．(2020·内蒙古月考)已知函数f(x)＝x2－2|x|－m的零点有两个，则实数m的取值范围为( )
A．(－1，0) B．{－1}∪(0，＋∞)
C．[－1，0)∪(0，＋∞) D．(0，1)
解析：选B.在同一直角坐标系内作出函数y＝x2－2|x|的图象和直线y＝m，可知当m>0或m＝－1时，直线y＝m与函数y＝x2－2|x|的图象有两个交点，即函数f(x)＝x2－2|x|－m有两个零点．故选B.
5．已知函数f(x)＝xex－ax－1，则关于f(x)的零点叙述正确的是( )
A．当a＝0时，函数f(x)有两个零点
B．函数f(x)必有一个零点是正数
C．当a<0时，函数f(x)有两个零点
D．当a>0时，函数f(x)只有一个零点
解析：选B.f(x)＝0⇔ex＝a＋eq \f(1,x)(x≠0)，在同一直角坐标系中作出y＝ex与y＝eq \f(1,x)的图象，观察可知A，C，D选项错误，选项B正确．
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 ．
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．(2020·新疆第一次适应性检测)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 ．
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\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）<0，,f（1）>0))⇒eq \f(1,e)－1答案：4
8．已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一个零点比1大，一个零点比1小，则实数a的取值范围是 ．
解析：法一：设方程x2＋(a2－1)x＋(a－2)＝0的两根分别为x1，x2(x1由根与系数的关系，得(a－2)＋(a2－1)＋1<0，
即a2＋a－2<0，所以－2故实数a的取值范围为(－2，1)．
法二：函数f(x)的图象大致如图，
则有f(1)<0，即1＋(a2－1)＋a－2<0，得a2＋a－2<0，所以－2故实数a的取值范围是(－2，1)．
答案：(－2，1)
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．
解：(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或－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．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．
解：(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\{(\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\{(\a\vs4\al\c1(g（－1）>0，,g（2）<0，,g（4）>0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5＋m>0，,2－2m<0，,10－4m>0，))解得1[综合题组练]
1．(一题多解)函数f(x)＝2x－eq \f(1,x)零点的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.法一：当x<0时，f(x)＝2x－eq \f(1,x)>0恒成立，无零点；又易知f(x)＝2x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，最多有一个零点．又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(2)－2<0，f(1)＝2－1>0，所以有一个零点．故选B.
法二：在同一平面直角坐标系中，作出函数y＝2x和y＝eq \f(1,x)的图象，如图所示．
函数f(x)＝2x－eq \f(1,x)的零点等价于2x＝eq \f(1,x)的根等价于函数y＝2x和y＝eq \f(1,x)的交点．
由图可知，有一个交点，所以有一个零点．故选B.
2．已知命题p：“m＝2”是“幂函数f(x)＝(m2－m－1)xm在区间(0，＋∞)上为增函数”的充要条件；命题q：已知函数f(x)＝ln x＋3x－8的零点x0∈[a，b]，且b－a＝1(a，b∈N*)，则a＋b＝5.则下列命题为真命题的是( )
A．p∧q B．(﹁p)∧q
C．﹁q D．p∧(﹁q)
解析：选A.对于命题p，若幂函数f(x)＝(m2－m－1)xm在区间(0，＋∞)上为增函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－m－1＝1，,m>0，))解得m＝2，所以命题p是真命题，﹁p是假命题．对于命题q，函数f(x)＝ln x＋3x－8在(0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3＋1>0，所以零点x0∈[a，b]，且b－a＝1(a，b∈N*)，则a＝2，b＝3，a＋b＝5，所以命题q为真命题，﹁q为假命题．所以p∧q是真命题，(﹁p)∧q，﹁q，p∧(﹁q)都是假命题．故选A.
3．设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))(x>0)．
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围．
解：(1)如图所示．
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈（0，1]，,1－\f(1,x)，x∈（1，＋∞），))
故f(x)在(0，1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数，
由0且eq \f(1,a)－1＝1－eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2.
(3)由(1)中函数f(x)的图象可知，当04．(创新型)已知函数f(x)＝－x2－2x，
g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x>0，,x＋1，x≤0.))
(1)求g(f(1))的值；
(2)若方程g(f(x))－a＝0有4个实数根，求实数a的取值范围．
解：(1)利用解析式直接求解得g(f(1))＝g(－3)＝－3＋1＝－2.
(2)令f(x)＝t，则原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)上有2个不同的解，
则原方程有4个解等价于函数y＝g(t)(t<1)与y＝a的图象有2个不同的交点，作出函数y＝g(t)(t<1)的图象，如图，由图象可知，当1≤a