2023届高考一轮复习讲义（理科）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（理科）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6页。

1．(2020·河南商丘九校联考)函数f(x)＝(x2－1)·eq \r(x2－4)的零点个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.要使函数有意义，则x2－4≥0，解得x≥2或x≤－2.由f(x)＝0得x2－4＝0或x2－1＝0(不成立舍去)，即x＝2或x＝－2.所以函数的零点个数为2.故选B.
2．函数y＝x－4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的零点所在的区间是( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
解析：选B.因为y＝f(x)＝x－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－2)是R上连续递增的函数，且f(1)＝1－2<0，f(2)＝2－1>0，所以f(1)·f(2)<0，故函数y＝x－4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的零点所在的区间为(1，2)．故选B.
3．(2020·福建晋江四校联考)设函数y＝lg3x与y＝3－x的图象的交点为(x0，y0)，则x0所在的区间是( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
解析：选C.令m(x)＝lg3x＋x－3，则函数m(x)＝lg3x＋x－3的零点所在的区间即为函数y＝lg3x与y＝3－x的图象的交点的横坐标所在的区间．因为m(x)＝lg3x＋x－3单调递增且连续，且满足m(2)m(3)<0，所以m(x)＝lg3x＋x－3的零点在(2，3)内，从而可知方程lg3x＋x－3＝0的解所在的区间是(2，3)，即函数y＝lg3x与y＝3－x的图象交点的横坐标x0所在的区间是(2，3)．故选C.
4．(2020·河南焦作统考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－x2，x≥0，,1－ln（x＋6），－6A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.由题知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－x2，x≥0，,1－ln（x＋6），－65．(2020·河北张家口模拟)已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝f(x)－mx恰有三个零点，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，\f(2,e)))
C．(0，1) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
解析：选A.g(x)有三个零点，即y＝f(x)与y＝mx的图象有三个交点，作出y＝f(x)和y＝mx的图象如图．当y＝mx与y＝f(x)相切时，设切点坐标为(x0，ln x0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(mx0＝ln x0，,\f(1,x0)＝m，))解得m＝eq \f(1,e).则当06．已知函数f(x)＝lg2(x＋1)＋3x＋m的零点在(0，1]上，则实数m的取值范围为______．
解析：由题意知函数f(x)＝lg2(x＋1)＋3x＋m在定义域上单调递增，又由函数f(x)在(0，1]上存在零点，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）<0，,f（1）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（0＋1）＋3×0＋m<0，,lg2（1＋1）＋3×1＋m≥0，))解得－4≤m<0，即实数m的取值范围为[－4，0)．
答案：[－4，0)
7．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－cs x，则f(x)在[0，2π]上的零点个数为________．
解析：如图，作出g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)与h(x)＝cs x的图象，可知其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f(x)在[0，2π]上的零点个数为3.
答案：3
8．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(|x－1|)＋2cs πx(－4≤x≤6)的所有零点之和为________．
解析：可转化为两个函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(|x－1|)与y＝－2cs πx在[－4，6]上的交点的横坐标的和，因为两个函数均关于x＝1对称，所以两个函数在x＝1两侧的交点对称，则每对对称点的横坐标的和为2，分别画出两个函数的图象易知两个函数在x＝1两侧分别有5个交点，所以5×2＝10.
答案：10
9．关于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在区间[0，2]上有解，求实数m的取值范围．
解：显然x＝0不是方程x2＋(m－1)x＋1＝0的解，010．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)由函数f(x)的图象可知，当0[综合题组练]
1．已知[x]表示不超过实数x的最大整数，g(x)＝[x]为取整函数，x0是函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x)的零点，则g(x0)等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.f(2)＝ln 2－1<0，f(3)＝ln 3－eq \f(2,3)>0，故x0∈(2，3)，所以g(x0)＝[x0]＝2.故选B.
2．(2020·湖南娄底二模)若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2等于( )
A．1 B．－1
C．e D．eq \f(1,e)
解析：选A.考虑到x1，x2是函数y＝ex、函数y＝ln x与函数y＝eq \f(1,x)的图象的交点A，B的横坐标，而Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,x1)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,x2)))两点关于y＝x对称，因此x1x2＝1.故选A.
3．(2020·湘赣十四校联考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax2＋2x＋a（x≤0）,ax－3（x>0）))，有且只有1个零点，则实数a的取值范围是______．
解析：当a>0时，函数y＝ax－3(x>0)必有一个零点，又因为－eq \f(1,a)<0，故aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＋a>0，解得a>1；当a＝0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x（x≤0），,－3（x>0）))恰有一个零点；当a<0时，若x>0，则f(x)＝ax－3<0，若x≤0，则f(x)＝ax2＋2x＋a，此时，f(x)恒小于0，所以当a<0时，f(x)无零点，故答案为a＝0或a>1.
答案：a＝0或a>1
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x2＋5x＋4|，x≤0，,2|x－2|，x＞0))若函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为________．
解析：
在同一平面直角坐标系内画出函数y＝f(x)和y＝a|x|的图象可知，若满足条件，则a＞0.
当a≥2时，在y轴右侧，两函数图象只有一个公共点，
此时在y轴左侧，射线y＝－ax(x≤0)与抛物线y＝－x2－5x－4(－4＜x＜－1)需相切．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x2－5x－4，,y＝－ax))消去y，
得x2＋(5－a)x＋4＝0.
由Δ＝(5－a)2－16＝0，解得a＝1或a＝9.
a＝1与a≥2矛盾，a＝9时，切点的横坐标为2，不符合题意．
当0＜a＜2，此时，在y轴右侧，两函数图象有两个公共点，若满足条件，则－a＜－1，即a＞1.故1＜a＜2.
答案：(1，2)
5．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(－∞，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≤a6．设函数f(x)＝eq \f(x＋1,x－1)，x∈R且x≠1.
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(4)＋f(6)＋f(8)＋f(10)的值；
(2)就m的取值情况，讨论关于x的方程f(x)＋x＝m在x∈[2，3]上解的个数．
解：(1)根据题意，函数f(x)＝eq \f(x＋1,x－1)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(\f(1,x)＋1,\f(1,x)－1)＝eq \f(1＋x,1－x)＝－eq \f(1＋x,x－1)，
则f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝0，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(4)＋f(6)＋f(8)＋f(10)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))＋f(10)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＋f(8)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＋f(6)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋f(4)＝0.
(2)根据题意，设g(x)＝f(x)＋x＝eq \f(x＋1,x－1)＋x＝(x－1)＋eq \f(2,x－1)＋2，
令t＝x－1，又由x∈[2，3]，则t∈[1，2]，
则设h(t)＝t＋eq \f(2,t)＋2，有h′(t)＝1－eq \f(2,t2)＝eq \f(t2－2,t2)，
分析可得，在区间[1，eq \r(2))上，h(t)单调递减，在区间[eq \r(2)，2]上，h(t)单调递增；
则h(t)在[1，2]有最小值h(eq \r(2))＝2eq \r(2)＋2，
且h(1)＝h(2)＝5，
则函数h(t)在区间[1，2]上有最大值5，最小值2eq \r(2)＋2，
方程f(x)＋x＝m的解的个数即为函数g(x)与直线y＝m的交点个数，
分析可得，当m＜2eq \r(2)＋2时，函数g(x)与直线y＝m没有交点，方程f(x)＋x＝m无解；
当m＝2eq \r(2)＋2时，函数g(x)与直线y＝m有1个交点，方程f(x)＋x＝m有1个解；
当2eq \r(2)＋2＜m≤5时，函数g(x)与直线y＝m有2个交点，方程f(x)＋x＝m有2个解；
当m＞5时，函数g(x)与直线y＝m没有交点，方程f(x)＋x＝m无解；
综上可得，当m＜2eq \r(2)＋2或m＞5时，方程f(x)＋x＝m无解；
当m＝2eq \r(2)＋2时，方程f(x)＋x＝m有1个解；
当2eq \r(2)＋2＜m≤5时方程f(x)＋x＝m有2个解．