2025届高考数学一轮总复习第三章函数与基本初等函数课时规范练13函数与方程

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1.函数f(x)=ln x+2x-6的零点的个数为( )

A.0B.1C.2D.3
2.(2023广东梅州二模)用二分法求方程lg4x-=0近似解时,所取的第一个区间可以是( )
A.(0,1)B.(1,2)
C.(2,3)D.(3,4)
3.若函数f(x)=有两个零点,则实数a的取值范围是( )
A.[1,+∞)B.(1,+∞)
C.[0,+∞)D.(-∞,1]
4.若函数g(x)=x2,h(x)=4x-ln|x-2|,则函数f(x)=g(x)-h(x)的所有零点之和等于( )
A.0B.2
C.4D.8
5.(2023贵州遵义模拟)“函数f(x)=m(3|x|+2)-3|x|存在零点”的一个必要不充分条件为( )
A.m>
B.≤m<1
C.m>2
D.6.(多选)已知函数f(x)=2x+x-2的零点为a,函数g(x)=lg2x+x-2的零点为b,则( )
A.a+b=2
B.2a+lg2b=2
C.a2+b2>3
D.07.若函数f(x)=有且仅有两个零点,则实数b的一个取值为 .
综合提升组
8.已知函数f(x)=则函数y=f[f(x)+1]的零点个数是( )
A.2B.3
C.4D.5
9.(2023山东临沂一模)已知x=x,ly=,x=lgxz,则( )
A.xC.z10.(2023陕西汉中二模)设x1,x2分别是函数f(x)=x-a-x和g(x)=xlgax-1的零点(其中a>1),则x1+4x2的取值范围为( )
A.(4,+∞)B.[4,+∞)
C.(5,+∞)D.[5,+∞)
11.已知函数f(x)=(t>0)有2个零点,且过点(e,1),则常数t的一个取值为 .
12.函数f(x)=有三个零点x1,x2,x3,且x1创新应用组
13.(多选)已知函数f(x)=(k∈R)是定义域不为R的奇函数.定义函数φ(x)=(f(x)+1)2+a|f(x)+1|+a2-7(a∈R).下列说法正确的是( )
A.k=-1
B.f(x)在定义域上单调递增
C.函数φ(x)不可能有四个零点
D.若函数φ(x)仅有三个零点x1,x2,x3,满足x114.(多选)已知函数f(x)=若方程f(x)=a有三个不同的实数根x1,x2,x3,且x1A.0B.-1C.x2x3=e
D.ax1x2x3的取值范围是-,0
课时规范练13 函数与方程
1.B
解析由于函数f(x)在定义域(0,+∞)上是增函数,且f(1)=-4<0,f(3)=ln3>0,故函数f(x)在区间(1,3)内有唯一零点,也即在定义域(0,+∞)内有唯一零点.
2.B
解析令f(x)=lg4x-,∵函数y=lg4x,y=-在(0,+∞)上都是增函数,∴函数f(x)=lg4x-在(0,+∞)上是增函数,f(1)=-<0,f(2)=lg42->0,∴函数f(x)=lg4x-在区间(1,2)内有唯一零点.故选B.
3.A
解析当x<1时,显然函数f(x)=ln(1-x)有一个零点x=0,因此当x≥1时,函数f(x)有另一个零点,所以a=≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).
4.C
解析由f(x)=x2-(4x-ln|x-2|)=0,得ln|x-2|=-x2+4x,画出y=ln|x-2|,y=-x2+4x两个函数的图象(如图),由图可知,两个函数图象都关于直线x=2对称,故交点横坐标之和为4,即f(x)的所有零点之和等于4.
5.A
解析令f(x)=0,化简可得m=1-.令g(x)=1-,易得函数g(x)为偶函数,且在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=,且g(x)<1,故≤m<1,所以函数f(x)存在零点的充要条件是≤m<1.而,1⫋,+∞,所以m>是函数f(x)存在零点的一个必要不充分条件.故选A.
6.ABD
解析由f(x)=0,得2x=2-x;由g(x)=0,得lg2x=2-x.函数y=2x与y=lg2x互为反函数,在同一平面直角坐标系中分别作出函数y=2x,y=lg2x,y=2-x的图象,如图所示.
设交点A(a,2a),B(b,lg2b).由反函数的性质及点A,B在直线y=2-x上,知A,B关于点(1,1)对称,则a+b=2,2a+lg2b=2.因为a>0,b>0,且a≠b,所以00,所以7.(答案不唯一)
解析当x≥0时,由=0,得x=0,即x=0为函数f(x)的一个零点.因为函数f(x)有且仅有两个零点,所以,当x<0时,方程2x-b=0有一解,则b∈(0,1).
8.D
解析令t=f(x)+1=
①当t>0时,f(t)=lnt-,则函数f(t)在区间(0,+∞)上单调递增,且f(1)=-1<0,f(2)=ln2->0,由函数零点存在定理可知,存在t1∈(1,2),使得f(t1)=0.
②当t≤0时,f(t)=t2+2t,由f(t)=t2+2t=0,解得t2=-2,t3=0.
作出函数t=f(x)+1的图象及直线t=t1,t=-2,t=0如图所示.
由图象可知,直线t=t1与函数t=f(x)+1的图象有两个交点;
直线t=0与函数t=f(x)+1的图象有两个交点;直线t=-2与函数t=f(x)+1的图象有且只有一个交点.
综上所述,函数y=f[f(x)+1]的零点个数为5.
9.B
解析令f(x)=x-x,则f(x)在R上单调递增,∵f(1)>0,f<0,∴函数f(x)在区间,1内存在零点,即当x∈,1时,x=x成立.由ly=,得y=,∵x<,∴x-y=x->0,即x>y.x=lgxz⇒z=xx>x=x,∴y10.C
解析令f(x)=0,得x1=,即,∴x1是y=和y=ax(a>1)的图象交点的横坐标,且显然01)的图象交点的横坐标.设两交点的坐标分别为Ax1,,Bx2,,由a>1可知,01.∵y=ax与y=lgax的图象关于直线y=x对称,y=的图象也关于直线y=x对称,∴两交点也关于直线y=x对称,由点Ax1,关于直线y=x的对称点为,x1,∴x1=,∴x1+4x2=x1+,∵y=x+在(0,1)内单调递减,∴x1+4x2=x1+>1+=5.故选C.
11.2(答案不唯一)
解析由x2+2x=0可得x=0或x=-2,由lnx=0可得x=1,因为函数f(x)=(t>0)有2个零点,且过点(e,1),所以1≤t12.[-4,-2)
解析设g(x)=
因为函数f(x)=有三个零点x1,x2,x3,且x1由图可知1≤t<4.
因为x1,x2是方程-x2-4x-t=0的两个实根,
所以x1+x2=-4.
x3满足-t=0,即x3=lg2t.
因为1≤t<4,所以lg21≤lg2t所以0≤x3<2,所以-4≤x1+x2+x3<-2.
即x1+x2+x3的取值范围是[-4,-2).
13.ACD
解析因为函数f(x)=(k∈R)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即=0,
化简整理,得(k2-1)(4x+1)=0,所以k2-1=0,解得k=±1.
当k=1时,f(x)=,定义域为R,不符合题意;
当k=-1时,f(x)==-1-,定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),A选项正确;
因为f(-1)=3,f(1)=-3,f(-1)>f(1),所以f(x)在定义域上不是单调递增的,B选项错误;
f(x)+1=-,令t=|f(x)+1|,则其图象如图所示.
若函数φ(x)有四个零点,则t2+at+a2-7=0有两个大于2的实根,
符合题意的a不存在,C选项正确;
若函数φ(x)仅有的三个零点分别为x1,x2,x3,满足x1则t2+at+a2-7=0有一个实根t1大于2,另一实根t2∈(0,2],从而t1+t2=-a>2,t1t2=a2-7>0,
其中|f(x)+1|=t1的两实根为x1,x2,|f(x)+1|=t2的实根为x3.
因为t1=|f(x1)+1|=f(x1)+1=-,
t2=|f(x3)+1|=-f(x3)-1=,
所以t1-t2=2,即(-a)2-4(a2-7)=4,解得a=±2(正值舍去),
所以a=-2∈(-3,-2).D选项正确.
故选ACD.
14.ABD
解析分别作出函数y=a与函数y=f(x)的图象如图所示.
对于A选项,由图可知,当0对于B选项,由图可知,x1≤0,由f(x1)=-+1∈(0,1],得-1对于C选项,当01时,f(x)=|lnx|=lnx,由图可知,0对于D选项,因为x2x3=1,所以ax1x2x3=ax1=(-+1)x1,且-10,h(x)单调递增,所以当x=-时,h(x)取得极小值也是最小值,h(x)min=h-=-,因为h(-1)=0,h(0)=0,所以ax1x2x3的取值范围是-,0,选项D正确,故选ABD.