2025高考数学一轮复习-第13讲-函数与方程-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-第13讲-函数与方程-专项训练【含解析】，共8页。试卷主要包含了令eq \f<0等内容，欢迎下载使用。

1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))则函数f(x)的零点为( )
A．2 B．－2,0
C．eq \f(1,2)D．0
2．用二分法求函数f(x)＝ln(x＋1)＋x－1在区间(0,1)上的零点，要求精确度为0．01时，所需二分区间的次数最少为( )
A．5B．6
C．7D．8
3．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
4．函数y＝x3和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2存在公共点P(x0，y0)，则x0的范围为( )
A．(0,1)B．(1,2)
C．(2,3)D．(3,4)
5．若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞)B．[2，＋∞)
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
6．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2x，0＜a＜b＜c，f(a)f(b)f(c)＜0，实数d是函数f(x)的一个零点．给出下列四个判断，其中可能成立的是( )
A．d＜aB．d＞b
C．d＞cD．d＜c
7．(多选)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是( )
A．f(x)＝2x＋xB．g(x)＝x2－x－3
C．f(x)＝x＋1D．f(x)＝|lg2x|－1
8．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数是________．
9．若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－a在[1,2]内有零点，则a的取值范围为______．
10．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，求实数m的取值范围．
11．定义域和值域均为[－a，a](常数a＞0)的函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，方程g(f(x))＝0解的个数不可能是( )
A．1B．2
C．3D．4
12．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))若x1A．x1＋x2＝－1B．x3x4＝1
C．113．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq \f(a,2)，3a>2c>2b．
(1)求证：a>0且－3(2)求证：函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点．
14．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|<1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax＋1互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))B．[2，＋∞)
C．[－2,2]D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
15．已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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．
2025高考数学一轮复习-第13讲-函数与方程-专项训练【解析版】
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))则函数f(x)的零点为( )
A．2 B．－2,0
C．eq \f(1,2)D．0
解析：D ∵函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))当x≤1时，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0．当x>1时，令f(x)＝1＋lg2x＝0，解得x＝eq \f(1,2)(舍去)，综上函数的零点为0．故选D．
2．用二分法求函数f(x)＝ln(x＋1)＋x－1在区间(0,1)上的零点，要求精确度为0．01时，所需二分区间的次数最少为( )
A．5B．6
C．7D．8
解析：C 开区间(0,1)的长度等于1，每经这一次操作，区间长度变为原来的一半，经过n(n∈N*)次操作后，区间长度变为eq \f(1,2n)．令eq \f(1,2n)<0．01，解得n≥7，且n∈N*，故所需二分区间的次数最少为7．
3．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
解析：C 由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示．由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2．
4．函数y＝x3和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2存在公共点P(x0，y0)，则x0的范围为( )
A．(0,1)B．(1,2)
C．(2,3)D．(3,4)
解析：B 由题意知，f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2＝0有解，f(0)＝－4，f(1)＝－1，f(2)＝7，因为f(x)在R上连续且在R上单调递增，有f(1)·f(2)<0，则解的范围为(1,2)，故选B．
5．若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，＋∞)B．[2，＋∞)
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
解析：D 由题意知方程ax＝x2＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有实数解，即a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有解，设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))，则t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))．所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))．
6．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2x，0＜a＜b＜c，f(a)f(b)f(c)＜0，实数d是函数f(x)的一个零点．给出下列四个判断，其中可能成立的是( )
A．d＜aB．d＞b
C．d＞cD．d＜c
解析：ABD 由y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在(0，＋∞)上单调递减，y＝lg2x在(0，＋∞)上单调递增，可得f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2x在定义域(0，＋∞)上是减函数，当0＜a＜b＜c时，f(a)＞f(b)＞f(c)，因为f(a)f(b)f(c)＜0，f(d)＝0，所以①f(a)，f(b)，f(c)都为负值，则a，b，c都大于d；②f(a)＞0，f(b)＞0，f(c)＜0，则a，b都小于d，c大于d．综合①②可得d＞c不可能成立．
7．(多选)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是( )
A．f(x)＝2x＋xB．g(x)＝x2－x－3
C．f(x)＝x＋1D．f(x)＝|lg2x|－1
解析：BCD 对于A：2x0＋x0＝x0无解，所以A不满足；对于B：xeq \\al(2,0)－x0－3＝x0，解得：x0＝3或x0＝－1，所以B满足题意；对于C：x0＋1＝x0，解得：x0＝eq \f(3±\r(5),2)>0，所以C满足题意；对于D：|lg2x0|－1＝x0，在同一直角坐标系下画出函数f(x)以及y＝x的图象，可确定两个函数的图象有交点，即方程有解，所以D满足题意；故选B、C、D．
8．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数是________．
解析：由题意知，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq \f(π,9)＋eq \f(kπ,3)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(π,9)；当k＝1时，x＝eq \f(4π,9)；当k＝2时，x＝eq \f(7π,9)，均满足题意，所以函数f(x)在[0，π]上的零点个数为3．
答案：3
9．若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－a在[1,2]内有零点，则a的取值范围为______．
解析：因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在[1,2]上均单调递减，所以f(x)在[1,2]上单调递减，函数f(x)在[1,2]内有零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1≥0，,f2≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－a≥0，,\f(13,36)－a≤0，))解得eq \f(13,36)≤a≤eq \f(5,6)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,36)，\f(5,6)))
10．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，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的图象如图所示．
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))
故f(x)在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
由0(3)由函数f(x)的图象可知，当011．定义域和值域均为[－a，a](常数a＞0)的函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，方程g(f(x))＝0解的个数不可能是( )
A．1B．2
C．3D．4
解析：D 因为x∈[－a，a]时，g(x)＝0有唯一解，不妨设唯一解为k，由g(x)图象可知k∈(0，a)，则由g(f(x))＝0可得f(x)＝k，因为k∈(0，a)，由f(x)图象可知，f(x)＝k可能有1根，2根，3个根，不可能有4个根，故选D．
12．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))若x1A．x1＋x2＝－1B．x3x4＝1
C．1解析：BCD 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，))作出其函数图象如图所示，
由图可知，x1＋x2＝－2，－213．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq \f(a,2)，3a>2c>2b．
(1)求证：a>0且－3(2)求证：函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点．
证明：(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－eq \f(a,2)，
∴c＝－eq \f(3,2)a－b．∵3a>2c＝－3a－2b，
∴3a>－b．∵2c>2b，∴－3a>4b．
若a>0，则－3若a＝0，则0>－b,0>b，不成立；
若a<0，则eq \f(b,a)<－3，eq \f(b,a)>－eq \f(3,4)，不成立．
(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－eq \f(a,2)，
当c>0时，f(0)>0，f(1)<0，
∴f(x)在(0,2)内至少有一个零点；
当c＝0时，f(0)＝0，f(1)<0，f(2)＝4a＋2b＝a>0，
∴f(x)在(0,2)内至少有一个零点；
当c<0时，f(0)<0，f(1)<0，b＝－eq \f(3,2)a－c，f(2)＝4a－3a－2c＋c＝a－c>0，
∴f(x)在(0,2)内至少有一个零点．
综上，f(x)在(0,2)内至少有一个零点．
14．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|<1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax＋1互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))B．[2，＋∞)
C．[－2,2]D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
解析：B ∵f(x)＝ex－1＋x－2，∴f(x)在R上单调递增，又f(1)＝e0＋1－2＝0，∴f(x)有唯一零点为1，令g(x)的零点为x0，依题意知|x0－1|<1，即015．已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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，则有t＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1≤1，而原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)内有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)的图象如图所示，由图象可知，当1≤a＜eq \f(5,4)时，函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a有2个不同的交点，即所求a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))．