2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（一） 函数与方程 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（一） 函数与方程 word版含答案，共11页。试卷主要包含了已知函数f满足，已知定义在R上的函数f满足等内容，欢迎下载使用。

由g(x)＝2|x|f(x)－2＝0，得f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|－1，作出y＝f(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|－1的图象，由图象可知共有2个交点，故函数的零点个数为2．
2
判定函数零点个数的3种方法
1．(2017·山西四校联考)已知函数f(x)满足：①定义域为R；②∀x∈R，都有f(x＋2)＝f(x)；③当x∈时，f(x)＝－|x|＋1．则方程f(x)＝eq \f(1,2)lg2|x|在区间内解的个数是( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选A 由题意画出y1＝f(x)，y2＝eq \f(1,2)lg2|x|的图象如图所示，由图象可得所求解的个数为5．
2．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点个数为________．
解析：设x＜0，则－x＞0，
所以f(x)＝－f(－x)＝－＝－x2－3x．
求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝x－3的解．
当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；
当x＜0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－eq \r(7)，
所以函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为{－2－eq \r(7)，1,3}，共3个．
答案：3
(1)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝ln x＋f′(x)的零点所在的区间是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) B．(1,2)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D．(2,3)
(2)(2016·海口调研)已知曲线f(x)＝ke－2x在点x＝0处的切线与直线x－y－1＝0垂直，若x1，x2是函数g(x)＝f(x)－|ln x|的两个零点，则( )
A．1＜x1x2＜eq \r(e) B．eq \f(1,\r(e))＜x1x2＜1
C．2＜x1x2＜2eq \r(e) D．eq \f(2,\r(e))＜x1x2＜2
(1)由函数图象可知0＜b＜1，f(1)＝0，从而－2＜a＜－1，f′(x)＝2x＋a，所以g(x)＝ln x＋2x＋a，函数g(x)＝ln x＋2x＋a在定义域内单调递增，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ln eq \f(1,2)＋1＋a＜0，g(1)＝ln 1＋2＋a＞0，所以函数g(x)＝ln x＋f′(x)的零点所在的区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．
(2)依题意得f′(x)＝－2ke－2x，f′(0)＝－2k＝－1，k＝eq \f(1,2)．在同一坐标系下画出函数y＝f(x)＝eq \f(1,2)e－2x与y＝|ln x|的大致图象如图所示，结合图象不难看出，这两条曲线的两个交点中，其中一个交点的横坐标属于区间(0,1)，另一个交点的横坐标属于区间(1，＋∞)，不妨设x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，则有eq \f(1,2)e－2x1＝|ln x1|＝－ln x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)e－2，\f(1,2)))，eq \f(1,2)e－2x2＝|ln x2|＝ln x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)e－2))，eq \f(1,2)e－2x2－eq \f(1,2)e－2x1＝ln x2＋ln x1＝ln(x1x2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，于是有e－eq \f(1,2)＜x1x2＜e0，即eq \f(1,\r(e))＜x1x2＜1．
(1)C (2)B
函数零点存在性定理是解决函数零点问题的主要依据，这个定理能够判断函数零点的存在，并且能找到零点所在的区间．
在使用函数零点存在性定理时要注意两点：一是当函数值在一个区间上不变号，无论这个函数单调性如何，这个函数在这个区间上都不会有零点；二是此定理只能判断函数在一个区间上是否存在零点，而不能判断这个区间上零点的个数．
1．已知实数a，b满足2a＝3,3b＝2，则函数f(x)＝ax＋x－b的零点所在的区间是( )
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
解析：选B ∵2a＝3,3b＝2，∴a＞1,0＜b＜1，
又f(x)＝ax＋x－b，∴f(－1)＝eq \f(1,a)－1－b＜0，f(0)＝1－b＞0，从而由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1,0)上存在零点．
2．(2017·郑州质检)已知定义在R上的奇函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，当0＜x≤1时，f(x)＝lgeq \f(1,2)x，则方程f(x)－1＝0在(0,6)内的所有根之和为( )
A．8 B．10
C．12 D．16
解析：选C ∵奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(x)＝f(2－x)＝－f(－x)，即f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，∴f(x)是周期函数，其周期T＝4．
当0＜x≤1时，f(x)＝lgx，故f(x)在(0,6)上的函数图象如图所示．由图可知方程f(x)－1＝0在(0,6)内的根共有4个，其和为x1＋x2＋x3＋x4＝2＋10＝12，故选C．
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－|x|，x≤2，,x－22，x＞2，))函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,4)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，2))
由f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－|x|，x≤2，,x－22，x＞2，))
得f(2－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－|2－x|，x≥0，,x2，x＜0，))
所以f(x)＋f(2－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－|x|＋x2，x＜0，,4－|x|－|2－x|，0≤x≤2，,2－|2－x|＋x－22，x＞2，))
即f(x)＋f(2－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x＋2，x＜0，,2，0≤x≤2，,x2－5x＋8，x＞2，))
所以y＝f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－b，
所以y＝f(x)－g(x)恰有4个零点等价于方程f(x)＋f(2－x)－b＝0有4个不同的解，
即函数y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个公共点，由图象可知eq \f(7,4)＜b＜2．
D
已知函数有零点(方程有根)求参数值或取值范围常用的方法和思路：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数：先将参数分离，转化为求函数值域加以解决；
(3)数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解．
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2，x＞a，,x2＋5x＋2，x≤a，))若函数g(x)＝f(x)－2x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A．
C．时，f(x)＝x2，若在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－t(x＋1)有两个不同的零点，则实数t的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选D 当x∈(－1,0]时，x＋1∈(0,1]，f(x)＝eq \f(2,f\r(x＋1))－2＝eq \f(2,x＋1)－2＝－eq \f(2x,x＋1)，所以函数f(x)在(－1，1]上的解析式为f(x)＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2x,x＋1)，x∈－1，0]，,x2，x∈0，1]，))作出函数f(x)在(－1,1]上的大致图象如图．令y＝t(x＋1)，y＝t(x＋1)表示恒过定点(－1,0)、斜率为t的直线，由图可知直线y＝t(x＋1)的临界位置，此时t＝eq \f(1,2)，因此t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．故选D．
1．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，π＋2kπ))，k∈Z上存在零点的函数是( )
A．y＝sin 2x B．y＝cs 2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin2x
解析：选B 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，π＋2kπ))，k∈Z时，
sin 2x＜0，sin2x＞0恒成立．故排除A，D，若tan 2x＝0，
则2x＝kπ，x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以y＝tan 2x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，π＋2kπ))，k∈Z上不存在零点，当x＝eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z时，cs 2x＝0，故选B．
2．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间( )
A．(a，b)、(b，c)内
B．(－∞，a)、(a，b)内
C．(b，c)、(c，＋∞)内
D．(－∞，a)、(c，＋∞)内
解析：选A f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)，∵a＜b＜c，∴f(a)＞0，f(b)＜0，f(c)＞0，即f(a)·f(b)＜0，f(b)·f(c)＜0，又∵f(x)在R上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内．
3．在下列区间中，函数f(x)＝3x－x2有零点的是( )
A． B．
C． D．
解析：选D ∵f(0)＝1，f(1)＝2，
∴f(0)f(1)＞0；
∵f(2)＝5，f(1)＝2，∴f(2)f(1)＞0；
∵f(－2)＝－eq \f(35,9)，f(－1)＝－eq \f(2,3)，
∴f(－2)f(－1)＞0；
∵f(0)＝1，f(－1)＝－eq \f(2,3)，∴f(0)f(－1)＜0．
易知符合条件，故选D．
4．(2017·皖江名校联考)已知函数f(x)＝ex－2ax，函数g(x)＝－x3－ax2．若不存在x1，x2∈R，使得f′(x1)＝g′(x2)，则实数a的取值范围为( )
A．(－2,3) B．(－6,0)
C． D．
解析：选D 易得f′(x)＝ex－2a＞－2a，g′(x)＝－3x2－2ax≤eq \f(a2,3)，由题意可知eq \f(a2,3)≤－2a，解得－6≤a≤0．
5．函数y＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点所在的区间为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)) B．(1,2)
C．(2，e) D．(e,3)
解析：选C 由题意，求函数y＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2(x＞0)的零点，即为求曲线y＝eq \f(1,2)ln x与y＝－x＋eq \f(1,x)＋2的交点，可知y＝eq \f(1,2)ln x在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y＝－x＋eq \f(1,x)＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x＝2时，eq \f(1,2)ln x＜－x＋eq \f(1,x)＋2，当x＝e时，eq \f(1,2)ln x＞－x＋eq \f(1,x)＋2，因此函数y＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点在(2，e)内．故选C．
6．已知定义在R上的函数f(x)满足：①对任意x∈R，有f(x＋2)＝2f(x)；②当x∈时，f(x)＝eq \r(1－x2)．若函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))则函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上的零点个数是( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选C 函数f(x)与g(x)在区间上的图象如图所示，由图可知，函数f(x)与g(x)的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上零点的个数是9．
7．(2017·昆明两区七校调研)若f(x)＋1＝eq \f(1,fx＋1)，当x∈时，f(x)＝x，在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－eq \f(m,2)有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
解析：选B 依题意，
f(x)＝eq \f(1,fx＋1)－1，
当x∈(－1,0)时，x＋1∈(0,1)，
f(x)＝eq \f(1,fx＋1)－1＝eq \f(1,x＋1)－1，
由g(x)＝0得f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))．
在同一坐标系上画出函数y＝f(x)与y＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))在区间(－1,1]内的图象，
结合图象可知，要使g(x)有两个零点，只需函数y＝f(x)与y＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(该直线斜率为m，过点\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))))在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点，
故实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))，选B．
8．(2017·海口调研)若关于x的方程|x4－x3|＝ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,27)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,27)，\f(2,3)))
解析：选A 依题意，注意到x＝0是方程|x4－x3|＝ax的一个根．
当x＞0时，a＝|x3－x2|，
记f(x)＝x3－x2，
则有f′(x)＝3x2－2x，
易知f(x)＝x3－x2在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，
在区间(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增．
又f(1)＝0，
因此g(x)＝eq \f(|x4－x3|,x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|fx|，x＞0，,－|fx|，x＜0))的图象如图所示，由题意得直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27)))，选A．
9．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－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A． B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(7,3)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，3)) D．
解析：选D 函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，
设g(x)＝x2－ax－a＋3的零点为b，
若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，
则|1－b|≤1，∴0≤b≤2．
由于g(x)＝x2－ax－a＋3必经过点(－1,4)，
∴要使其零点在区间上，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g0≥0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋3≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－a·\f(a,2)－a＋3≤0，))
解得2≤a≤3．
10．已知在区间上g(x)＝－eq \f(1,8)x2－x＋2，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x＋5＋\f(4,3)x＋1，－4≤x≤－1，,2|x－1|－2，－1＜x≤4，))
给出下列四个命题：
①函数y＝f有三个零点；
②函数y＝g有三个零点；
③函数y＝f有六个零点；
④函数y＝g有且只有一个零点．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 画出函数f(x)，g(x)的草图，如图，
①设t＝g(x)，则由f＝0，得f(t)＝0，
则t＝g(x)有三个不同值，由于y＝g(x)是减函数，所以f＝0有3个解，
所以①正确；
②设m＝f(x)，若g＝0，即g(m)＝0，
则m＝x0∈(1,2)，所以f(x)＝x0∈(1,2)，
由图象知对应f(x)＝x0∈(1,2)的解有3个，
所以②正确；
③设n＝f(x)，若f＝0，
即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，
而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1个解，f(x)＝0对应有3个解，f(x)＝x2＝2对应有2个解，所以f＝0共有6个解，所以③正确；
④设s＝g(x)，若g＝0，即g(s)＝0，
所以s＝x3∈(1,2)，则g(x)＝x3，
因为y＝g(x)是减函数，所以方程g(x)＝x3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．
11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x3＋3x2＋m，0≤x≤1，,mx＋5，x＞1.))若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
解析：当x∈时，f′(x)＝6x2＋6x≥0，
则f(x)＝2x3＋3x2＋m在上单调递增，
因为函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，
所以在区间和(1，＋∞)内分别有一个交点，
则m＜0，且f(1)＝m＋5＞0，解得－5＜m＜0．
答案：(－5,0)
12．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x≤0，,lg2x，x＞0，))则函数y＝f(f(x))－1的零点个数为________．
解析：①当x≤0时，
y＝f(f(x))－1＝f(2x)－1＝lg22x－1＝x－1，
令x－1＝0，则x＝1，
显然与x≤0矛盾，
所以此情况无零点．
②当x＞0时，分两种情况：
当x＞1时，lg2x＞0，
y＝f(f(x))－1＝f(lg2x)－1＝lg2(lg2x)－1，
令lg2(lg2x)－1＝0，得lg2x＝2，
解得x＝4；
当0＜x≤1时，lg2x≤0，
y＝f(f(x))－1＝f(lg2x)－1＝2lg2x－1＝x－1，
令x－1＝0，解得x＝1．
综上，函数y＝f(f(x))－1的零点个数为2．
答案：2
13．(2017·湖北优质高中联考)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x－1|＋2cs πx(－4≤x≤6)的所有零点之和为________．
解析：原问题可转化为求y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x－1|与y＝－2cs πx在内的交点的横坐标的和，
因为上述两个函数图象均关于x＝1对称，
所以x＝1两侧的交点关于x＝1对称，
那么两对应交点的横坐标的和为2，
分别画出两个函数在上的图象(如图)，
可知在x＝1两侧分别有5个交点，
所以所求和为5×2＝10．
答案：10
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(x,x＋1)，－1＜x≤0，,x，0＜x≤1))与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x－eq \f(1,x)＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．
解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，如图，结合图象可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
由x－eq \f(1,x)＝5a，可得x2－5ax－1＝0，
设h(x)＝x2－5ax－1，
当x＝1时，由h(1)＝1－5a－1＝0，
可得a＝0，不满足题意；
当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0，
可得a＝eq \f(3,10)≤eq \f(1,2)，满足题意；
当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0
可得a＝eq \f(8,15)＞eq \f(1,2)，
不满足题意．
又函数y＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，
故满足条件的实数a的个数为1．
答案：1
函数零点个数的判断
解方程
方程f(x)＝0根的个数即为函数y＝f(x)零点的个数
定理法
利用函数零点存在性定理及函数的性质判定
图象法
转化为求两函数图象交点的个数问题进行判断
函数零点区间的确定
求与零点有关的参数的取值范围