2022高考数学一轮复习课时规范练12函数与方程（含解析）

课时规范练12　函数与方程

基础巩固组

1.下列图象表示的函数中,能用二分法求零点的是(　　)

2.(2020湖南十三校联考)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-的零点,则g(x0)等于(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

3.函数f(x)=ln(2x)-1的零点位于区间(　　)

A.(2,3) B.(3,4) C.(0,1) D.(1,2)

4.(2020湖南雅礼中学检测)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=2a(a∈R)恰好有两个不同的实根,则实数a的取值范围为(　　)

A.,1 B. 

C.∪(1,+∞) D.R

5.已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数,若函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点,则实数λ的值是 (　　)

A. B. C.- D.-

6.(2020山东历城二中模拟四,9改编)已知f(x)是定义域为R的偶函数,在(-∞,0)上单调递减,且f(-3)·f(6)<0,那么下列结论中正确的是(　　)

A.f(x)可能有三个零点

B.f(3)·f(-4)≥0

C.f(-4)>f(6)

D.f(0)<f(-6)

7.已知函数f(x)=(e为自然对数的底数),若关于x的方程f(x)+a=0有两个不相等的实根,则a的取值范围是(　　)

A.(-1,+∞) B.(-1,1)

C.(0,1] D.(-∞,1)

8.(2020山东济宁三模,12)已知直线y=-x+2分别与函数y=ex和y=ln x的图象交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列结论错误的是(　　)

A.x1+x2=2 B.>2e

C.x1ln x2+x2ln x1<0 D.x1x2>

9.已知函数f(x)=其中m>0.若存在实数b,使得关于x的方程f(x)=b有三个不同的根,则m的取值范围是　　　　　. 

综合提升组

10.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=f(x),且当x∈[-1,1]时,f(x)=x2.令g(x)=f(x)-kx-k,若在区间[-1,3]内,函数g(x)=0有4个不相等实根,则实数k的取值范围是(　　)

A.(0,+∞) B.

C. D.

11.(2020湖北恩施高中月考,理11)已知单调函数f(x)的定义域为(0,+∞),对于定义域内任意x,f([f(x)-log2x])=3,则函数g(x)=f(x)+x-7的零点所在的区间为(　　)

A.(1,2) B.(2,3) 

C.(3,4) D.(4,5)

12.已知函数f(x)=若方程f(x)=x+a有且只有两个不相等的实数根,则实数a的取值范围为 (　　)

A.(-∞,0] B.[0,1)

C.(-∞,1) D.[0,+∞)

13.(2020安徽安庆二模,理12)函数f(x)=|ln x|-ax恰有两个零点x1,x2,且x1<x2,则x1所在区间为(　　)

A.0, 

B.

C. 

D.,1

14.(2020天津和平区一模,15)已知函数f(x)==　　　　;若方程f(x)=x+a在区间[-2,4]有三个不等实根,则实数的取值范围为　　　　　　　　　. 

创新应用组

15.(2020河南实验中学4月模拟,12)已知函数f(x)=若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)<0恰有1个整数解,则实数a的最大值为(　　)

A.2 B.3 C.5 D.8

16.已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a=(　　)

A.- B. 

C. D.1

参考答案

课时规范练12　函数与方程

1.C　A中图象表示的函数没有零点,因此不能用二分法求零点;B中函数的图象不连续;D中函数在x轴下方没有图象.故选C.

2.B　因为f(x)在(0,+∞)上是增函数,且f(2)=ln2-1<0,f(3)=ln3->0,所以x0∈(2,3),所以g(x0)=[x0]=2.

3.D　∵f(x)=ln(2x)-1是增函数,且是连续函数,f(1)=ln2-1<0,f(2)=ln4-1>0,∴根据函数零点的存在性定理可得,函数f(x)的零点位于区间(1,2)上.

4.C　作出函数f(x)的图象如图,

因为关于x的方程f(x)=2a恰好有两个不同的实数根,所以y=2a与函数y=f(x)的图象恰有两个交点,

所以2a>2或<2a≤1,解得a>1或<a≤.

5.C　令y=f(2x2+1)+f(λ-x)=0,

则f(2x2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ),因为f(x)是R上的单调函数,

所以2x2+1=x-λ,即2x2-x+1+λ=0只有一个实根,

则Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-.

6.A　因为f(x)是定义域为R的偶函数,又f(-3)·f(6)<0,所以f(3)·f(6)<0.

又f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在(0,+∞)上有一个零点,且f(3)<0,f(6)>0.

所以函数f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有两个零点.但是f(0)的值没有确定,所以函数f(x)可能有三个零点,所以A项正确;又f(-4)=f(4),4∈(3,6),所以f(-4)的符号不确定,所以B项不正确;C项显然不正确;由于f(0)的值没有确定,所以f(0)与f(-6)的大小关系不确定,所以D项不正确.故选A.

7.C　画出函数f(x)的图象如图所示,若关于x的方程f(x)+a=0有两个不相等的实根,

则函数f(x)的图象与直线y=-a有两个不同交点,

由图可知-1≤-a<0,所以0<a≤1.故选C.

8.D　因为函数y=ex与y=lnx互为反函数,它们的图象关于直线y=x对称,直线y=-x+2与直线y=x垂直,且交点为(1,1),则点(1,1)为A(x1,y1),B(x2,y2)的中点,所以x1+x2=2,故选项A正确;≥2=2=2=2e,由题意x1≠x2,所以,所以>2e,故选项B正确;因为点(1,1)为A(x1,y1),B(x2,y2)的中点,不妨设x1<1<x2,所以x1lnx2+x2lnx1<x2lnx2+x2lnx1=x2(lnx2+lnx1)=x2ln(x1x2)<x2ln2=x2ln1=0,故选项C正确;因为x1+x2>2,则x1x2<2=1,所以x1x2>错误,故选项D错误.故选D.

9.(3,+∞)　在同一坐标系中,作y=f(x)与y=b的图象.

当x>m时,x2-2mx+4m=(x-m)2+4m-m2,∴要使方程f(x)=b有三个不同的根,则有4m-m2<m,

即m2-3m>0.又m>0,解得m>3,即m的取值范围为(3,+∞).

10.-4　0,　当x∈[1,e]时,f(x)=lnx,f(x)为递增函数,所以,f(x)min=f(1)=ln1=0,当x∈[-1,1)时,f(x)=2x3-3x2+1,则f'(x)=6x2-6x,令f'(x)=0,得x=1(舍)或0,

则f(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,

因为f(-1)=-2-3+1=-4<f(1),

故函数f(x)在[-1,e]上的最小值为-4.

令t=f(x),g(x)=0,则t2-t=-a,

作出函数y=f(x)的图象如图所示,

直线y=t与函数y=f(x)的图象最多只有三个交点,所以0<t<1,

即说明方程t2-t=-a在(0,1)内有两个不等根,

亦即函数y=t2-t在(0,1)内的图象与直线y=-a有两个交点,

因为y=t2-t=t-2-,根据y=t2-t的图象可知,-<a<0,

即实数a的取值范围为0,.

11.C　令g(x)=0,得f(x)=k(x+1).

由题意知f(x)的周期为T=2,

作出y=f(x)在[-1,3]上的图象,如图所示.

设直线y=k1(x+1)经过点(3,1),则k1=.

因为直线y=k(x+1)经过定点(-1,0),且由题意知直线y=k(x+1)与y=f(x)的图象有4个交点,所以0<k≤.

12.C　因为f(x)在(0,+∞)上为单调函数,且f([f(x)-log2x])=3,设t=f(x)-log2x,则f(x)=log2x+t,又由f(t)=3,所以f(t)=log2t+t=3,得t=2,所以f(x)=log2x+2,所以g(x)=log2x+x-5.因为g(3)<0,g(4)>0,所以零点所在的区间为(3,4).故选C.

13.C　当x>0时,f(x)=f(x-1),

所以f(x)是以1为周期的函数.又当0<x≤1时,x-1≤0,所以f(x)=f(x-1)=21-x-1=2-1.方程f(x)=x+a的根的个数可看成是两个函数y=f(x)与y=x+a的图象的交点的个数,画出函数的图象,如图所示,由图象可知实数a的取值范围是(-∞,1).

14.D　当a<0时,f(x)>0恒成立,不符合题意,当a=0时,f(x)=|lnx|只有一个零点为1,也不符合题意,当a>0时,作函数g(x)=|lnx|与h(x)=ax图象,

易知g(x)与h(x)图象在区间(0,1)上必有一个交点,则在区间(1,+∞)上有且仅有一个公共点,当x∈(1,+∞)时,f(x)=lnx-ax,f'(x)=,f(x)在0,上单调递增,在,+∞上单调递减,所以f(x)max=f=ln-1,则只需ln-1=0,故a=,当x∈(0,1)时,f(x)=-lnx-x,易知f=1->0,f(1)=-<0,可知x1∈,1,故选D.

15.81　-∞,-∪{1}　∵f(x)=

∴f(3)=2f(1)=4f(-1)=4×(1-|-1+1|)=4.

∴logf(3)256=lo28==4,=34=81.

若x∈[0,2],则-2≤x-2≤0,

∴f(x)=2f(x-2)=2(1-|x-2+1|)=2-2|x-1|,0≤x≤2.

若x∈(2,4],则0<x-2≤2,

∴f(x)=2f(x-2)=2(2-2|x-2-1|)=4-4|x-3|,2<x≤4.

∴f(1)=2,f(2)=0,f(3)=4.

设y=f(x)和y=x+a,则方程f(x)=x+a在区间[-2,4]内有3个不等实根,等价为函数y=f(x)和y=x+a在区间[-2,4]内有3个不同的零点.

作出函数f(x)和y=x+a的图象,如图所示,

当直线经过点A(2,0)时,两个图象有2个交点,此时直线为y=x-2,当直线经过点O(0,0)时,两个图象有4个交点,此时直线为y=x,当直线经过点B(3,4)和C(1,2)时,两个图象有3个交点,此时直线为y=x+1,∴要使方程f(x)=x+a在区间[-2,4]内有3个不等实根,则a=1或-2<a<0.故实数的取值范围为{1}∪-∞,-.

16.D　作函数f(x)图象,如图所示,由[f(x)]2+af(x)<0,得f(x)[f(x)+a]<0,当a>0时,-a<f(x)<0,由于关于x的不等式[f(x)]2+af(x)<0恰有1个整数解,因此其整数解为3,

又f(3)=-9+6=-3,所以-a<-3<0,-a≥f(4)=-8,则3<a≤8.

当a=0时,[f(x)]2<0,则a=0不满足题意;当a<0时,0<f(x)<-a,当0<-a≤1时,0<f(x)<-a,没有整数解,当-a>1时,0<f(x)<-a,至少有两个整数解,综上,实数a的最大值为8,故选D.

17.C　(方法1)∵f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),∴f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),∴f(2-x)=f(x),即直线x=1为f(x)图象的对称轴.∵f(x)有唯一零点,

∴f(x)的零点只能为1,即f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1+1)=0,解得a=.

(方法2)函数的零点满足x2-2x=-a(ex-1+e-x+1)=-aex-1+,设g(x)=ex-1+,令t=ex-1>0,则y=t+在(0,1)单调递减,在[1,+∞)单调递增,即g(x)=ex-1+在(-∞,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,ymin=2,设h(x)=x2-2x,当x=1时,h(x)min=-1,若-a>0,函数h(x)与-ag(x)有两个交点,不合题意.当-a<0时,-ag(x)的最大值为-2a,当-2a=h(x)min=-1,两个函数有一个交点,解得a=.