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    4.4函数与方程 同步练习 湘教版(2019)高中数学必修第一册
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    4.4函数与方程    同步练习    湘教版(2019)高中数学必修第一册01
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    高中数学湘教版(2019)必修 第一册4.4 函数与方程课后测评

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    这是一份高中数学湘教版(2019)必修 第一册4.4 函数与方程课后测评,共27页。试卷主要包含了4函数与方程同步练习,0分),25)B,【答案】C,【答案】B等内容,欢迎下载使用。

    湘教版(2019)高中数学必修第一册
    注意:本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题,所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题,所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效,不予记分。
    第I卷(选择题)
    一、单选题(本大题共12小题,共60.0分)
    记函数f(x)=(12)|2x−1|−sinπx在区间(−2,3)上的零点分别为x=xi(i=1,2,…,n),则i=1nxi=( )
    A. 32B. 52C. 72D. 3
    在用二次法求方程3x+3x-8=0在(1,2)内近似根的过程中,已经得到f(1)<0,f(1.5)>0,f(1.25)<0,则方程的根落在区间( )
    A. (1,1.25)B. (1.25,1.5)C. (1.5,2)D. 不能确定
    利用二分法求方程lg3x+x−3=0的近似解,可以取的一个区间是( )
    A. 0,1B. 1,2C. 2,3D. 3,4
    方程lnx+2x=6的根所在的区间为( )
    A. (2,2.25)B. (2.25,2.5)C. (2.5,2.75)D. (2.75,3)
    若x0是方程lnx+x−3=0的实数解,则x0属于区间( )
    A. (1,1.5)B. (1.5,2)C. (2,2.5)D. (2.5,3)
    已知函数f(x)=lnx−a,x≥1,x+a,x<1(a∈R),若函数f(x)在R上有两个零点,则实数a的取值范围是( )
    A. [0,+∞)B. [−1,+∞)C. (−1,0]D. −12,0
    设实数a,b,c分别满足a=5−12,blnb=1,3c3+c=1,则a,b,c的大小关系为( )
    A. c>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. a>b>c
    函数f(x)=x2−2,x≤02x−6+lnx,x>0的零点个数是( )
    A. 0B. 1C. 2D. 3
    某同学在使用二分法求方程x3+x2=2x+2的近似根的过程中,设函数F(x)=x3+x2−2x−2,计算得F(1)=−2,F(1.5)=0.625,F(1.25)≈−0.984,F(1.375)≈−0.260,F(1.4375)≈0.162,F(1.40625)≈−0.054.那么方程x3+x2=2x+2的一个近似根(精确度为0.05)可以是( )
    A. 1.32B. 1.385C. 1.41D. 1.44
    已知函数f(x)=(12)x−x,g(x)=1g13x−x,h(x)=x3−x(x>0)的零点分别为a,b,c,则a,b,c的大小顺序为( )
    A. a>b>cB. c>a>bC. b>c>aD. b>a>c
    已知函数f(x)满足f(x)=f(1x),且当x∈[1π,1]时,f(x)=lnx,若当x∈[1π,π]时,函数g(x)=f(x)−ax与x轴有交点,则实数a的取值范围是( )
    A. [−lnππ,0]B. [−π2,−1π]C. [−1π,lnππ]D. [−πlnπ,0]
    若函数f(x)=ln x+x2+a−1在区间内有唯一的零点,则实数a的取值范围是( )
    A. B. C. D. (1,e2)
    第II卷(非选择题)
    二、多空题(本大题共5小题,共25.0分)
    已知函数fx=lnx,x≥12x3−3x2+1,x<1,则x∈−1,e时,fx的最小值为 ,设gx=fx2−fx+a,若函数gx有6个零点,则实数a的取值范围是 .
    函数f(x)=xex,x⩾a,x,x设函数f(x)=2x−a,x<14(x−a)(x−2a),x⩾1
    ①若a=1,则f(x)的最小值为 ;
    ②若f(x)恰有2个零点,则实数a的取值范围是 .
    已知函数fx=xex+1x≥0x2+2x+1x<0,则方程fx=20212020的实根的个数为 ;若函数y=ffx−a−1有三个零点,则a的取值范围是 .
    已知函数fx=ln3x+csx−132e3x,则fxmax= ;若直线y=aa≥0与函数fx=ln3x+csx−132e3x的图象有交点,则a的取值范围为 .
    三、解答题(本大题共8小题,共96.0分)
    已知函数f(x)=ax2+bx+1(a≠0)的图象关于直线x=1对称,且函数y=f(x)+2x为偶函数,函数g(x)=1−2x.
    (1)求函数f(x)的表达式;
    (2)求证:方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根;
    (3)若存在实数m,使得f(m)=g(n),求实数n的取值范围.
    已知函数f(x)=ax2+bx+1(a≠0)的图象关于直线x=1对称,且函数y=f(x)+2x为偶函数,函数g(x)=1-2x.
    (1)求函数f(x)的表达式;
    (2)求证:方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根;
    (3)若存在实数m,使得f(m)=g(n),求实数n的取值范围.
    已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)=|x+4x−5|.
    (1)求函数f(x)的零点;
    (2)若方程f(x)=m(m>0)有四个不等实根x1,x2,x3,x4,证明x1⋅x2⋅x3⋅x4=16;
    (3)在区间[1,4]上是否存在实数a,b(a已知函数f(x)=ex+ae−x,其中e是自然对数的底数,a∈R.
    (1)若函数y=f(x)在区间(1,+∞)内有零点,求a的取值范围;
    (2)当a=4时,∀x∈(0,+∞),mf(x)≥e−x+3m,求实数m的取值范围.
    若在定义域内存在实数x0使f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数有“漂移点”x0.
    (1)函数f(x)=1x是否有漂移点?请说明理由.
    (2)证明函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有漂移点.
    (3)若函数f(x)=lgax2+1在(0,+∞)上有漂移点,求实数a的取值范围.
    已知f(x)=(x−1−3)2.
    (I)若函数g(x)=f(x)−ax−2有三个零点,求实数a的值;
    (II)若对任意x∈[−1,1],均有f(2x)−2k−2x≤0恒成立,求实数k的取值范围.
    已知函数f(x)=3ax2+2bx+c,a+b+c=0,f(0)>0,f(1)>0.
    (1)证明:a>0;
    (2)利用二分法证明方程f(x)=0在[0,1]上有两个实根.
    已知函数f(x)的图象在定义域(0,+∞)上连续不断.若存在常数T>0,使得对于任意的x>0,f(Tx)=f(x)+T恒成立,称函数f(x)满足性质P(T).
    (Ⅰ)若f(x)满足性质P(2),且f(1)=0,求f(4)+f(14)的值;
    (Ⅱ)若f(x)=lg1.2x,试说明至少存在两个不等的正数T1,T2,同时使得函数f(x)满足性质P(T1)和P(T2). (参考数据:1.24=2.0736)
    (Ⅲ)若函数f(x)满足性质P(T),求证:函数f(x)存在零点.
    答案和解析
    1.【答案】C
    【解析】
    【分析】
    本题考查函数的零点问题,属于中档题.
    将函数f(x)的零点转化为图象的交点问题,根据对称性,即可得到答案.
    【解答】
    解:将函数f(x)的零点转化为图象的交点,两个函数图象有七个交点,且两个函数图象关于x=12对称,
    所以零点之和为12×2×3+12=72.
    故选C.

    2.【答案】B
    【解析】【试题解析】
    解:∵f(1)<0,f(1.5)>0,
    ∴在区间(1,1.5)内函数f(x)=3x+3x−8存在一个零点
    又∵f(1.5)>0,f(1.25)<0,
    ∴在区间(1.25,1.5)内函数f(x)=3x+3x−8存在一个零点,
    由此可得方程3x+3x−8=0的根落在区间(1.25,1.5)内,
    故选:B.
    根据函数的零点存在性定理,由f(1)与f(1.5)的值异号得到函数f(x)在区间(1,1.5)内有零点,同理可得函数在区间(1.25,1.5)内有零点,从而得到方程3x+3x−8=0的根所在的区间.
    本题给出函数的一些函数值的符号,求相应方程的根所在的区间.着重考查了零点存在定理和方程根的分布的知识,考查了学生分析解决问题的能力,属于基础题.
    3.【答案】C
    【解析】
    【分析】
    本题考查函数零点存在定理,属于中档题.
    设f(x)=lg3x+x−3,利用零点存在定理即可得解.
    【解答】
    解:设f(x)=lg3x+x−3,为增函数,
    又∵f(2)=lg32−1<0,f(3)=lg33−3+3=1>0,
    故f(2)⋅f(3)<0,
    故方程lg3x+x−3=0在区间(2,3)上有解,
    故选C.

    4.【答案】C
    【解析】解:令f(x)=lnx+2x−6,则f(x)在(2,3)上为增函数.
    f(2)=ln2−2<0,f(2.25)=ln2.25−1.5<0,f(2.5)=ln2.5−1<0,f(2.75)=ln2.75−0.5>0,f(3)=ln3>0,
    因为<0,所以fx在2.5,2.75内有零点,
    所以方程的根在此区间上,
    故选C.
    方程lnx+2x=6的根即函数f(x)=lnx+2x−6的零点,而函数f(x)=lnx+2x−6在定义域上单调连续,从而即可求零点的区间.
    本题考查了方程的根与函数的零点的应用,属于基础题.
    5.【答案】C
    【解析】解:∵方程lnx+x−3=0,
    ∴设对应函数f(x)=lnx+x−3,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
    ∵f(2)=ln2+2−3=ln2−1<0,f(2.5)=ln2.5+2.5−3=ln2.5−0.5lne>0,
    ∴根据零点存在定理可知在区间(2,2.5)内函数存在零点,
    即x0属于区间(2,2.5).
    故选:C.
    由方程lnx+x=3,设对应函数f(x)=lnx+x−3,然后根据零点存在定理进行判断即可.
    本题主要考查函数零点的判断,利用零点存在定理是解决本题的关键,属于基础题.
    6.【答案】A
    【解析】
    【分析】
    本题主要考查了分段函数的零点问题,意在考查考生的逻辑推理能力和转化与化归思想.属于中档题.
    根据单调性和零点个数列出不等式组,从而得出a的范围.
    【解答】
    解:因为函数f(x)在R上有两个零点,且y=ln x−a,y=x+a均为单调递增函数,
    所以y=ln x−a在[1,+∞)上有1个零点,y=x+a在(−∞,1)上有1个零点,
    所以1+a>0,−a≤0,解得a≥0,
    故选A.
    7.【答案】B
    【解析】
    【分析】
    本题考查指数函数及对数函数的图象及性质,考查零点存在性定理及函数的零点与方程的根的关系,属于中档题.
    【解答】
    解:令f(x)=3x3+x−1,则f′x=9x2+1>0,f(x)=3x3+x−1在R上单调递增,且f(12)⋅f(1)<0,即c∈(12,1),
    blnb=1即lnb=1b,分别令gx=lnx,hx=1xx>0,在同一坐标系下作出两函数图象,观察易得b∈1,2,
    0c>a.
    故选B.
    8.【答案】C
    【解析】
    【分析】
    本题考查了分段函数的零点,当当x≤0时,直接由f(x)=0得出零点,当x>0时,由零点的存在性定理可得零点个数,从而得出结论.
    【解答】
    解:当x≤0时,由f(x)=x2−2=0,解得x=−2,有1个零点;
    当x>0,函数f(x)=2x−6+ln x,单调递增,则f(1)=−4<0,f(3)=ln3>0,
    此时函数f(x)在(1,3)上只有一个零点,
    所以共有2个零点.
    故选C.
    9.【答案】C
    【解析】
    【分析】
    本题主要考查用二分法求区间根的问题,属于基础题.
    在利用二分法求区间根的问题上,如果题中有根的精确度的限制,在解题时就一定要计算到满足要求才能结束.由参考数据可得F(1.4375)>0,F(1.40625)<0,又因为题中要求精确到0.05可得答案.
    【解答】
    解:由参考数据可得F(1.4375)>0,F(1.40625)<0,
    方程x3+x2=2x+2的一个近似根在(1.40625,1.4375)之间,
    又因为题中要求精确到0.05,
    所以近似根可以是1.41.
    故选C.

    10.【答案】B
    【解析】
    【分析】
    本题考查函数的零点判定定理,注意函数零点的定义,属于基础题.
    根据题意,对于h(x)=x3−x,由零点的定义可得c3−c=0,解可得c的值,对于f(x)、g(x),由零点判定定理分析a、b的范围,据此分析可得答案.
    【解答】
    解:根据题意,对于h(x)=x3−x,(x>0),其零点为c,则有c3−c=0,解可得c=1,
    对于f(x)=(12)x−x,为单调减函数,
    且有f(1)=12−1=−12<0,f(12)=22−1>0,
    ∴12对于g(x)=lg13x−x,为单调减函数,
    有g(13)=lg1313−13=23>0,
    g(12)=lg1312−12=lg1312−lg1333
    =lg1332<0,则13则有c>a>b,
    故选:B.
    11.【答案】D
    【解析】
    【分析】
    本题考查了方程的根的存在性以及根的个数的判断,解答此题的关键是利用数形结合,使复杂的问题简单化.由题意先求出设x∈(1,π]上的解析式,再用分段函数表示出函数f(x),根据对数函数的图象画出函数f(x)的图象,根据图象求出函数g(x)=f(x)−ax与x轴有交点时实数a的取值范围.
    【解答】
    解:设x∈(1,π],
    则1x∈[1π,1),
    所以f(x)=f(1x)=ln1x=−lnx,
    则f(x)=lnx,x∈[1π,1]−lnx,x∈(1,π],
    在坐标系中画出函数f(x)的图象如图:
    因为函数g(x)=f(x)−ax与x轴有交点,
    所以直线y=ax与函数f(x)的图象有交点,
    由图得,直线y=ax与y=f(x)的图象相交于点(1π,−lnπ),
    即有−lnπ=aπ,解得a=−πlnπ.
    由图象可得,实数a的取值范围是[−πlnπ,0].
    故选D.

    12.【答案】A
    【解析】
    【分析】
    本题考查了函数的单调性、零点判定定理的应用,是中档题.
    函数f(x)=lnx+x2+a−1在区间(1,e)内有唯一的零点,根据函数单调性及利用零点判定定理列出不等式,求解即可求出a的范围.
    【解答】
    解:函数f(x)=lnx+x2+a−1在区间(1,e)内有唯一的零点,
    当x>0时,函数f(x)=lnx+x2+a−1单调递增,
    则f(1)f(e)<0,
    可得:a(1+e2+a−1)<0,解得a∈(−e2,0).
    故选A.

    13.【答案】−4;
    (0,14)
    【解析】
    【分析】
    本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及区间最值问题,函数与方程根的个数问题,考查学生计算能力与数形结合思想,属于难题.
    利用函数求导,得到函数的单调区间,求出函数在[−1,e]上f(x)的最小值,利用换元法t=fx,结合函数图象将函数g(x)有6个零点,转化为方程t2−t+a=0,方程需由两个根t1,t2且t1,t2∈0,1,列出不等式,即可求出实数a的取值范围.
    【解答】
    解:由题意得当x<1时,fx=2x3−3x2+1,
    所以f′x=6x2−6x,令f′x=6x2−6x=0,所以x=0或x=1,
    所以fx在−∞,0单调递增,在0,1单调递减,
    因为x≥1时,fx=lnx,所以fx在[1,+∞)单调递增,
    因为f1=ln1=2−3+1=0,所以函数在x=1出连续不断开;
    当x∈[−1,e]时,函数fx在−1,0单调递增,在0,1单调递减,1,e单调递增;
    因为f−1=−2−3+1=−4因为设t=fx,画出函数图象得到
    所以当t∈0,1时,t=fx,有三个交点,
    因为函数g(x)有6个零点,
    所以等价转化为方程t2−t+a=0,需由两个根t1,t2且t1,t2∈0,1,
    所以1−4a>0a>01−1+a>0,所以0所以实数a的取值范围是0,14.
    故答案为−4,0,14.
    14.【答案】(−∞,1e]
    0,1
    【解析】
    【分析】
    本题考查分段函数的性质,考查存在量词命题为真时求参数的取值范围问题,考查利用导数研究函数的最值,考查函数的零点与方程的解,考查抽象思维能力,属于难题.
    因为存在实数x0,使得对于任意x∈R,都有f(x0)≥f(x),等价于函数fx在定义域R上有最大值,所以空1转化为研究函数fx存在最大值时a的取值范围问题,利用导数研究第一段函数的最大值,然后结合两段综合考虑可解;空2转化为研究方程fx=k有三个不等实根的条件,结合空1的分析,可解决问题.
    【解答】
    解:存在实数x0,使得对于任意x∈R,都有f(x0)≥f(x),等价于函数fx在定义域R上有最大值.
    记gx=xexx∈R,hx=xx∈R,
    ∵g′x=1−xex,当x<1时,g′x>0,当x>1时,g′x<0,
    ∴gx在−∞,1上单调递增,在1,+∞上单调递减,
    从而gxmax=g1=1e.
    若a>1e,则由当x若a⩽1e,则由当xf(x)=xex,x⩾a,x,x因此,若存在实数x0,使得对于任意x∈R,都有f(x0)≥f(x),则实数a的取值范围是(−∞,1e].
    又若存在不相等的x1,x2,x3,满足f(x1)=f(x2)=f(x3),记此式的值为k,
    则由gx的单调性和图象特征知,方程gx=k必须有两个不等实根,这时k∈0,1e,同时a∈0,1,
    对于a∈0,1,方程hx=k也能有一个实根,
    因此,这时实数a的取值范围是0,1.
    故答案为:(−∞,1e];0,1.
    15.【答案】−1
    12≤a<1,或a≥2
    【解析】
    【分析】
    本题考查了分段函数的问题,以及函数的零点问题,培养了学生的转化能力和运算能力以及分类能力,属于中档题.
    ①分别求出分段的函数的最小值,即可得到函数的最小值;
    ②分别设h(x)=2x−a,g(x)=4(x−a)(x−2a),分两种情况讨论,即可求出a的范围.
    【解答】
    解:①当a=1时,f(x)=2x−1,x<14(x−1)(x−2),x≥1,
    当x<1时,f(x)=2x−1为增函数,f(x)>−1,
    当x>1时,f(x)=4(x−1)(x−2)=4(x2−3x+2)=4(x−32)2−1,
    当132时,函数单调递增,
    故当x=32时,f(x)min=f(32)=−1.
    ②设h(x)=2x−a,g(x)=4(x−a)(x−2a),
    若在x<1时,h(x)与x轴有一个交点,
    所以a>0,并且当x=1时,h(1)=2−a>0,所以0而函数g(x)=4(x−a)(x−2a)有一个交点,所以2a≥1,且a<1,
    所以12≤a<1,
    若函数h(x)=2x−a在x<1时,与x轴没有交点,
    则函数g(x)=4(x−a)(x−2a)有两个交点,
    当a≤0时,h(x)与x轴无交点,g(x)无交点,所以不满足题意(舍去),
    当h(1)=2−a≤0时,即a≥2时,g(x)的两个交点满足x1=a,x2=2a,都是满足题意的,
    综上所述a的取值范围是12≤a<1,或a≥2.
    故答案为①−1;②12≤a<1,或a≥2.

    16.【答案】3
    1,1+1e∪2,3∪3+1e
    【解析】
    【分析】
    本题主要考查函数与方程的应用,求出函数的零点,利用数形结合以及分类讨论是解决本题的关键,属于较难题.
    画出函数的图象,即可确定方程f(x)=20212020的实根的个数,求出f(x)的零点,作出函数f(x)的图象,利用数形结合求解即可.
    【解答】
    解:当x<0时,由f(x)−1=0得x2+2x+1=1,得x=−2或x=0,
    当x≥0时,由f(x)−1=0得xex+1=1得x=0,
    由y=f(f(x)−a)−1=0得f(x)−a=0或f(x)−a=−2,
    即f(x)=a,f(x)=a−2,
    作出函数f(x)的图象如图:
    则y=f(x)与y=20212020有3个交点,
    所以方程f(x)=20212020的实根的个数为3.
    y=xex+1⩾1x⩾0,
    y′=1−xex,当x∈(0,1)时,y′>0,函数是增函数,x∈(1,+∞)时,y′<0,函数是减函数,
    x=1时,函数取得最大值:1+1e.
    当1当a−2=1+1e时,即a=3+1e时,y=f(f(x)−a)−1有三个零点,
    当a−2>1+1e时,即a>3+1e时,y=f(f(x)−a)−1有2个零点
    当a=1+1e时,则y=f(f(x)−a)−1有2个零点,
    当0当1综上a的取值范围是:(1,1+1e)⋃(2,3]⋃3+1e.
    故答案为3;(1,1+1e)⋃(2,3]⋃3+1e.
    17.【答案】12e
    [0,12e]
    【解析】
    【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值最值,考查函数图像的交点与方程根的关系,考查零点定理,属于中档题.
    利用余弦函数的有界性得f(x)≤ln(3x)+12e3x,设g(x)=ln(3x)+12e3x,则g′(x)=121x−3ln(3x)−3e−3x,利用g′(x)的符号变化求得g(x)的最大值g(13),又当x=13时,f(13)=12e,所以f(x)max=12e,利用零点定理得到,存在t∈(13e2,13)使得f(t)=0,从而求得a的范围.
    【解答】
    解:函数定义域为(0,+∞),
    f(x)=ln(3x)+cs(x−13)2e3x≤ln(3x)+12e3x
    设g(x)=ln(3x)+12e3x,则g′(x)=121x−3ln(3x)−3e−3x,
    设h(x)=1x−3ln(3x)−3,则h′(x)=−3x+1x2<0,
    所以h(x)在(0,+∞)单调递减,注意到h(13)=0,
    ∴当00,g′(x)>0,g(x)单调递增,
    当x>13时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减,
    所以x=13时,g(x)取得极大值,也是最大值,g(13)=12e,
    又当x=13时,f(13)=12e,
    所以f(x)max=12e,
    ∵f(13)=12e>0,f(13e2)=ln(1e2)+cs(13e2−13)2e12=−2+cs(13e2−13)2e12<0,
    ∴存在实数t∈(13e2,13)使得f(t)=0,
    所以a的范围是[0,12e].
    故答案为12e;[0,12e].
    18.【答案】解:(1)∵f(x)=ax2+bx+1的图象关于直线x=1对称,
    ∴b=−2a.
    又y=f(x)+2x=ax2+(b+2)x+1为偶函数,
    ∴b=−2,a=1.
    ∴f(x)=x2−2x+1=(x−1)2.
    (2)设h(x)=f(x)+g(x)=(x−1)2+1−2x,
    ∵h(0)=1>0,h(1)=−1<0,∴h(0)h(1)<0.
    又f(x)=(x−1)2,g(x)=1−2x在区间[0,1]上均单调递减,
    ∴h(x)在区间[0,1]上单调递减,
    ∴h(x)在区间[0,1]上存在唯一零点.
    ∴方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根.
    (3)由题可知f(x)=(x−1)2≥0,g(x)=1−2x<1,
    若存在实数m,使得f(m)=g(n),则g(n)∈[0,1),
    即1−2n≥0,解得n≤0.
    ∴n的取值范围是(−∞,0].
    【解析】本题考查根的存在性及根的个数判断,考查函数奇偶性的性质,考查学生对问题的理解能力及转化能力,零点存在定理及二次函数的有关性质是解决问题的基础.
    (1)根据对于任意x∈R都有f(1+x)=f(1−x)可知对称轴为x=1,由此得a,b的方程,再由y=f(x)+2x为偶函数可求得b值,从而求得a值;
    (2)设h(x)=f(x)+g(x),方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根转化为证明函数h(x)在[0,1]上有唯一零点,根据零点存在定理判定其存在性,利用单调性判定其唯一性;
    (3)求出f(x),g(x)的值域及其交集,据f(m)=g(n)知g(n)属于该交集;
    19.【答案】解:(1)∵f(x)=ax2+bx+1的图象关于直线x=1对称,∴b=-2a.
    又y=f(x)+2x=ax2+(b+2)x+1为偶函数,∴b=-2,a=1.
    ∴f(x)=x2-2x+1=(x-1)2.
    (2)设h(x)=f(x)+g(x)=(x-1)2+1-2x,
    ∵h(0)=1>0,h(1)=-1<0,∴h(0)h(1)<0.
    又f(x)=(x-1)2,g(x)=1-2x在区间[0,1]上均单调递减,
    ∴h(x)在区间[0,1]上单调递减,
    ∴h(x)在区间[0,1]上存在唯一零点.
    ∴方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根.
    (3)由题可知f(x)=(x-1)2≥0,g(x)=1-2x<1,
    若存在实数m,使得f(m)=g(n),则g(n)∈[0,1),即1-2n≥0,解得n≤0.
    ∴n的取值范围是(-∞,0].
    【解析】本题考查根的存在性及根的个数判断,考查函数奇偶性的性质,考查学生对问题的理解能力及转化能力,零点存在定理及二次函数的有关性质是解决问题的基础.
    (1)根据对于任意x∈R都有f(1+x)=f(1−x)可知对称轴为x=1,由此得a,b的方程,再由y=f(x)+2x为偶函数可求得b值,从而求得a值;
    (2)设h(x)=f(x)+g(x),方程f(x)+g(x)=0在区间[0,1]上有唯一实数根转化为证明函数h(x)在[0,1]上有唯一零点,根据零点存在定理判定其存在性,利用单调性判定其唯一性;
    (3)求出f(x),g(x)的值域及其交集,据f(m)=g(n)知g(n)属于该交集,从而得到n的不等式,解得n的取值范围.
    20.【答案】解:(1)令f(x)=0,整理得x2−5x+4=0,解得x=1或x=4.
    (2)证明:在直角坐标系中画出函数f(x)的图象,如图:
    要使f(x)=m有四个根,则0令g(x)=x+4x−5,当g(x)=m,则x2−(5+m)x+4=0,
    ∴x1⋅x4=4,
    当g(x)=−m,则x2−(5−m)x+4=0,
    ∴x2⋅x3=4,
    ∴x1⋅x2⋅x3⋅x4=16.
    (3)①当[a,b]⊆[1,2]时,f(x)=5−(x+4x)在区间[a,b]上单调递增,
    ∴f(a)=5−(a+4a)=ma,f(b)=5−(b+4b)=mb,
    由f(a)a=f(b)b=m得,5a−1−4a2=5b−1−4b2,
    整理得5ab−4(a+b)=0,∴b=4a5a−4,
    由b∈(1,2],解得43≤a<4,
    由a∈[1,2),43≤a<2,
    ∵b>a,∴a<85,∴43≤a<85,
    由m=f(a)a=−4a2+5a−1=−4(1a−58)2+916,
    由58<1a⩽34,可得12≤m<916.
    ②当[a,b]⊆[2,4],f(x)=5−(x+4x)在区间[a,b]上单调递减,
    ∴f(a)=5−(a+4a)=mb,f(b)=5−(b+4b)=ma,
    由f(a)b=f(b)a=m得,5b−ab−4ab=5a−ba−4ab,
    整理可得a+b=5,
    再由f(a)=mb,得m=5a−a2−4ab,
    把b=5−a代入得m=1−45a−a2,
    ∵2≤a<4,2a,∴2≤a<52,∴m∈[13,925),
    综上,当[a,b]∈[1,2]时,m∈[12,916);当[a,b]∈[2,4],∴m∈[13,925).
    【解析】(1)令f(x)=0,求解x的值即可.
    (2)如图,要使f(x)=m有四个根,则0(3)①当[a,b]⊆[1,2]时,f(x)=5−(x+4x),由f(a)a=f(b)b=m,推出m=−4(1a−58)2+916,根据a的范围求解m的范围.
    ②当[a,b]∈[2,4],f(x)=5−(x+4x),由f(a)b=f(b)a=m,推出m=1−45a−a2,根据a的范围求解m的范围.
    本题考查函数与方程的应用,考查数形结合以及转化思想的应用,是难题.
    21.【答案】解:(1)当a≥0时,f(x)=ex+ae−x≥ex>0,没有零点;
    当a<0时,函数y=f(x)是增函数,则需要f(1)=e+ae<0,解得a<−e2
    此时f(ln(−a))=eln(−a)+ae−ln(−a)=−a−1>e2−1>0,满足零点存在定理f(1)f(ln(−a))<0
    因此函数y=f(x)在区间(1,+∞)内有一个零点,
    综上所述,a的取值范围为(−∞,−e2).
    (2)由题意知,m(ex+4e−x)≥e−x+3m,即m(ex+4e−x−3)≥e−x,
    因为ex+4e−x−3≥2ex⋅4e−x−3=1,则m≥e−xex+4e−x−3,
    又e−xex+4e−x−3=1e2x−3ex+4,
    令ex=t,t∈(1,+∞),
    则1e2x−3ex+4=1t2−3t+4=1(t−32)2+74≤47(当且仅当t=32时等号成立),
    所以m≥47,即m的取值范围是[47,+∞).
    【解析】本题主要考查了函数与方程的综合应用,函数零点存在定理及函数的零点与方程根的关系,以及不等式恒成立问题,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
    (1)由题意,根据a≥0,a<0分类讨论,根据函数零点存在定理即可求出a的取值范围;
    (2)由mf(x)≥e−x+3m,可得m≥e−xex+4e−x−3,从而利用换元法,结合二次函数的性质求出的最大值,即可得m的取值范围.
    22.【答案】(1)解:假设函数f(x)=1x有“飘移点”x0,则1x0+1=1x0+1,
    即x02+x0+1=0,此方程无实根,与题设矛盾,
    所以函数f(x)=1x没有飘移点;
    (2)证明:令h(x)=f(x+1)−f(x)−f(1)=2(2x−1+x−1),
    所以函数h(x)是连续单调函数,
    所以h(0)=−1,h(1)=2.
    所以h(0)h(1)<0,
    ∴h(x)=0在(0,1)上至少有一实根,
    所以函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有漂移点;
    (3)解:因为在(0,+∞)上有漂移点x0,
    所以lga(x0+1)2+1=lgax02+1+lga2成立,即a(x0+1)2+1=ax02+1⋅a2,
    整理得(2−a)x02−2ax0+2−2a=0,
    从而关于x的方程g(x)=(2−a)x2−2ax+2−2a在(0,+∞)上有实数根.
    当a=2时,方程的根为−12,不符合要求;
    当a>2时,函数gx为二次函数的一部分,二次函数的对称轴为x=a2−a<0,
    此时,只需g(0)=2−2a>0,即a<1,不符合要求;
    所以2−a>0,且a>0,
    当0可知只需4a2−4(2−a)(2−2a)≥0,
    解得3−5≤a≤3+5,
    所以,
    所以a的范围是[3−5,2).
    【解析】本题考查了函数的方程与函数间的关系,即利用函数思想解决方程根的问题,利用方程思想解决函数的零点问题,要注意体会.
    (1)按照“飘移点”的概念,只需方程有根即可,据此判断;
    (2)利用零点存在性定理即可判断;
    (3)若函数在(0,+∞)上有飘移点,只需方程在该区间上有实根,然后借助于二次函数的性质可以解决.
    23.【答案】解:(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax−2=0等价于f(x)=ax+2有三个不同的解,
    由f(x)=(x−4)2,x≥1(x+2)2,x<1,
    可得函数图象如图所示:
    联立方程:(x−4)2=ax+2,
    由Δ=(a+8)2−56=0,可得a=−8±214,
    结合图象可知a=−8+214.
    同理(x+2)2=ax+2,
    由Δ=(4−a)2−8=0,可得a=4±22,
    因为4+22结合图象可知a=4−22,
    综上可得:a=−8+214或a=4−22.
    (Ⅱ)设2x=t∈[12,2],原不等式等价于(|t−1|−3)2≤2kt2,
    两边同乘t2得:[t(|t−1|−3)]2≤2k,
    设m(t)=t(|t−1|−3),t∈[12,2],
    原题等价于2k≥[m(t)]2的最大值,
    (1)当t∈[1,2]时,m(t)=t(t−4),易得m(t)∈[−4,−3],
    (2)当t∈[12,1)时,m(t)=−t(t+2),易得m(t)∈(−3,54],
    所以[m(t)]2的最大值为16,即2k≥16,故k≥4.
    【解析】本题是函数与方程的综合应用,属于难题.
    (Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax−2=0等价于f(x)=ax+2有三个不同的解,由f(x)=(x−4)2,x≥1(x+2)2,x<1,画图,结合图象解方程可得a的值;
    (Ⅱ)设2x=t∈[12,2],原不等式等价于(|t−1|−3)2≤2kt2,两边同乘t2得:[t(|t−1|−3)]2≤2k,设m(t)=t(|t−1|−3),t∈[12,2],原题等价于2k≥[m(t)]2的最大值,对t讨论求解即可.
    24.【答案】证明:(1)∵f(1)>0,
    ∴3a+2b+c>0,即3(a+b+c)−b−2c>0,
    又a+b+c=0,
    ∴−b−2c>0,则−b−c>c,即a>c,
    又f(0)>0,
    ∴c>0,∴a>0;
    (2)在[0,1]内选取二等分点12,
    则f(12)=34a+b+c=34a+(−a)=−14a<0,
    ∵f(0)>0,f(1)>0,
    ∴f(x)区间(0,12)和(12,1)内至少各有一个零点.
    又f(x)最多有两个零点,
    ∴方程f(x)=0在[0,1]上有两个实根.
    【解析】本题考查零点存在定理,二分法,考查了学生解决问题时问题转化的能力与意识,属于拔高题.
    (1)由f(1)>0,可得3a+b+c−b−2c>0再结合a+b+c=0,可得答案.
    (2)取[0,1]上二等分点12,计算得f12=−a4<0,再由零点存在定理即可证明.
    25.【答案】解:(Ⅰ)因为f(x)满足性质P(x),
    所以对于任意的x>0,f(2x)=f(x)+2恒成立.
    又因为f(1)=0,
    所以,f(2)=f(1)+2=2,
    f(4)=f(2)+2=4, 由f(1)=f(12)+2可得f(12)=f(1)−2=−2,
    由f(12)=f(14)+2可得f(14)=f(12)−2=−4,
    所以,f(4)+f(14)=0.
    (Ⅱ)若正数T满足lg1.2(Tx)=lg1.2x+T,等价于lg1.2T=T(或者1.2T=T),
    记g(x)=x−lg1.2x,(或者设g(x)=1.2x−x, x∈(0,+∞)) ,
    显然g(1)>0,g(2)=2−lg1.22=−lg1.22<0,
    因为1.24>2,所以1.216>16,16>lg1.216,即g(16)>0.
    因为g(x)的图像连续不断,
    所以存在T∈(1,2)1, T2∈(2,16),使得g(T1)=g(T2)=0,
    因此,至少存在两个不等的正数T1, T2,使得函数f(x)同时满足性质P(T1)和P(T2).
    (Ⅲ) ①若f(1)=0,则1即为f(x)的零点;
    ②若f(1)=M<0,则f(T)=f(1)+T,f(T2)=f(T)+T=f(1)+2T,⋯,
    可得f(Tk)=f(Tk−1)+T=f(1)+kT,其中k∈N+.
    取k=[−MT]+1>−MT即可使得f(Tk)=M+kT>0.
    所以,f(x)存在零点.
    ③若f(1)=M>0,则由f(1)=f(1T)+T,可得f(1T)=f(1)−T,
    由f(1T)=f(1T2)+T,可得f(1T2)=f(1T)−T=f(1)−2T,⋯,
    由f(1Tk−1)=f(1Tk)+T,可得f(1Tk)=f(1Tk−1)−T=f(1)−kT,其中k∈N+.
    取k=[MT]+1>MT即可使得f(1Tk)=M−kT<0.所以,f(x)存在零点.
    综上,f(x)存在零点.
    【解析】本题考查了对新定义的理解,函数零点个数判断,函数图象的意义,属于难题.
    (Ⅰ)根据定义直接代入求解;
    (Ⅱ)若正数T满足lg1.2(Tx)=lg1.2x+T,等价于lg1.2T=T,借助函数零点存在定理即可证明;
    ③若f(1)=M>0,则由f(1)=f(1T)+T,可得f(1T)=f(1)−T,取k=[MT]+1>MT即可使得f(1Tk)=M−kT<0,从而证明.
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