高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.8(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.8(教师版)，共10页。

一、选择题
1．已知函数f(x)、g(x)：
则函数y＝f[g(x)]的零点是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 由题意，g(x)＝1，∴x＝1，故选B.
2．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵a>0，∴a2＋1>1，而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．故选B.
3．若函数f(x)＝2ax2－x－1在(0,1)内恰有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,1) B．[1，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 C
解析 当a＝0时，函数的零点是x＝－1，不合题意．当a≠0时，若Δ>0，f(0)·f(1)<0，则a>1.
若Δ＝0，即a＝－eq \f(1,8)，函数的零点是x＝－2，不合题意，故选C.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－csx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－csx的零点个数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－csx＝0⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x＝csx的根的个数，即函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x与g(x)＝csx的图象的交点个
数．如图所示，在区间[0,2π]上交点个数为3，故选C.
5．若函数f(x)＝lg2(x＋a)与g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)存在相同的零点，则a的值为( )
A．4或－eq \f(5,2) B．4或－2
C．5或－2 D．6或－eq \f(5,2)
答案 C
解析 g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)＝(x＋4)[x－(a＋5)]，令g(x)＝0，得x＝－4或x＝a＋5，则f(－4)＝lg2(－4＋a)＝0或f(a＋5)＝lg2(2a＋5)＝0，解得a＝5或a＝－2.故选C.
6．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x，则函数y＝f(x)( )
A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点
B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点
C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点
D．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点
答案 D
解析 令f(x)＝0得eq \f(1,3)x＝ln x．作出函数y＝eq \f(1,3)x和y＝ln x的图象，如图，显然y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在(1，e)内有零点，故选D.
7．已知x0是函数f(x)＝2x＋eq \f(1,1－x)的一个零点．若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则( )
A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0
答案 B
解析 设g(x)＝eq \f(1,1－x)，由于函数g(x)＝eq \f(1,1－x)＝－eq \f(1,x－1)在(1，＋∞)上单调递增，函数h(x)＝2x在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)＝h(x)＋g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(1，＋∞)上只有唯一的零点x0，且在(1，x0)上f(x1)<0，在(x0，＋∞)上f(x2)>0，故选B.
8．函数f(x)，g(x)满足：对任意x∈R，都有f(x2－2x＋3)＝g(x)，若关于x的方程g(x)＋sineq \f(π,2)x＝0只有5个根，则这5个根之和为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
答案 A
解析 由f(x2－2x＋3)＝g(x)及y＝x2－2x＋3的图象关于直线x＝1对称知g(x)的图象关于直线x＝1对称，由g(x)＋sineq \f(π,2)x＝0，知g(x)＝－sineq \f(π,2)x，因为y＝－sineq \f(π,2)x的图象也关于直线x＝1对称，g(x)＋sineq \f(π,2)x＝0有5个根，故必有一个根为1，另外4个根的和为4.所以原方程所有根之和为5.故选A.
9．定义在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，π))上的函数f(x)满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))时，f(x)＝ln x，若函数g(x)＝f(x)－ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，π))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(ln π,π)，0)) B．[－πln π，0]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，\f(ln π,π))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(e,π)，－\f(1,π)))
答案 B
解析 令x∈[1，π]，则eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))，因为f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))时，f(x)＝ln x，所以f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝－ln x，则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))，,－ln x，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在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，π))上有零点，所以直线y＝ax与函数f(x)的图象有交点．由图得，当a取满足题意的最小值时，直线y＝ax与f(x)的图象相交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，－ln π))，此时－ln π＝eq \f(a,π)⇒a＝－πln π，由图可得，实数a的取值范围是[－πln π，0]，故选B.
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,lgax＋1＋1，x≥0))(a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))
答案 C
解析 要使函数f(x)在R上单调递减，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3－4a,2)≥0，,0因为方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，所以直线y＝2－x与函数y＝|f(x)|的图象有两个交点，如图所示．
易知y＝|f(x)|的图象与x轴的交点的横坐标为eq \f(1,a)－1，又eq \f(1,3)≤eq \f(1,a)－1≤2，故由图可知，直线y＝2－x与y＝|f(x)|的图象在x>0时有一个交点；当直线y＝2－x与y＝x2＋(4a－3)x＋3a(x<0)的图象相切时，设切点为(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x0＝x\\al(2,0)＋4a－3x0＋3a，,－1＝2x0＋4a－3，))整理可得4a2－7a＋3＝0，解得a＝1(舍)或a＝eq \f(3,4).而当3a≤2，即a≤eq \f(2,3)时，直线y＝2－x与y＝|f(x)|的图象在y轴左侧有一个交点，综合可得a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))).故选C.
二、填空题
11．若函数f(x)＝ln (x－1)－eq \f(3,x)的零点在区间(k，k＋1)(k∈Z)上，则k的值为________．
答案 3
解析 易知函数f(x)＝ln (x－1)－eq \f(3,x)在其定义域上连续，f(3)＝ln 2－1<0，f(4)＝ln 3－eq \f(3,4)>0，故f(3)·f(4)<0，故函数的零点在区间(3,4)上，故k＝3，故答案为3.
12．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2，x≤0，,2x－6＋ln x，x>0))的零点个数是________．
答案 2
解析 当x≤0时，令x2－2＝0，解得x＝－eq \r(2)(正根舍)，所以在(－∞，0]上有一个零点．当x>0时，f′(x)＝2＋eq \f(1,x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又因为f(2)＝－2＋ln 2<0，f(3)＝ln 3>0，所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f(x)的零点个数为2.
13．已知a是实数，函数f(x)＝2a|x|＋2x－a，若函数y＝f(x)有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析 由题意易知a≠0，令f(x)＝0，即2a|x|＋2x－a＝0，变形得|x|－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,a)x，
分别作出函数y1＝|x|－eq \f(1,2)，y2＝－eq \f(1,a)x的图象，如图所示．
由图易知，当0<－eq \f(1,a)<1或－1<－eq \f(1,a)<0，即a<－1或a>1时，y1和y2的图象有两个不同的交点，所以当a<－1或a>1时，函数y＝f(x)有且仅有两个零点，即实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
14．已知函数y＝f(x)(x∈R)．对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝eq \r(4－x2)关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．
答案 (2eq \r(10)，＋∞)
解析 函数g(x)的定义域是[－2,2]，根据已知得eq \f(hx＋gx,2)＝f(x)，所以h(x)＝2f(x)－g(x)＝6x＋2b－eq \r(4－x2).h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－eq \r(4－x2)>eq \r(4－x2)恒成立，即3x＋b>eq \r(4－x2)恒成立，令y＝3x＋b，y＝eq \r(4－x2)，则只要直线y＝3x＋b在半圆 x2＋y2＝4(y≥0)上方即可，由eq \f(|b|,\r(10))>2，解得b>2eq \r(10)(舍去负值)，故实数b的取值范围是(2eq \r(10)，＋∞)．
三、解答题
15．已知二次函数f(x)＝x2＋(2a－1)x＋1－2a.
(1)判断命题：“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；
(2)若y＝f(x)在区间(－1,0)及eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”是真命题．
依题意，f(x)＝1有实根，即x2＋(2a－1)x－2a＝0有实根，因为Δ＝(2a－1)2＋8a＝(2a＋1)2≥0对于任意的a∈R恒成立，即x2＋(2a－1)x－2a＝0必有实根，从而f(x)＝1必有实根．
(2)依题意，要使y＝f(x)在区间(－1,0)及eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1>0，,f0<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－4a>0，,1－2a<0，,\f(3,4)－a>0，))解得eq \f(1,2)故实数a的取值范围为{aeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)16．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq \f(e2,x)(x>0)．
(1)若g(x)＝m有实数根，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解 (1)∵x>0时，g(x)＝x＋eq \f(e2,x)≥2eq \r(x·\f(e2,x))＝2e，
等号成立的条件是x＝e，故g(x)的值域是[2e，＋∞)，
因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．
∴m的取值范围是[2e，＋∞)．
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，
作出g(x)＝x＋eq \f(e2,x)(x>0)的大致图象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，
∴其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.
故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．