高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测11 《函数与方程》(教师版)

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对点练(一) 函数的零点问题
1．方程ln(x＋1)－eq \f(2,x)＝0(x>0)的根存在的大致区间是( )
A．(0,1)B．(1,2)
C．(2，e)D．(3,4)
解析：选B 令f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2,x)，则f(1)＝ln(1＋1)－2＝ln 2－2<0，f(2)＝ln 3－1>0，
所以函数f(x)的零点所在大致区间为(1,2)．故选B.
2．函数f(x)＝2x＋2x的零点所处的区间是( )
A．[－2，－1]B．[－1,0]
C．[0,1]D．[1,2]
解析：选B f(－2)＝2－2＋2×(－2)<0，f(－1)＝2－1＋2×(－1)<0，f(0)＝20＋0>0，由零点存在性定理知，函数f(x)的零点在区间[－1,0]上．故选B.
3．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,－xx＋2，x≤0))的零点个数是( )
A．0B．1
C．2D．3
解析：选D 当x>0时，令f(x)＝0可得x＝1；当x≤0时，令f(x)＝0可得x＝－2或x＝0.因此函数的零点个数为3.故选D.
4．关于x的方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A．1B．2
C．3D．4
解析：选B ∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的图象如图所示，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有2个交点，即方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是2.
5．函数f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数为( )
A．4B．5
C．6D．7
解析：选B 令2sin πx－x＋1＝0，得2sin πx＝x－1，令h(x)＝2sin πx，g(x)＝x－1，则f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数问题就转化为函数h(x)与g(x)的图象的交点个数问题．h(x)＝2sin πx的最小正周期为T＝eq \f(2π,π)＝2，画出两个函数的图象，如图所示，因为h(1)＝g(1)，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))，g(4)＝3>2，g(－1)＝－2，所以两个函数图象的交点共5个，所以f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数为5.
对点练(二) 函数零点的应用问题
1．已知函数f(x)＝lg3eq \f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－1，－lg32)B．(0，lg52)
C．(lg32,1)D．(1，lg34)
解析：选C ∵单调函数f(x)＝lg3eq \f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，∴f(1)·f(2)<0，
即(1－a)·(lg32－a)<0，解得lg322．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0)B．(0，＋∞)
C．(0,1)∪(1，＋∞)D．(－∞，0)∪{1}
解析：选C 由题意，显然x＝1是函数f(x)的一个零点，取a＝－1，
则f(x)＝ln x＋x2－x，f′(x)＝eq \f(2x2－x＋1,x)>0恒成立．则f(x)仅有一个零点，
不符合题意，排除A、D；取a＝1，则f(x)＝ln x－x2＋x，f′(x)＝eq \f(1－2x2＋x,x)＝eq \f(1＋2x1－x,x)，f′(x)＝0得x＝1，则f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)max＝f(1)＝0，
即f(x)仅有一个零点，不符合题意，排除B，故选C.
3．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin πx，0≤x≤1，,lg2 017x，x>1，))若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则a＋b＋c的取值范围是( )
A．(1,2 017)B．(1,2 018)
C．[2,2 018]D．(2,2 018)
解析：选D 作出函数f(x)的图象与直线y＝m，如图所示，不妨设a4．若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))
解析：选C 依题意并结合函数f(x)的图象可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,[m－2－m＋2m＋1]2m＋1<0，,[m－2＋m＋2m＋1][4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))解得eq \f(1,4)5．若函数f(x)＝2x＋a2x－2a的零点在区间(0,1)上，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))B．(－∞，1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))D．(1，＋∞)
解析：选C 易知函数f(x)的图象连续，且在(0,1)上单调递增．
∴f(0)f(1)＝(1－2a)(2＋a2－2a)<0，解得a>eq \f(1,2).
6．已知x0是f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \f(1,x)的一个零点，x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0,0)，则( )
A．f(x1)<0，f(x2)<0B．f(x1)>0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0D．f(x1)<0，f(x2)>0
解析：选C 在同一坐标系下作出函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，f(x)＝－eq \f(1,x)的图象(图略)，由图象可知当x∈(－∞，x0)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>－eq \f(1,x)；当x∈(x0,0)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<－eq \f(1,x)，所以当x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0,0)时，有f(x1)>0，f(x2)<0.
7．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________．
解析：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＝－eq \f(7,8).
答案：－eq \f(7,8)
8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x＋1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是________．
解析：函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，转化为f(x)－m＝0的根有3个，进而转化为y＝f(x)，y＝m的交点有3个．画出函数y＝f(x)的图象，则直线y＝m与其有3个公共点．又抛物线顶点为(－1,1)，由图可知实数m的取值范围是(0,1)．
答案：(0,1)
[大题综合练——迁移贯通]
1．已知a是正实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3－a.如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求a的取值范围．
解：f(x)＝2ax2＋2x－3－a的对称轴为x＝－eq \f(1,2a).
①当－eq \f(1,2a)≤－1，即0须使eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1≤0，,f1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤5，,a≥1，))∴无解．
②当－1<－eq \f(1,2a)<0，即a>eq \f(1,2)时，
须使eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))≤0，,f1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)－3－a≤0，,a≥1，))解得a≥1，
∴a的取值范围是[1，＋∞)．
2．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)∵f(1)＝－12－2×1＝－3，
∴g[f(1)]＝g(－3)＝－3＋1＝－2.
(2)令f(x)＝t，则原方程化为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≤a3．已知函数f(x)＝lg2(2x＋1)．
(1)求证：函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(2)若g(x)＝lg2(2x－1)(x>0)，且关于x的方程g(x)＝m＋f(x)在[1,2]上有解，求m的取值范围．
解：(1)证明：∵函数f(x)＝lg2(2x＋1)，任取x1则f(x1)－f(x2)＝lg2(2x1＋1)－lg2(2x2＋1)＝lg2eq \f(2x1＋1,2x2＋1)，
∵x1∴f(x1)∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
(2)∵g(x)＝m＋f(x)，
∴m＝g(x)－f(x)
＝lg2(2x－1)－lg2(2x＋1)＝lg2eq \f(2x－1,2x＋1)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,2x＋1)))，
∵1≤x≤2，∴2≤2x≤4，∴lg2eq \f(1,3)≤lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,2x＋1)))≤lg2eq \f(3,5)，
故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,3)，lg2\f(3,5))).