高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.5 函数的应用（二）课时训练

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一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2022·全国·高一专题练习）函数f(x)=x+2的零点为（ ）
A．2B．1C．0D．−2
【解题思路】令f(x)=0，求出方程的解，即可得到函数的零点.
【解答过程】解：令f(x)=0，即x+2=0，解得x=−2，所以函数f(x)=x+2的零点为−2；
故选：D.
2．（3分）（2022·全国·高一课时练习）下列图像表示的函数中能用二分法求零点的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】先判断图像对应的是否函数，再判断它们是不是变号零点，逐项判断可得答案.
【解答过程】四个图像中，与x轴垂直的直线和图像只有一个交点，所以四个图像都表示函数的图像，
对于A，函数图像和x轴无交点，所以无零点，故错误；
对于B，D，函数图像和x轴有交点，函数均有零点，但它们均是不变号零点，因此都不能用二分法求零点；
对于C，函数图像是连续不断的，且函数图像与x轴有交点，并且其零点为变号零点.
故选：C．
3．（3分）（2022·全国·高一课时练习）用二分法求函数fx=x3+x2−2x−2的一个零点的近似值（误差不超过0.1）时，依次计算得到如下数据：f1=−2，f1.5=0.625，f1.25=−0.984，f1.375=−0.260，关于下一步的说法正确的是（ ）
A．已经达到对误差的要求，可以取1.4作为近似值
B．已经达到对误差的要求，可以取1.375作为近似值
C．没有达到对误差的要求，应该接着计算f1.4375
D．没有达到对误差的要求，应该接着计算f1.3125
【解题思路】由零点存在定理可知fx在1.375,1.5内有零点，采用二分法可确定结果.
【解答过程】∵f1.5⋅f1.375<0，∴fx在1.375,1.5内有零点；
∵1.5−1.375=0.125>0.1，
∴没有达到对误差的要求，应该继续计算f1.5+1.3752=f1.4375.
故选：C.
4．（3分）（2022·江苏·高一期中）用二分法研究函数fx=x3+2x−1的零点时，第一次计算，得f0<0，f0.5>0，第二次应计算fx1，则x1等于（ ）
A．1B．−1C．0.25D．0.75
【解题思路】根据二分法的定义计算可得；
【解答过程】解：因为f0<0，f0.5>0，所以fx在0,0.5内存在零点，
根据二分法第二次应该计算fx1，其中x1=0+0.52=0.25；
故选：C.
5．（3分）（2022·全国·高一课时练习）若函数f(x)=ax+b(a≠0)的零点为2，则函数g(x)=bx2−ax的零点是（ ）
A．0，−12B．0，12C．0，2D．2，−12
【解题思路】由已知，函数f(x)的零点为2即可得到a与b之间的关系，然后带入g(x)中即可直接求解零点.
【解答过程】因为函数f(x)=ax+b(a≠0)的零点为2，所以f(2)=2a+b=0，
∵a≠0，2a+b=0，∴b≠0，∴ab=−12．
令bx2−ax=0，得x=0或x=ab=−12．
故选：A.
6．（3分）（2022·全国·高一单元测试）若函数fx=x3−x−1在区间[1，1.5]内的一个零点附近函数值用二分法逐次计算，列表如下：
那么方程x3−x−1=0的一个近似根（精确度为0.1）可以为（ ）
A．1.3B．1.32C．1.4375D．1.25
【解题思路】由零点存在性定理和二分法求解近似根.
【解答过程】由f1.3125<0，f1.375>0，且fx为连续函数，由零点存在性定理知：区间1.3125,1.375内存在零点，故方程x3−x−1=0的一个近似根可以为1.32，B选项正确，其他选项均不可.
故选：B.
7．（3分）（2022·湖南省高一阶段练习）已知一元二次方程x2+mx+3=0m∈Z有两个实数根x1，x2，且0A．-4B．-5C．-6D．-7
【解题思路】令f(x)=x2+mx+3，利用零点存在性定理，建立参数m所满足的不等式，解不等式，即得参数的取值范围．
【解答过程】因为元二次方程x2+mx+3=0m∈Z有两个实数根x1，x2，
且0则由题意可得f(0)>0f(2)<0f(4)>0，即3>0,7+2m<0,19+4m>0,
解得−194故选：A.
8．（3分）（2022·全国·高一课时练习）已知定义在R上的函数fx的图像连续不断，若存在常数λ∈R，使得f(x+λ)+λf(x)=0对于任意的实数x恒成立，则称fx是“回旋函数”．若函数fx是“回旋函数”，且λ=2，则fx在0,2022上（ ）
A．至多有2022个零点B．至多有1011个零点
C．至少有2022个零点D．至少有1011个零点
【解题思路】根据已知可得：f2+2f0=0，当f0≠0时利用零点存在定理，可以判定区间0,2内至少有一个零点，进而判定2,4，4,6，…，2020,2022上均至少有一个零点，得到fx在0,2022上至少有1011个零点．可以构造“回旋函数”，使之恰好有1011个零点；当f0=0时，可以得到f0=f2=⋅⋅⋅=f2022=0，此时fx在0,2022上至少有1012个零点．从而排除BC,判定D正确；举特例函数fx=0，或者构造函数fx=x(x−1),0≤x<2−2f(x−2),2k≤x<2k+2(k∈Z)，可以排除A.
【解答过程】因为fx+2+2fx=0对任意的实数x恒成立，令x=0，得f2+2f0=0．
若f0≠0，则f2与f0异号，即f2⋅f0<0，由零点存在定理得fx在0,2上至少存在一个零点．由于fk+2+2fk=0，得到f2k≠0(k∈Z)，进而fk+2fk=−fk2<0，所以fx在区间2,4，4,6，…，2020,2022内均至少有一个零点，所以fx在0,2022上至少有1011个零点．
构造函数fx=1−x,0≤x<2−2f(x−2),2k≤x<2k+2(k∈Z)，满足fx+2+2fx=0对任意的实数x恒成立，是“回旋函数”，在0,2022上恰好有1011个零点.
若f0=0，则f0=f2=f4=f6=⋅⋅⋅=f2022=0，此时fx在0,2022上至少有1012个零点．
综上所述，fx在0,2022上至少有1011个零点，且可能有1011个零点，故C错误，D正确；
可能零点各数个数至少1012，大于1011，故B错误；
对于A,[解法一]取函数fx=0，满足fx+2+2fx=0，但fx在0,2022上处处是零点，故A错误.
[解法二] 构造函数fx=x(x−1),0≤x<2−2f(x−2),2k≤x<2k+2(k∈Z)，满足fx+2+2fx=0对任意的实数x恒成立，是“回旋函数”，在0,2022上恰好有2023个零点，故A错误.
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2022·全国·高一课时练习）若函数f(x)的图像在R上连续，且f(1)>0，f(2)<0，f(3)<0，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f(x)在区间(1,2)上有且只有1个零点
B．函数f(x)在区间(2,3)上一定没有零点
C．函数f(x)在区间(2,3)上可能有零点
D．函数f(x)在区间(1,3)上至少有1个零点
【解题思路】由已知，函数f(x)的图像在R上连续且满足f(1)>0，f(2)<0，f(3)<0，即可判断函数f(x)在区间(1,2)上至少有1个零点，在区间(2,3)上可能有零点，也可能无零点，根据各选项说法即可做出判断.
【解答过程】因为函数f(x)的图像在R上连续，且f(1)>0，f(2)<0，
所以f(1)·f(2)<0，所以函数f(x)在区间(1,2)上至少有1个零点，
故选项A错误，选项D正确；
函数f(x)在区间(2,3)上可能有零点，也可能无零点，
故选项B错误，选项C正确．
故选：CD.
10．（4分）（2022·全国·高一）设f(x)=2x+3x−7，某学生用二分法求方程fx=0的近似解（精确度为0.1），列出了它的对应值表如下：
若依据此表格中的数据，则得到符合要求的方程的近似解可以为（ ）
A．1.31B．1.38C．1.43D．1.44
【解题思路】f(x)在R上是增函数，根据零点存在性定理进行判断零点所在的区间﹒
【解答过程】∵y=2x与y=3x−7都是R上的单调递增函数，
∴f(x)=2x+3x−7是R上的单调递增函数，
∴f(x)在R上至多有一个零点，
由表格中的数据可知：
f(1.375)=−0.28<0，f(1.4375)=0.02>0，
∴f(x)在R上有唯一零点，零点所在的区间为(1.375，1.4375)，
即方程f(x)=0有且仅有一个解，且在区间(1.375，1.4375)内，
∵1.4375−1.375=0.0625<0.1，
∴()内的任意一个数都可以作为方程的近似解，
∵1.31∉(1.375，1.4375)，1.38∈(1.375，1.4375)，1.43∈(1.375，1.4375)，1.44∉(1.375，1.4375)，
∴符合要求的方程的近似解可以是1.38和1.43﹒
故选：BC.
11．（4分）（2022·全国·高一课时练习）下列说法正确的是（ ）
A．已知方程ex=8−x的解在k,k+1k∈Z内，则k=1
B．函数fx=x2−2x−3的零点是−1,0，3,0
C．函数y=3x，y=lg3x的图像关于y=x对称
D．用二分法求方程3x+3x−8=0在x∈1,2内的近似解的过程中得到f1<0，f1.5>0，f1.25<0，则方程的根落在区间1.25,1.5上
【解题思路】由函数零点的概念判断选项B，由函数零点存在性定理判断选项AD，由函数y=3x与函数y=lg3x互为反函数判断选项C.
【解答过程】对于选项A，令fx=ex+x−8，
因为fx在R上是增函数，且f1=e−7<0,f2=e2−6>0，
所以方程ex=8−x的解在1,2，所以k=1，故A正确；
对于选项B，令x2−2x−3=0得x=−1或x=3，故函数fx的零点为−1和3，故B错误；
对于选项C，函数y=3x与函数y=lg3x互为反函数，所以它们的图像关于y=x对称，故C正确；
对于选项D，由于f1.25⋅f5<0,f1⋅f1.25>0，所以由零点存在性定理可得方程的根落在区间1.25,1.5上，故D正确.
故选：ACD.
12．（4分）（2022·江苏常州·高三阶段练习）已知f(x)=lga1x,x>01ax,x≤0(a>1)，g(x)=[f(x)]2-mf(x)，则结论正确的是（ ）
A．函数f(x)有唯一零点
B．存在实数m使得函数g(x)有三个以上不同的零点
C．当m∈[1,+∞)时，函数g(x)恰有三个不同的零点
D．当m∈(-∞,0)∪(0,1)时，函数g(x)恰两个不同的零点
【解题思路】把函数零点的问题转化为函数图象交点的问题，作出函数的大致图象，结合函数的性质逐个判断即可得到答案．
【解答过程】作出函数y=f(x)的大致图象，如图，
当x>0时，f(x)单调递减，且f(1)=0，f(x)只有一个零点；当x≤0时，f(x)>0，f(x)没有零点，所以函数f(x)有唯一零点，故A正确；
由g(x)=0，得f(x)=0或f(x)=m，其中f(x)=0有唯一实数根，
而f(x)=m实数根的个数即函数y=f(x)与y=m图象交点的个数，由图可知，
函数y=f(x)与y=m图象至多有两个交点，所以不存在m使得g(x)有三个以上零点，故B错误；
当m∈[1,+∞)时，函数y=f(x)与y=m图象有两个交点，所以函数g(x)恰有三个不同的零点，故C正确；
当m∈(-∞,0)∪(0,1)时，函数y=f(x)与y=m图象有一个交点，所以函数g(x)恰两个不同的零点，故D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2021·湖北·高一阶段练习）函数fx=x−5+ex的零点所在区间为n,n+1n∈Z，则
n= 1 .
【解题思路】根据f(x)的性质及题意，结合零点存在的定理，代入数据，分析即可得答案.
【解答过程】因为fx=x−5+ex是定义域为R的连续函数，且y=x−5与y=ex在R上均为增函数，
所以fx=x−5+ex在R上为增函数，
又f(1)=−4+e<0,f(2)=−3+e2>0，
所以f(1)⋅f(2)<0，即零点在区间（1,2）内，
所以n=1.
故答案为：1.
14．（4分）（2022·全国·高一专题练习）根据下表，用二分法求函数f(x)=x3−3x+1在区间(1,2)上的零点的近似值（精确度0.1）是 1.5（答案不唯一） ．
【解题思路】根据二分法的定义，结合零点存在性定理以及图表，可得答案.
【解答过程】由二分法定义：由函数f(x)=x3−3x+1，由图表知f(1.5)=−0.125<0；f(1.75)=1.109375>0；f(1.625)=0.41601562>0；f(1.5625)=0.12719726>0.由于f(1.5)⋅f(1.5625)<0，故零点的近似值是1.5或1.5625或区间[1.5，1.5625]上的任何一个值.
故答案为：1.5.（答案不唯一）.
15．（4分）（2022·全国·高三阶段练习（文））已知函数fx=2x−a+1,x≤0lnx,x>0，函数y=fx−b有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1【解题思路】根据函数图象的特征，可得x1+x2=a−1，根据对数的运算性质得x3x4=1，进而根据不等式即可求解.
【解答过程】由于y=2x−a+1的图象关于x=a−12 对称， 由x1因此x1+x2x3x4=a−1，故−4故答案为：−316．（4分）（2022·湖南·高二期末（理））对于定义域为R的函数fx，若存在非零实数x0，使函数fx在−∞,x0和x0,+∞上均有零点，则称x0为函数fx的一个“给力点”.现给出下列四个函数：
（1）fx=3x−1+12；
（2）fx=2+1gx−1
（3）fx=x33−x−1；
（4）fx=x2+ax−1a∈R
则存在“给力点”的函数是 （4） .
【解题思路】根据“给力点”的定义，对四个函数逐一判断即可得到结果.
【解答过程】对于（1），fx=3x−1+12，定义域为R，且fx>12>0恒成立，则不存在“给力点”.
对于（2），fx=2+lgx−1，定义域为xx≠1,x∈R，
不符合函数定义域的要求，所以不存在“给力点”.
对于（3），fx=x33−x−1，定义域为R，f'x=x2−1，
在−1在x>1或x<−1时，f'x>0，fx递增，
则x=1处取得极小值−53，x=−1处取得极大值−13，
则fx与x轴只有一个交点，则不存在“给力点”.
对于（4），fx=x2+ax−1a∈R，定义域为R，
由于判别式a2+4>0，则一定存在“给力点”.
综上可得，（4）正确.
故答案为:（4）.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2021·全国·高一课前预习）求方程x2=2x+1的一个近似解（精确度0.1）
【解题思路】利用二分法，直到精确度小于0.1，求方程的近似解.
【解答过程】设f(x)=x2−2x−1.因为f(2)=−1<0,f(3)=2>0
f(x)在区间(2,3)内单调递增，
所以在区间(2,3)内，方程x2−2x−1=0有唯一的实数根为x0取2与3的平均数2.5
因为f(2.5)=0.25>0，所以2因为f(2.25)=−0.4375<0，所以2.25f(2.375)<0,f(2.5)>0，所以x0∈(2.375,2.5)；
f(2.375)<0,f(2.4375)>0，所以x0∈(2.375,2.4375)；因为|2.375−2.4375|=0.0625<0.1，
所以方程x2=2x+1的一个精确度为0.1的近似解可取为2.4375.
18．（6分）（2022·全国·高一课时练习）求证：方程3x=2−xx+1在0,1内必有一个实数根．
【解题思路】构造函数f(x)=3x−2−xx+1，先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理分析判断.
【解答过程】证明：设函数f(x)=3x−2−xx+1=3x+1−3x+1．
任取x1,x2∈(0,1)，且x1f(x2)−f(x1)=3x2+1−3x2+1−3x1−1+3x1+1
=3x2−3x1+3x1+1−3x2+1
=3x2−3x1+3(x2−x1)x1+1x2+1，
因为x1,x2∈(0,1)，且x1所以3x2−3x1>0，x2−x1>0，x1+1>0，x2+1>0，
所以f(x2)−f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)
所以函数fx在0,1内是增函数．
又f(0)=30−2=−1<0，f(1)=3−12=52>0，
即f0⋅f1<0，
所以函数fx在区间0,1内有零点，且只有一个，
即方程3x=2−xx+1在0,1内必有一个实数根．
19．（8分）（2022·全国·高一课时练习）已知函数f(x)=2x2−8x−1为R上的连续函数，判断fx在−1,1上是否存在零点？若存在，用二分法求出这个零点的近似值（精确到0.1）；若不存在，请说明理由．
【解题思路】根据零点存在性定理，由f−1=9，f1=−7，即f−1f1<0，fx为R上的连续函数，可知函数fx在−1,1上必存在零点，根据二分法，可得答案.
【解答过程】解析f−1=9，f1=−7．
因为f−1f1<0，fx为R上的连续函数，
所以函数fx在−1,1上必存在零点，设为x0．
所以x0∈−0.125,−0.0625．
因为－0.125，－0.0625精确到0.1的近似值都为－0.1，故所求近似值为－0.1．
20．（8分）（2022·全国·高一单元测试）已知函数fx=3−2lg2x，gx=lg2x．
(1)求函数y=fx2⋅fx+2gx在1,4上的零点；
(2)若函数ℎx=fx+1⋅gx−k在1,4上有零点，求实数k的取值范围．
【解题思路】(1)通过换元法将复合函数转化为以t为自变量的二次函数，整理之后求出令函数为0的t值，求出对应x值即为其零点；
(2)求出ℎx=0时k的表达式，通过换元法用t表示k，根据t的取值范围判断k的取值范围即可.
【解答过程】（1）
由fx2⋅fx+2gx=0，得3−4lg2x3−lg2x+2lg2x=0．
令t=lg2x，因为x∈1,4，所以t∈0,2，
则原式可转化为3−4t3−t+2t=0，化简为4t2−13t+9=0，
解得t=1或t=94（舍去），所以lg2x=1，所以x=2，
即函数y=fx2⋅fx+2gx在1,4上的零点为x=2．
（2）
ℎx=4−2lg2x⋅lg2x−k=−2lg2x−12+2−k，
令t=lg2x，因为x∈1,4，所以t∈0,2，
令ℎx=0，得k=−2t−12+2，
因为t∈0,2，所以−2t−12+2∈0,2，即实数k的取值范围为0,2．
21．（8分）（2021·北京·高二学业考试）已知函数fx=x2+1x与gx=ax−1.
(1)若fx与gx有相同的零点，求a的值；
(2)若fx+gx≥0对x∈1,+∞恒成立，求a的最小值.
【解题思路】（1）求出函数fx的零点，将其代入gx=0，即可求出a的值；
（2）令Fx=fx+gx，由Fx≥0对x∈1,+∞恒成立，令x=1，F1≥0可解出a≥−1，再检验a=−1时，Fx≥0对x∈1,+∞恒成立.
【解答过程】(1)
令fx=x2+1x=0，即x3+1=0，
所以f−1=0，故g−1=−a−1=0，解得a=−1；
(2)
令Fx=fx+gx=x2+1x+ax−1，
因为Fx≥0对x∈1,+∞恒成立，
所以F1=1+a≥0，则a≥−1，
当a=−1时，
Fx=x2+1x−x−1=(x2−1)+1−x2x=(x−1)2(x+1)x，
当x∈1,+∞时，(x−1)2≥0 x+1>0，所以Fx≥0，
所以实数a的最小值是−1.
22．（8分）（2022·浙江·高二学业考试）已知函数f(x)=x2+ax+b,a,b∈R， f(1)=0．
(1)若函数y=f(x)在[0,1]上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)设F(x)=f(2x−1)+a(2x−1−2)，若函数F(x)有三个不同的零点，求实数a的取值范围；
【解题思路】（1）由f(1)=0求得b=−a−1，求出fx对称轴x=−a2，分a≤−2和a>−2讨论fx的单调性，再结合fx的正负，得到y=f(x)的单调性，即可求解；
（2）令t=2x−1画出图像，将问题转化为t2+2at−3a−1=0的根的问题，结合t=2x−1的图像求得t2+2at−3a−1=0两根的分布，由二次函数的性质求出实数a即可.
【解答过程】（1）
由f(1)=1+a+b=0，可知b=−a−1，所以fx=x2+ax−a−1，对称轴为x=−a2，Δ=a2−4−a−1=a+22≥0，
当a≤−2时，−a2≥1，则fx在[0,1]上是减函数，又f(1)=0，则在[0,1]上有fx≥0，则函数y=f(x)在[0,1]上是减函数；
当a>−2时，−a2<1，则fx在−a2,1上为增函数，又f(1)=0，则在−a2,1上，有fx≤0，则函数y=f(x)在−a2,1上为减函数，
则有−a2≤0，解得a≥0，综上可得，实数a的取值范围为(−∞,−2]∪[0,+∞)；
（2）
函数F(x)有三个不同的零点，则方程f2x−1+a2x−1−2=0有三个不同的实根，设t=2x−1=2x−1,x≥0−2x+1,x<0，其图像如图所示，
则ft+at−2=0，即t2+2at−3a−1=0必有两个不同实根t1,t2t1则t1=0,01；
若t1=0,0若0若01，则−3a−1>01+2a−3a−1<0，无解，不合题意；综上可得，a=−13.x
1
1.5
1.25
1.375
1.3125
f（x）
-1
0.875
-0.2969
0.2246
-0.05151
x
0
1
1.25
1.375
1.4375
1.5
2
fx
−6
−2
−0.87
−0.28
0.02
0.33
3
f（1）=-1
f（2）=3
f（1.5）=-0.125
f（1.75）=1.109375
f（1.625）=0.41601562
f（1.5625）=0.12719726
区间
中点的值
中点函数值符号
−1,1
0
f0=−1<0
−1,0
－0.5
f(−0.5)=72>0
−0.5,0
－0.25
f(−0.25)=98>0
−0.25,0
－0.125
f(−0.125)=132>0
−0.125,0
－0.0625
f(−0.0625)=−63128<0