新高考数学考前考点冲刺精练卷13《函数的零点与方程的解》（2份，原卷版+教师版）

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一、选择题
利用二分法求方程lg3x＝3﹣x的近似解，可以取的一个区间是( )
A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4)
【答案解析】答案为：C
解析：设f(x)＝lg3x﹣3＋x，当x→0时，f(x)→﹣∞，f(1)＝﹣2，又∵f(2)＝lg32﹣1＜0，f(3)＝lg33﹣3＋3＝1＞0，故f(2)·f(3)＜0，故方程lg3x＝3﹣x在区间(2，3)上有解，即利用二分法求方程lg3x＝3﹣x的近似解，可以取的一个区间是(2，3).
函数f(x)＝x3﹣(eq \f(1,2))x﹣2的零点所在的区间为( )
A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4)
【答案解析】答案为：B
解析：由题意知，f(x)＝x3﹣(eq \f(1,2))x﹣2，f(0)＝﹣4，f(1)＝﹣1，f(2)＝7，因为f(x)在R上连续且在R上单调递增，所以f(1)·f(2)＜0，f(x)在(1，2)内有唯一零点.
若函数f(x)＝x2﹣ax＋1在区间(eq \f(1,2)，3)上有零点，则实数a的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.[2，＋∞) C.[2，eq \f(5,2)) D.[2，eq \f(10,3))
【答案解析】答案为：D
解析：由题意知方程ax＝x2＋1在(eq \f(1,2)，3)上有实数解，即a＝x＋eq \f(1,x)在(eq \f(1,2)，3)上有解，设t＝x＋eq \f(1,x)，x∈(eq \f(1,2)，3)，则t的取值范围是[2，eq \f(10,3)).所以实数a的取值范围是[2，eq \f(10,3)).
函数f(x)＝2x|lg2x|﹣1的零点个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.4
【答案解析】答案为：C
解析：令f(x)＝0，得|lg2x|＝(eq \f(1,2))x，分别作出y＝|lg2x|与y＝(eq \f(1,2))x的图象(图略)，由图可知，y＝|lg2x|与y＝(eq \f(1,2))x的图象有两个交点，即原函数有2个零点.
设函数f(x)＝eq \f(1,3)x﹣ln x，则函数y＝f(x)( )
A.在区间(eq \f(1,e)，1)，(1，e)内均有零点
B.在区间(eq \f(1,e)，1)，(1，e)内均无零点
C.在区间(eq \f(1,e)，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点
D.在区间(eq \f(1,e)，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点
【答案解析】答案为：D
解析：f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝eq \f(1,3)﹣eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,3x)，令f′(x)＞0⇒x＞3，f′(x)＜0⇒0＜x＜3，∴f(x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，又f(eq \f(1,e))＝eq \f(1,3e)＋1＞0，f(1)＝eq \f(1,3)＞0，∴f(x)在(eq \f(1,e)，1)内无零点.又f(e)＝eq \f(e,3)﹣1＜0，∴f(x)在(1，e)内有零点.
函数f(x)＝ax2﹣2x＋1在区间(﹣1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(﹣3,1) B.(eq \f(3,4)，1) C.(﹣3，eq \f(3,4)) D.(﹣∞，﹣3)或(eq \f(3,4)，+∞)
【答案解析】答案为：B.
解析：根据零点存在性定理及二次函数的图象可知，函数f(x)＝ax2﹣2x＋1在区间(﹣1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点时，f(﹣1)f(1)0，,－1＋ln x＝0，))解得x＝﹣2或x＝e.
已知e是自然对数的底数，函数f(x)=ex＋x－2的零点为a，函数g(x)=lnx＋x－2的零点为b，则f(a)，f(1)，f(b)的大小关系为 .
【答案解析】答案为：f(a)＜f(1)＜f(b)；
解析：由题意，知f′(x)=ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，
而f(0)=e0＋0－2=－1＜0，f(1)=e1＋1－2=e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0,1)；
由题意，知g′(x)=eq \f(1,x)＋1＞0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，
又g(1)=ln1＋1－2=－1＜0，g(2)=ln2＋2－2=ln2＞0，
所以函数g(x)的零点b∈(1,2).综上，可得0＜a＜1＜b＜2.
因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).
三、解答题
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.
【答案解析】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00).
(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.
【答案解析】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，＋∞).
设函数f(x)=|1- eq \f(1,x)|(x＞0).
(1)作出函数f(x)的图像；
(2)当0＜a＜b且f(a)=f(b)时，求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的值；
(3)若方程f(x)=m有两个不相等的正根，求m的取值范围.
【答案解析】解：(1)如图所示.
(2)因为f(x)=|1- eq \f(1,x)|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))
故f(x)在(0,1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数，
由0＜a＜b且f(a)=f(b)，得0＜a＜1＜b，
且eq \f(1,a)－1=1－eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)=2.
(3)由函数f(x)的图像可知，当0＜m＜1时，方程f(x)=m有两个不相等的正根.
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(0,eq \f(1,2))内各有一个零点，求实数a的取值范围.
【答案解析】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(0,eq \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，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－4a>0，,1－2a0，))解得eq \f(1,2)