2023人教版·文科數(shù)學(xué)新課標高考總復(fù)習(xí)專項演練：第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ 2-8高考數(shù)學(xué)考點難點分析

2-8A組專項基礎(chǔ)訓(xùn)練(時間：45分鐘)A.eq\f(1,2)，0B．－2，0C.eq\f(1,2)D．0【解析】當(dāng)x≤1時，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當(dāng)x>1時，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因為x>1，所以此時方程無解．綜上函數(shù)f(x)的零點只有0，故選D.【答案】D2．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的個數(shù)是()A．1B．2C．3D．4【解析】(數(shù)形結(jié)合法)∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的圖象如圖，∴y＝|x2－2x|的圖象與y＝a2＋1的圖象總有兩個交點．【答案】B3．(2015·湖南四月調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2)的零點為x0，則x0所在的區(qū)間是()A．(0，1)B．(1，2)C．(2，3)D．(3，4)【解析】∵f(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2)在(0，＋∞)是增函數(shù)，又f(1)＝ln1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－1)＝ln1－2<0，f(2)＝ln2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)<0，f(3)＝ln3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)>0，∴x0∈(2，3)，故選C.【答案】C4．函數(shù)f(x)＝xcosx2在區(qū)間0，4]上的零點個數(shù)為()A．4B．5C．6D．7【解析】由f(x)＝xcosx2＝0，得x＝0或cosx2＝0.又x∈0，4]，所以x2∈0，16]．由于coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ))＝0(k∈Z)，而在eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)的所有取值中，只有eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)，eq\f(7π,2)，eq\f(9π,2)滿足在0，16]內(nèi)，故零點個數(shù)為1＋5＝6.【答案】C5．已知三個函數(shù)f(x)＝2x＋x，g(x)＝x－2，h(x)＝log2x＋x的零點依次為a，b，c，則()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．b<a<cD．c<a<b【解析】方法一：由于f(－1)＝eq\f(1,2)－1＝－eq\f(1,2)<0，f(0)＝1>0，且f(x)為R上的遞增函數(shù)．故f(x)＝2x＋x的零點a∈(－1，0)．∵g(2)＝0，∴g(x)的零點b＝2；∵heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)<0，h(1)＝1>0，且h(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，∴h(x)的零點c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，因此a<c<b.方法二：由f(x)＝0得2x＝－x；由h(x)＝0得log2x＝－x作出函數(shù)y＝2x，y＝log2x和y＝－x的圖象(如圖)．由圖象易知a<0，0<c<1，而b＝2，故a<c<b.【答案】B6．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的兩個零點是－2和3，則不等式af(－2x)>0的解集是________．【解析】∵f(x)＝x2＋ax＋b的兩個零點是－2，3.∴－2，3是方程x2＋ax＋b＝0的兩根，∴f(x)＝x2－x－6.∵不等式af(－2x)>0，即－(4x2＋2x－6)>0?2x2＋x－3<0，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)<x<1)))).【答案】eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)<x<1))))7．函數(shù)f(x)＝3x－7＋lnx的零點位于區(qū)間(n，n＋1)(n∈N)內(nèi)，則n＝________．【解析】由于ln2<lne＝1，所以f(2)<0，f(3)＝2＋ln3，由于ln3>1，所以f(3)>0，所以增函數(shù)f(x)的零點位于區(qū)間(2，3)內(nèi)，故n＝2.【答案】28．(2015·湖北)函數(shù)f(x)＝4cos2eq\f(x,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－2sinx－|ln(x＋1)|的零點個數(shù)為________．【解析】先化簡f(x)，把函數(shù)的零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)問題求解．f(x)＝4cos2eq\f(x,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－2sinx－|ln(x＋1)|＝2(1＋cosx)sinx－2sinx－|ln(x＋1)|＝2sinxcosx－|ln(x＋1)|＝sin2x－|ln(x＋1)|.由f(x)＝0，得sin2x＝|ln(x＋1)|.設(shè)y1＝sin2x，y2＝|ln(x＋1)|，在同一平面直角坐標系中畫出二者的圖象，如圖所示．由圖象知，兩個函數(shù)圖象有兩個交點，故函數(shù)f(x)有兩個零點．【答案】29．判斷函數(shù)f(x)＝4x＋x2－eq\f(2,3)x3在區(qū)間－1，1]上零點的個數(shù)，并說明理由．【解析】因為f(－1)＝－4＋1＋eq\f(2,3)＝－eq\f(7,3)<0，f(1)＝4＋1－eq\f(2,3)＝eq\f(13,3)>0，所以f(x)在區(qū)間－1，1]上有零點．又f′(x)＝4＋2x－2x2＝eq\f(9,2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)，當(dāng)－1≤x≤1時，0≤f′(x)≤eq\f(9,2)，所以f(x)在－1，1]上單調(diào)遞增．所以f(x)在－1，1]上有且只有一個零點．10．關(guān)于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在區(qū)間0，2]上有解，求實數(shù)m的取值范圍．【解析】方法一：設(shè)f(x)＝x2＋(m－1)x＋1，x∈0，2]，①若f(x)＝0在區(qū)間0，2]上有一解，∵f(0)＝1>0，則應(yīng)有f(2)<0，又∵f(2)＝22＋(m－1)×2＋1，∴m<－eq\f(3,2).②若f(x)＝0在區(qū)間0，2]上有兩解，則∴－eq\f(3,2)≤m≤－1.由①②可知m的取值范圍是(－∞，－1]．方法二：顯然x＝0不是方程x2＋(m－1)x＋1＝0的解，0<x≤2時，方程可變形為1－m＝x＋eq\f(1,x)，又∵y＝x＋eq\f(1,x)在(0，1]上單調(diào)遞減，1，2]上單調(diào)遞增，∴y＝x＋eq\f(1,x)在(0，2]的取值范圍是2，＋∞)，∴1－m≥2，∴m≤－1，故m的取值范圍是(－∞，－1]．B組專項能力提升(時間：25分鐘)11．設(shè)函數(shù)f(x)的零點為x1，g(x)＝4x＋2x－2的零點為x2，若|x1－x2|≤0.25，則f(x)可以是()A．f(x)＝x2－1B．f(x)＝2x－4C．f(x)＝ln(x＋1)D．f(x)＝8x－2【解析】選項A：x1＝±1；選項B：x1＝2；選項C：x1＝0；選項D：x1＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4).∵g(x)為增函數(shù)，g(1)＝4＋2－2>0，g(0)＝1－2<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2＋1－2>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\r(2)＋eq\f(1,2)－2<0，∴x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).故選D.【答案】D【解析】利用函數(shù)的零點分段求解．①當(dāng)0<x≤1時，方程為－lnx＝1，解得x＝eq\f(1,e).②當(dāng)1<x<2時，f(x)＋g(x)＝lnx＋2－x2單調(diào)遞減，值域為(ln2－2，1)，方程f(x)＋g(x)＝1無解，方程f(x)＋g(x)＝－1恰有一解．③當(dāng)x≥2時，f(x)＋g(x)＝lnx＋x2－6單調(diào)遞增，值域為ln2－2，＋∞)，方程f(x)＋g(x)＝1恰有一解，方程f(x)＋g(x)＝－1恰有一解．綜上所述，原方程有4個實根．【答案】413．若方程eq\r(4－x2)＝k(x－2)＋3有兩個不等的實根，則k的取值范圍是________．【解析】作出函數(shù)y1＝eq\r(4－x2)和y2＝k(x－2)＋3的圖象如圖所示，函數(shù)y1的圖象是圓心在原點，半徑為2的圓在x軸上方的半圓(包括端點)，函數(shù)y2的圖象是過定點P(2，3)的直線，因為點A(－2，0)，則kPA＝eq\f(3－0,2－（－2）)＝eq\f(3,4).直線PB是圓的切線，由圓心到直線的距離等于半徑得，eq\f(|3－2kPB|,\r(keq\o\al(2,PB)＋1))＝2，得kPB＝eq\f(5,12).由圖可知當(dāng)kPB<k≤kPA時，兩函數(shù)圖象有兩個交點，即原方程有兩個不等實根．所以eq\f(5,12)<k≤eq\f(3,4).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(3,4)))14．(2015·湖南)若函數(shù)f(x)＝|2x－2|－b有兩個零點，則實數(shù)b的取值范圍是________．【解析】將函數(shù)f(x)＝|2x－2|－b的零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝|2x－2|的圖象與直線y＝b的交點個數(shù)問題，數(shù)形結(jié)合求解．由f(x)＝|2x－2|－b＝0得|2x－2|＝b.在同一平面直角坐標系中畫出y＝|2x－2|與y＝b的圖象，如圖所示，則當(dāng)0<b<2時，兩函數(shù)圖象有兩個交點，從而函數(shù)f(x)＝|2x－2|－b有兩個零點．【答案】(0，2)15．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)．(1)若y＝g(x)－m有零點，求m的取值范圍；(2)確定m的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．【解析】(1)方法一：∵g(x)＝x＋eq\f(e2,x)≥2eq\r(e2)＝2e，等號成立的條件是x＝e，故g(x)的值域是2e，＋∞)，因而只需m≥2e，則y＝g(x)－m就有零點．方法二：作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)的大致圖象如圖．可知