（課標(biāo)全國版）高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)講練測 第10講 函數(shù)與方程（練）原卷版+解析

第10講函數(shù)與方程【練基礎(chǔ)】1．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且有如下的對應(yīng)值表：x123456y124.433－7424.5－36.7－123.6則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，6]上的零點至少有()A．2個 B．3個C．4個 D．5個2．若函數(shù)f(x)＝ax＋b有一個零點是2，那么函數(shù)g(x)＝bx2－ax的零點是()A．0,2 B．0，eq\f(1,2)C．0，－eq\f(1,2) D．2，－eq\f(1,2)3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－cosx，則f(x)在[0，2π]上的零點個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．44．若函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1,3) B．(1,2)C．(0,3) D．(0,2)5．已知奇函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，若函數(shù)y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一個零點，則實數(shù)λ的值是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,8)C．－eq\f(7,8) D．－eq\f(3,8)6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(|x|,x＋2)－kx2(k∈R)有四個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍是()A．k<0 B．k<1C．0<k<1 D．k>17．若函數(shù)f(x)＝2ax2－x－1在(0,1)內(nèi)恰有一個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,1) B．[1，＋∞)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,3x＋1)＋a的零點為1，則實數(shù)a的值為________．9．若函數(shù)f(x)＝2x－a2－a在(－∞，1]上存在零點，則正實數(shù)a的取值范圍是________．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．(1)當(dāng)a＝1，b＝－2時，求函數(shù)f(x)的零點；(2)若對任意b∈R，函數(shù)f(x)恒有兩個不同零點，求實數(shù)a的取值范圍．【練提升】1．函數(shù)f(x)＝xcos(x2－2x－3)在區(qū)間[－1,4]上的零點個數(shù)為()A．5 B．4C．3 D．22．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2（x≤0）,lnx（x>0）))，則下列關(guān)于函數(shù)y＝f[f(kx)＋1]＋1(k≠0)的零點個數(shù)的判斷正確的是()A．當(dāng)k>0時，有3個零點；當(dāng)k<0時，有4個零點B．當(dāng)k>0時，有4個零點；當(dāng)k<0時，有3個零點C．無論k為何值，均有3個零點D．無論k為何值，均有4個零點3．設(shè)方程10x＝|lg(－x)|的兩個根分別為x1，x2，則()A．x1x2<0 B．x1x2＝0C．x1x2>1 D．0<x1x2<14．若關(guān)于x的不等式x2＋|x－a|<2至少有一個正數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________．5．已知函數(shù)f(x)＝4x＋m·2x＋1有且僅有一個零點．(1)求m的值；(2)求函數(shù)的零點．6．已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝f(x)，且在區(qū)間[0,2]上f(x)＝x，若關(guān)于x的方程f(x)＝logax有三個不同的實根，求a的取值范圍．

第10講函數(shù)與方程【練基礎(chǔ)】1．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且有如下的對應(yīng)值表：x123456y124.433－7424.5－36.7－123.6則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，6]上的零點至少有()A．2個 B．3個C．4個 D．5個【答案】B【解析】依題意，f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，根據(jù)零點存在性定理可知，f(x)在區(qū)間(2，3)，(3，4)，(4，5)上均至少含有一個零點，故函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，6]上的零點至少有3個．2．若函數(shù)f(x)＝ax＋b有一個零點是2，那么函數(shù)g(x)＝bx2－ax的零點是()A．0,2 B．0，eq\f(1,2)C．0，－eq\f(1,2) D．2，－eq\f(1,2)【答案】C【解析】因為函數(shù)f(x)＝ax＋b有一個零點是2，所以2a＋b＝0，b＝－2a，所以g(x)＝bx2－ax＝－2ax2－ax＝－ax(2x＋1)，由g(x)＝0得x＝0或－eq\f(1,2)，故g(x)的零點是0，－eq\f(1,2).3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－cosx，則f(x)在[0，2π]上的零點個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】C【解析】作出g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)與h(x)＝cosx的圖象如圖所示，可以看到其在[0，2π]上的交點個數(shù)為3，所以函數(shù)f(x)在[0，2π]上的零點個數(shù)為3，故選C.4．若函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1,3) B．(1,2)C．(0,3) D．(0,2)【答案】C【解析】因為函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則有f(1)·f(2)<0，所以(－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，解得0<a<3.5．已知奇函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，若函數(shù)y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一個零點，則實數(shù)λ的值是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,8)C．－eq\f(7,8) D．－eq\f(3,8)【答案】C【解析】因為函數(shù)y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一個零點，所以方程f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0只有一個實數(shù)根，又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0?f(2x2＋1)＝－f(λ－x)?f(2x2＋1)＝f(x－λ)?2x2＋1＝x－λ，所以方程2x2－x＋1＋λ＝0只有一個實數(shù)根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－eq\f(7,8).故選C.6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(|x|,x＋2)－kx2(k∈R)有四個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍是()A．k<0 B．k<1C．0<k<1 D．k>1【答案】D【解析】分別畫出y＝eq\f(|x|,x＋2)與y＝kx2的圖象如圖所示，當(dāng)k<0時，y＝kx2的開口向下，此時與y＝eq\f(|x|,x＋2)只有一個交點，顯然不符合題意；當(dāng)k＝0時，此時與y＝eq\f(|x|,x＋2)只有一個交點，顯然不符合題意，當(dāng)k>0，x≥0時，令f(x)＝eq\f(|x|,x＋2)－kx2＝0，即kx3＋2kx2－x＝0，即x(kx2＋2kx－1)＝0，即x＝0或kx2＋2kx－1＝0，因為Δ＝4k2＋4k>0，且－eq\f(1,k)<0，所以方程有一正根，一負根，所以當(dāng)x>0時，方程有唯一解．即當(dāng)x≥0時，方程有兩個解．當(dāng)k>0，x<0時，f(x)＝eq\f(|x|,x＋2)－kx2＝0，即kx3＋2kx2＋x＝0，kx2＋2kx＋1＝0，此時必須有兩個解才滿足題意，所以Δ＝4k2－4k>0，解得k>1，綜上所述k>1.7．若函數(shù)f(x)＝2ax2－x－1在(0,1)內(nèi)恰有一個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,1) B．[1，＋∞)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)【答案】C【解析】當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)的零點是－1，－1?{x|0<x<1}，不符合題意；當(dāng)a≠0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,f0f1<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋8a>0，,－2a－2<0，))解得a>1；當(dāng)Δ＝0，即a＝－eq\f(1,8)時，函數(shù)f(x)的零點是－2，－2?{x|0<x<1}，不符合題意．故選C.8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,3x＋1)＋a的零點為1，則實數(shù)a的值為________．【解析】由已知得f(1)＝0，即eq\f(2,31＋1)＋a＝0，解得a＝－eq\f(1,2).【答案】－eq\f(1,2)9．若函數(shù)f(x)＝2x－a2－a在(－∞，1]上存在零點，則正實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】(0,1]【解析】當(dāng)x∈(－∞，1]時，2x∈(0,2]．由函數(shù)f(x)＝2x－a2－a在(－∞，1]上存在零點，可得0<a2＋a≤2，又由a為正實數(shù)，得a∈(0,1]．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．(1)當(dāng)a＝1，b＝－2時，求函數(shù)f(x)的零點；(2)若對任意b∈R，函數(shù)f(x)恒有兩個不同零點，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)a＝1，b＝－2時，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.所以函數(shù)f(x)的零點為3和－1.(2)依題意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有兩個不同實根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即對于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0?a2－a<0，解得0<a<1，因此實數(shù)a的取值范圍是(0，1)．【練提升】1．函數(shù)f(x)＝xcos(x2－2x－3)在區(qū)間[－1,4]上的零點個數(shù)為()A．5 B．4C．3 D．2【答案】B【解析】由題意可知x＝0或cos(x2－2x－3)＝0，又x∈[－1,4]，所以x2－2x－3＝(x－1)2－4∈[－4,5]，當(dāng)cos(x2－2x－3)＝0時，x2－2x－3＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，在相應(yīng)的范圍內(nèi)，k只有－1,0,1三個值可取，所以總共有4個零點，故選B.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2（x≤0）,lnx（x>0）))，則下列關(guān)于函數(shù)y＝f[f(kx)＋1]＋1(k≠0)的零點個數(shù)的判斷正確的是()A．當(dāng)k>0時，有3個零點；當(dāng)k<0時，有4個零點B．當(dāng)k>0時，有4個零點；當(dāng)k<0時，有3個零點C．無論k為何值，均有3個零點D．無論k為何值，均有4個零點【答案】C【解析】令f[f(kx)＋1]＋1＝0得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（kx）＋1≤0，,ef（kx）＋1－2＋1＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（kx）＋1>0,ln[f（kx）＋1]＋1＝0))，解得f(kx)＋1＝0或f(kx)＋1＝eq\f(1,e)；由f(kx)＋1＝0得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx≤0，,ekx－2＋1＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx>0,ln（kx）＝－1))；即x＝0或kx＝eq\f(1,e)；由f(kx)＋1＝eq\f(1,e)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx≤0，,ekx－2＋1＝\f(1,e)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx>0,ln（kx）＋1＝\f(1,e)))；即ekx＝1＋eq\f(1,e)(無解)或kx＝eeq\f(1,e)－1；綜上所述，x＝0或kx＝eq\f(1,e)或kx＝eeq\f(1,e)－1；故無論k為何值，均有3個解，故選C.3．設(shè)方程10x＝|lg(－x)|的兩個根分別為x1，x2，則()A．x1x2<0 B．x1x2＝0C．x1x2>1 D．0<x1x2<1【答案】D【解析】作出y＝10x與y＝|lg(－x)|的大致圖象，如圖．顯然x1<0，x2<0.不妨設(shè)x1<x2，則x1<－1，－1<x2<0，所以10x1＝lg(－x1)，10x2＝－lg(－x2)，此時10x1<10x2，即lg(－x1)<－lg(－x2)，由此得lg(x1x2)<0，所以0<x1x2<1.4．若關(guān)于x的不等式x2＋|x－a|<2至少有一個正數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是________．【解析】不等式為2－x2>|x－a|，則0<2－x2.在同一坐標(biāo)系畫出y＝2－x2(y≥0，x≥0)和y＝|x|兩個函數(shù)圖象，將絕對值函數(shù)y＝|x|向左移動，當(dāng)右支經(jīng)過(0，2)點時，a＝－2；將絕對值函數(shù)y＝|x|向右移動讓左支與拋物線y＝2－x2(y≥0，x≥0)相切時，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－0＝－（x－a）,y＝2－x2))，可得x2－x＋a－2＝0，再由Δ＝0解得a＝eq\f(9,4).數(shù)形結(jié)合可得，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(9,4))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，