練習18 函數(shù)與方程

第2頁,共2頁練習18函數(shù)與方程一、單項選擇題（每小題5分，共25分）1．已知函數(shù)有唯一的零點，則實數(shù)a的值為（

）A．1 B．－1 C．0 D．－22．函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x)的零點所在的區(qū)間是()A.B．(1，e－1)C．(e－1,2)D．(2，e)3．若函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a在(0,2)內(nèi)有兩個零點，則a的取值范圍是()A．(0,2)B．(0,1)C．(1,2)D．(－∞，1)4．已知方程lnx＝11－2x的實數(shù)解為x0，且x0∈(k，k＋1)，k∈N＋，則k＝()A．1B．2C．3D．45.已知函數(shù)，若a，b，c互不相等，且，則abc的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多項選擇題（每小題5分，共10分）6．在數(shù)學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它應用到有限維空間并構(gòu)成了一般不動點定理的基石．簡單來說，就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)f(x)，存在一個點x0，使得f(x0)＝x0，那么我們稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，下列為“不動點”函數(shù)的有()A．f(x)＝lnx B．f(x)＝x2＋2x－3C．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－1，x≤1，,|2－x|，x>1)) D．f(x)＝x＋eq\f(1,x)7．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x>0時，f(x)＝(x－2)ex，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)>0的解集為(－2,0)∪(2，＋∞)B．當x<0時，f(x)＝(x＋2)e－xC．f(x)有且只有兩個零點D．?x1，x2∈[1,2]，|f(x1)－f(x2)|≤e恒成立三、填空題（每小題5分，共15分）8．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______.9．已知函數(shù)f(x)＝3x＋x－5的零點x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N＋，則a＝________，b＝________.10.函數(shù)f(x)＝x2－2x－1－|x－1|的所有零點之和為__________．四、解答題（第11題滿分10分，第12題滿分15分）11．已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)有4個零點x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，且當x≥0時，f(x)＝x2－ax＋1.求：（1）求實數(shù)a的取值范圍；（2）求x1＋2x2＋3x3＋4x4的取值范圍.12.已知函數(shù)是偶函數(shù).(1)當，函數(shù)存在零點，求實數(shù)的取值范圍；(2)設函數(shù)，若函數(shù)與的圖象只有一個公共點，求實數(shù)的取值范圍.練習18函數(shù)與方程1.B【解析】函數(shù)定義域為R，函數(shù)，即函數(shù)為偶函數(shù)，當時，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則當時，，因函數(shù)有唯一的零點，于是得，解得，所以實數(shù)a的值為.故選B.2.C【解析】因為函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增且連續(xù)．又f(e－1)＝ln(e－1＋1)－eq\f(2,e－1)＝1－eq\f(2,e－1)＜0，f(2)＝ln(2＋1)－eq\f(2,2)＝ln3－1＞0，即f(e－1)f(2)＜0，所以函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x)的零點所在的區(qū)間是(e－1,2)．故選C.3.B【解析】易知函數(shù)f(x)的對稱軸方程為x＝1，要使函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a在(0,2)內(nèi)有兩個零點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＞0，,f1＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,a－1＜0，))解得0＜a＜1.故選B.4.D【解析】令f(x)＝lnx＋2x－11，由f(1)f(2)＝－9(ln2－7)＞0，f(2)f(3)＝(ln2－7)(ln3－5)＞0，f(3)f(4)＝(ln3－5)(ln4－3)＞0，f(4)f(5)＝(ln4－3)(ln5－1)＜0，可知k＝4.故選D.5.B【解析】根據(jù)已知畫出函數(shù)圖象，不妨設，（a）（b）（c），，，解得，，．故選B.6.BC【解析】對于A，由于x>x－1≥lnx，所以lnx＝x無解，因而該函數(shù)不是“不動點”函數(shù)；對于B，令x2＋2x－3＝x，得x2＋x－3＝0，因為Δ＝1－4×(－3)>0，所以方程有兩個不等的實數(shù)根，所以該函數(shù)為“不動點”函數(shù)；對于C，當x≤1時，令2x2－1＝x，得x＝－eq\f(1,2)或x＝1，從而該函數(shù)為“不動點”函數(shù)；對于D，令x＋eq\f(1,x)＝x，得eq\f(1,x)＝0，無解，因而該函數(shù)不是“不動點”函數(shù)．故選BC.7.ABD【解析】當x>0時，f(x)<0的解集為(0,2)，f(x)>0的解集為(2，＋∞)，由f(x)為奇函數(shù)可知A正確；當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝－(－x－2)e－x＝(x＋2)·e－x，B正確；當x>0時，x＝2為f(x)的零點，因為f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，f(－2)＝0，故f(x)有且只有三個零點，C錯誤；當x>0時，f′(x)＝(x－1)ex，故f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－e，f(x)max＝f(2)＝0，所以|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝e，D正確．故選ABD.8.0<a<3【解析】因為函數(shù)y＝2x，y＝－eq\f(2,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內(nèi)得，f(1)×f(2)＝(2－2－a)(4－1－a)＝(－a)×(3－a)<0，解得0<a<3.9.1;2【解析】∵函數(shù)f(x)＝3x＋x－5，∴f(1)＝31＋1－5＝－1＜0，f(2)＝32＋2－5＝6＞0，∴f(1)f(2)＜0，且函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，∴f(x)的零點x0在區(qū)間(1,2)內(nèi)，∴a＝1，b＝2.10.2【解析】f(x)＝x2－2x－1－|x－1|＝|x－1|2－|x－1|－2.令t＝|x－1|(t≥0)，g(t)＝t2－t－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(9,4).若g(t)＝0，則t＝2，所以|x－1|＝2，所以x＝3或x＝－1，故所有零點之和為2.11.【解】（1）因為f(x)為偶函數(shù)且有4個零點，則當x>0時f(x)有2個零點，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4>0，,－\f(－a,2)>0，))解得a>2，所以實數(shù)a的取值范圍是(2，＋∞).（2）因為當x<0時，－x>0，則f(x)＝f(－x)＝x2＋ax＋1.因為偶函數(shù)f(x)的4個零點滿足：x1<x2<x3<x4，則x3，x4是方程x2－ax＋1＝0的兩個根，則有x3>0，x3x4＝1且x1＝－x4，x2＝－x3，所以x1＋2x2＋3x3＋4x4＝x3＋3x4＝x3＋eq\f(3,x3)，且0<x3<1，而函數(shù)y＝x＋eq\f(3,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，從而得x3＋eq\f(3,x3)的取值范圍是(4，＋∞)，即x1＋2x2＋3x3＋4x4的取值范圍是(4，＋∞)．12.【解】(1)是偶函數(shù)，，即對任意