《狀元之路》2022屆高考數(shù)學理新課標A版一輪總復習：必修部分-開卷速查11-函數(shù)與方程

開卷速查(十一)函數(shù)與方程A級基礎鞏固練1．[2022·北京]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(6,x)－log2x.在下列區(qū)間中，包含f(x)零點的區(qū)間是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,4) D.(4，＋∞)解析：由于f(1)＝6－log21＝6＞0，f(2)＝3－log22＝2＞0，f(4)＝eq\f(3,2)－log24＝－eq\f(1,2)＜0，所以函數(shù)f(x)的零點所在區(qū)間為(2,4)，故選C.答案：C2．若f(x)是奇函數(shù)，且x0是y＝f(x)＋ex的一個零點，則－x0確定是下列哪個函數(shù)的零點()A．y＝f(－x)ex－1B.y＝f(x)e－x＋1C．y＝exf(x)－1D.y＝exf(x)＋1解析：答案：C3．函數(shù)f(x)＝－|x－5|＋2x－1的零點所在的區(qū)間是()A．(0,1)B.(1,2)C．(2,3)D.(3,4)解析：依題意得f(0)·f(1)＞0，f(1)·f(2)＞0，f(2)·f(3)＜0，f(3)·f(4)＞0，故f(x)的零點所在區(qū)間是(2,3)，故選C.答案：C4．已知函數(shù)y＝f(x)的圖像是連續(xù)不間斷的曲線，且有如下的對應值：x123456y124.435－7414.5－56.7－123.6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個解析：依題意，f(2)·f(3)＜0，f(3)·f(4)＜0，f(4)·f(5)＜0，故函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1,6]上的零點至少有3個，故選B.答案：B5．若方程lnx＋x－5＝0在區(qū)間(a，b)(a，b∈Z，且b－a＝1)上有一實根，則a的值為()A．5B.4C．3D.2解析：設函數(shù)f(x)＝lnx＋x－5(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由于f(3)·f(4)＝(ln3＋3－5)(ln4＋4－5)＝(ln3－2)(ln4－1)＜0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,4)上有一零點，即方程lnx＋x－5＝0在區(qū)間(3,4)上有一實根，所以a＝3.答案：C6．[x]表示不超過x的最大整數(shù)，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5，已知f(x)＝x－[x](x∈R)、g(x)＝log4(x－1)，則函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數(shù)是()A．1B.2C．3D.4解析：作出函數(shù)f(x)與g(x)的圖像如圖所示，發(fā)覺有2個不同的交點，故選B.答案：B7．用二分法爭辯函數(shù)f(x)＝x3＋3x－1的零點時，第一次經(jīng)計算f(0)＜0，f(0.5)＞0可得其中一個零點x0∈__________，其次次應計算__________．解析：由于f(x)＝x3＋3x－1是R上的連續(xù)函數(shù)，且f(0)＜0，f(0.5)＞0，則f(x)在x∈(0,0.5)上存在零點，且其次次驗證時需驗證f(0.25)的符號．答案：(0,0.5)f(0.25)8．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個零點，則實數(shù)m的取值范圍是__________．解析：畫出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0))的圖像，如圖．由函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個零點，結合圖像得：0<m<1，即m∈(0,1)．答案：(0,1)9．定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：當x>0時，f(x)＝2014x＋log2014x，則在R上，函數(shù)f(x)零點的個數(shù)為__________．解析：函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，因此f(0)＝0，當x>0時，f(x)＝2014x＋log2014x在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2014)))內(nèi)存在一個零點，又f(x)為增函數(shù)，因此在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個零點．依據(jù)對稱性可知函數(shù)在(－∞，0)內(nèi)有且僅有一解，從而函數(shù)在R上的零點的個數(shù)為3.答案：310．是否存在這樣的實數(shù)a，使函數(shù)f(x)＝x2＋(3a－2)x＋a－1在區(qū)間[－1,3]上與x軸恒有一個交點，且只有一個零點．若存在，求出a的取值范圍，若不存在，說明理由．解析：∵Δ＝(3a－2)2－4(a－1)＝9a2－16a＋8＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(8,9)))2＋eq\f(8,9)＞0，∴若實數(shù)a滿足條件，則只需f(－1)·f(3)≤0即可．f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0.所以a≤－eq\f(1,5)或a≥1.檢驗：(1)當f(－1)＝0時，a＝1.所以f(x)＝x2＋x.令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1，方程在[－1,3]上有兩根，不合題意，故a≠1.(2)當f(3)＝0時，a＝－eq\f(1,5)，此時f(x)＝x2－eq\f(13,5)x－eq\f(6,5).令f(x)＝0，即x2－eq\f(13,5)x－eq\f(6,5)＝0，解之得x＝－eq\f(2,5)或x＝3，方程在[－1,3]上有兩根，不合題意，故a≠－eq\f(1,5).綜上所述，存在實數(shù)a，其范圍是a＜－eq\f(1,5)或a＞1.B級力氣提升練11．[2022·湖北]已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x2－3x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋3的零點的集合為()A．{1,3}B.{－3，－1,1,3}C．{2－eq\r(7)，1,3}D.{－2－eq\r(7)，1,3}解析：當x≥0時，函數(shù)g(x)的零點即方程f(x)＝x－3的根，由x2－3x＝x－3，解得x＝1或3；當x＜0時，由f(x)是奇函數(shù)得－f(x)＝f(－x)＝x2－3(－x)，即f(x)＝－x2－3x.由f(x)＝x－3得x＝－2－eq\r(7)(正根舍去)．故選D.答案：D12．[2022·天津]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x2＋5x＋4|，x≤0，,2|x－2|，x＞0.))若函數(shù)y＝f(x)－a|x|恰有4個零點，則實數(shù)a的取值范圍為__________．解析：由題意，函數(shù)y＝f(x)－a|x|恰有4個零點，得函數(shù)y1＝f(x)與y2＝a|x|的圖像有4個不同的交點．在同一坐標系中作出兩個函數(shù)的圖像如圖所示(a明顯大于0)．由圖可知，當y2＝－ax(x＜0)與y1＝－x2－5x－4(－4＜x＜－1)相切時，x2＋(5－a)x＋4＝0有兩個相等的實數(shù)根，則(5－a)2－16＝0，解得a＝1(a＝9舍去)，所以當x＜0時，y1與y2的圖像恰有3個不同的交點．明顯，當1＜a＜2時，兩個函數(shù)的圖像恰有4個不同的交點，即函數(shù)y＝f(x)－a|x|恰有4個零點．答案：(1,2)13．已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函數(shù)f(x)的解的式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)－4lnx的零點個數(shù)．解析：(1)∵f(x)是二次函數(shù)，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.(2)∵g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2(x＞0)，∴g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(x－1x－3,x2).當x變化時，g′(x)，g(x)的取值變化狀況如下：x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值微小值當0＜x≤3時，g(x)≤g(1)＝－4＜0.又由于g(x)在(3，＋∞)單調(diào)遞增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1個零點，故g(x)在(0，＋∞)只有1個零點．14．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)．(1)若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，∴g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，則g(x)＝m就有零點．方法二：作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)的圖像如圖所示，可知若使g(x)＝m有零點，則只需m≥2e.方法三：由g(x)＝m得x2－mx＋e2＝0.此方程有大于零的根，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＞0，,Δ＝m2－4e2≥0，))等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞0，,m≥2e，或m≤－2e，))故m≥2e.(2)方法一：若g(x)－f(x)＝0有兩相異的實根，即g(x)與f(x)的圖像有兩個不同的交點，作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)的圖像．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.其對稱軸為x＝e，開口向下，最大值為m－1＋e2.故當m－1＋e2＞2e，即m＞－e2＋2e＋1時，g(x)與f(x)的圖像有兩個交點，即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．∴m的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞)．方法二：令F(x)＝g(x)－f(x)，則由已知F(x)＝g(x)－f(x)有兩個零點．又F′(x)＝g′(x)－f′(x)＝1－eq\f(e2,x2)＋2x－