2024年高考數(shù)學一輪復習講練測專題2.8函數(shù)與方程練文含解析

PAGEPAGE1專題2.8函數(shù)與方程1．（2024·湖北十堰一中月考）設f(x)是區(qū)間[－1,1]上的增函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，則方程f(x)＝0在區(qū)間[－1,1]內(nèi)()A．可能有3個實數(shù)根 B．可能有2個實數(shù)根C．有唯一的實數(shù)根 D．沒有實數(shù)根【答案】C【解析】∵f(x)在區(qū)間[－1,1]上是增函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上有唯一的零點．∴方程f(x)＝0在區(qū)間[－1,1]內(nèi)有唯一的實數(shù)根．2．（2024·河南安陽一中期中）函數(shù)f(x)＝ln(2x)－1的零點位于區(qū)間()A．(2,3) B．(3,4)C．(0,1) D．(1,2)【答案】D【解析】∵f(x)＝ln(2x)－1是增函數(shù)，且是連續(xù)函數(shù)，f(1)＝ln2－1＜0，f(2)＝ln4－1＞0，∴依據(jù)函數(shù)零點的存在性定理可得，函數(shù)f(x)的零點位于區(qū)間(1,2)上．3．（2024·遼寧阜新一中月考）設函數(shù)f(x)＝lnx－2x＋6，則f(x)零點的個數(shù)為()A．3 B．2C．1 D．0【答案】B【解析】令f(x)＝0，則lnx＝2x－6，令g(x)＝lnx(x＞0)，h(x)＝2x－6(x＞0)，在同一平面直角坐標系中畫出這兩個函數(shù)的圖象，如圖所示，兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)就等于函數(shù)f(x)零點的個數(shù)，簡單看出函數(shù)f(x)零點的個數(shù)為2，故選B.4．（2024·吉林通化一中期末）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x－log3x，若x0是函數(shù)y＝f(x)的零點，且0＜x1＜x0，則f(x1)的值()A．恒為正值 B．等于0C．恒為負值 D．不大于0【答案】A【解析】因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x－log3x在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以當0＜x1＜x0時，有f(x1)＞f(x0)．又x0是函數(shù)f(x)的零點，因此f(x0)＝0，所以f(x1)＞0，即f(x1)的值恒為正值，故選A.5．（2024·河北滄州一中期中）已知f(x)是奇函數(shù)且是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】令y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，則f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ)，因為f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，所以2x2＋1＝x－λ，即2x2－x＋1＋λ＝0只有一個實根，則Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－eq\f(7,8).6．（2024·哈爾濱三中期末）已知函數(shù)f(x)＝2x＋x＋1，g(x)＝log2x＋x＋1，h(x)＝log2x－1的零點依次為a，b，c，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．b<c<a D．b<a<c【答案】A【解析】令函數(shù)f(x)＝2x＋x＋1＝0，可知x<0，即a<0；令g(x)＝log2x＋x＋1＝0，則0<x<1，即0<b<1；令h(x)＝log2x－1＝0，可知x＝2，即c＝2.明顯a<b<c.7．（2024·廣西來賓二中期中）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))則使方程x＋f(x)＝m有解的實數(shù)m的取值范圍是()A．(1，2) B．(－∞，－2]C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞)【答案】D【解析】當x≤0時，x＋f(x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；當x>0時，x＋f(x)＝m，即x＋eq\f(1,x)＝m，解得m≥2，即實數(shù)m的取值范圍是(－∞，1]∪[2，＋∞)．8．（2024·江西吉安一中期末）定義在R上的函數(shù)f(x)，滿意f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2，x∈[0，1），,2－x2，x∈[－1，0），))且f(x＋1)＝f(x－1)，若g(x)＝3－log2x，則函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)內(nèi)的零點有()A．3個 B．2個 C．1個 D．0個【答案】B【解析】由f(x＋1)＝f(x－1)，即f(x＋2)＝f(x)，知y＝f(x)的周期T＝2.在同一坐標系中作出y＝f(x)與y＝g(x)的圖象，如圖所示，由于兩函數(shù)圖象有2個交點．所以函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)內(nèi)有2個零點．9．（2024·江蘇徐州一中期中）已知y＝f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，當x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x2－2x.(1)寫出函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)若方程f(x)＝a恰有3個不同的解，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)設x＜0，則－x＞0，所以f(－x)＝x2＋2x.又因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－2x.所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x＜0.))(2)方程f(x)＝a恰有3個不同的解，即y＝f(x)與y＝a的圖象有3個不同的交點．作出y＝f(x)與y＝a的圖象如圖所示，故若方程f(x)＝a恰有3個不同的解，只需－1＜a＜1，故實數(shù)a的取值范圍為(－1,1)．10．（2024·河山東威海一中期中）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)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)－4lnx的零點個數(shù)．【解析】(1)因為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}，所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.(2)因為g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2(x＞0)，所以g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(（x－1）（x－3）,x2).令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.當x改變時，g′(x)，g(x)的取值改變狀況如下.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.又因為g(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1個零點．故g(x)在(0，＋∞)上只有1個零點．11．（2024·湖南湘潭一中模擬）已知函數(shù)f(x)＝a＋log2(x2＋a)(a>0)的最小值為8，則實數(shù)a的取值范圍()A．(5，6)B．(7，8)C．(8，9)D．(9，10)【答案】A【解析】由于f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，0)上遞減，所以f(x)min＝f(0)＝a＋log2a＝8.令g(a)＝a＋log2a－8，a>0.則g(5)＝log25－3<0，g(6)＝log26－2>0.又g(a)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．所以實數(shù)a所在的區(qū)間為(5，6)．12．（2024·河北石家莊二中模擬）已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(x＋2)＝f(x)，且當x∈[－1，1]時，f(x)＝x2.令g(x)＝f(x)－kx－k，若在區(qū)間[－1，3]內(nèi)，函數(shù)g(x)＝0有4個不相等實根，則實數(shù)k的取值范圍是()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))【答案】C【解析】令g(x)＝0，得f(x)＝k(x＋1)．由題意知f(x)的周期為T＝2，作出y＝f(x)在[1，3]的圖象，如圖所示．設直線y＝k1(x＋1)經(jīng)過點(3，1)，則k1＝eq\f(1,4).因為直線y＝k(x＋1)經(jīng)過定點(－1，0)，且由題意知直線y＝k(x＋1)與y＝f(x)的圖象有4個交點，所以0<k≤eq\f(1,4).13．（2024·浙江諸暨中學模擬）已知定義在R上的函數(shù)y＝f(x)對隨意的x都滿意f(x＋2)＝f(x)，當－1≤x＜1時，f(x)＝sineq\f(π,2)x，若函數(shù)g(x)＝f(x)－loga|x|至少有6個零點，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪(5，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))∪[5，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,5)))∪(5，7) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,5)))∪[5，7)【答案】A【解析】當a＞1時，作出函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝loga|x|的圖象，如圖所示．結合圖象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(loga|－5|＜1，,loga|5|＜1，))故a＞5；當0＜a＜1時，作出函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝loga|x|的圖象，如圖所示．結合圖象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(loga|－5|≥－1，,loga|5|≥－1，))故0＜a≤eq\f(1,5).故選A.14．（2024·江西臨川一中模擬）若曲線y＝log2(2x－m)(x>2)上至少存在一點與直線y＝x＋1上的一點關于原點對稱，則m的取值范圍為________．【答案】(2，4]【解析】因為直線y＝x＋1關于原點對稱的直線為y＝x－1，依題意方程log2(2x－m)＝x－1在(2，＋∞)上有解．則m＝2x－1在x∈(2，＋∞)上有解，所以m>2.又2x－m>0恒成立，則m≤(2x)min，即m≤4.所以實數(shù)m的取值范圍為(2，4]．15．（2024·河南開封中學二模）設函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)，x∈R且x≠1.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(4)＋f(6)＋f(8)＋f(10)的值；(2)就m的取值狀況，探討關于x的方程f(x)＋x＝m在x∈[2，3]上解的個數(shù)．【解析】(1)依據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(\f(1,x)＋1,\f(1,x)－1)＝eq\f(1＋x,1－x)＝－eq\f(1＋x,x－1)，則f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(4)＋f(6)＋f(8)＋f(10)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＋f(10)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋f(8)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＋f(6)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(4)＝0.(2)依據(jù)題意，設g(x)＝f(x)＋x＝eq\f(x＋1,x－1)＋x＝(x－1)＋eq\f(2,x－1)＋2，令t＝x－1，又由x∈[2，3]，則t∈[1，2]，則設h(t)＝t＋eq\f(2,t)＋2，有h′(t)＝1－eq\f(2,t2)＝eq\f(t2－2,t2)，分析可得：在區(qū)間[1，eq\r(2)]上，h(t)單調(diào)遞減，在區(qū)間[eq\r(2)，2]上，h(t)單調(diào)遞增；則h(t)在[1，2]有最小值h(eq\r(2))＝2eq\r(2)＋2，且h(1)＝h(2)＝5，則函數(shù)h(t)在區(qū)間[1，2]上有最大值5，最小值2eq\r(2)＋2，方程f(x)＋x＝m的解的個數(shù)即為函數(shù)g(x)與直線y＝m的交點個數(shù)，分析可得：當m＜2eq\r(2)＋2時，函數(shù)g(x)與直線y＝m沒有交點，方程f(x)＋x＝m無解；當m＝2eq\r(2)＋2時，函數(shù)g(x)與直線y＝m有1個交點，方程f(x)＋x＝m有1個解；當2eq\r(2)＋2＜m≤5時，函數(shù)g(x)與直線y＝m有2個交點，方程f(x)＋x＝m有2個解；當m＞5時，函數(shù)g(x)與直線y＝m沒有交點，方程f(x)＋x＝m無解；綜上可得，當m＜2eq\r(2)＋2或m＞5時，方程f(x)＋x＝m無解；當m＝2eq\r(2)＋2時，方程f(x)＋x＝m有1個解；當2eq\r(2)＋2＜m≤5時方程f(x)＋x＝m有2個解．1.【2024年高考全國Ⅲ卷文數(shù)】函數(shù)在[0，2π]的零點個數(shù)為（）A．2 B．3C．4 D．5【答案】B【解析】由，得或，，或．在的零點個數(shù)是3.故選B．2.【2024年高考浙江】已知，函數(shù)．若函數(shù)恰有3個零點，則（）A．a(chǎn)<–1，b<0 B．a(chǎn)<–1，b>0 C．a(chǎn)>–1，b<0 D．a(chǎn)>–1，b>0【答案】C【解析】當x＜0時，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x，則y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一個零點；當x≥0時，y＝f（x）﹣ax﹣bx3（a+1）x2+ax﹣ax﹣bx3（a+1）x2﹣b，，當a+1≤0，即a≤﹣1時，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上單調(diào)遞增，則y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一個零點，不合題意；當a+1＞0，即a>﹣1時，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此時函數(shù)單調(diào)遞增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此時函數(shù)單調(diào)遞減，則函數(shù)最多有2個零點.依據(jù)題意，函數(shù)y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3個零點?函數(shù)y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一個零點，在[0，+∞）上有2個零點，如圖：∴0且，解得b＜0，1﹣a＞0，b（a+1）3，則a>–1，b<0.故選C．3.(2024·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,lnx，x＞0，))g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2個零點，則a的取值范圍是()A．[－1,0) B．[0，＋∞)C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)【答案】C【解析】令h(x)＝－x－a，則g(x)＝f(x)－h(huán)(x)．在同一坐標系中畫出y＝f(x)，y＝h(x)的示意圖，如圖所示．若g(x)存在2個零點，則y＝f(x)的圖象與y＝h(x)的圖象有2個交點，平移y＝h(x)的圖象，可知當直線y＝－x－a過點(0,1)時，有2個交點，此時1＝－0－a，a＝－1.當y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a＜－1時，僅有1個交點，不符合題意．當y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a＞－1時，有2個交點，符合題意．綜上，a的取值范圍為[－1，＋∞)．故選C.4.(2024·全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零點個數(shù)為________．【答案】3【解析】由題意可知，當3x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時，f(x)＝0.∵x∈[0，π]，∴3x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(19π,6)))，∴當3x＋eq\f(π,6)取值為eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)時，f(x)＝0，即函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\