2020版高考理科数学人教版一轮复习课时跟踪检测十一 函数与方程 Word版含解析

1、 课时跟踪检测(十一) 函数与方程 一、题点全面练 11?f 上的增函数，且f 1,11设f(x)0，则方程f(x)0在区间1,1是区间 ?22内( ) A可能有3个实数根 B可能有2个实数根 D没有实数根C有唯一的实数根 11?f f 1,1上是增函数，且f(x)在区间0， 解析：选C ?2211?，在区间)f(x上有唯一的零点 ?22方程f(x)0在区间1,1内有唯一的实数根 2(2018濮阳一模)函数f(x)ln(2x)1的零点位于区间( ) A(2,3) B(3,4) DC(0,1) (1,2) 解析：选D f(x)ln(2x)1是增函数，且是连续函数， f(1)ln 210，f(2)

2、ln 410， 根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)上 3(2019南宁模拟)设函数f(x)ln x2x6，则f(x)零点的个数为( ) A3 B2 D 0 C1 解析：选B 令f(x)0，则ln x2x6，令g(x)ln x(x0)，h(x)2x6(x0)，在同一平面直角坐标系中画出这两个函数的图象，如图所示，两个函数图象的交点个数就等于函数f(x)零点的个数，容易看出函数f(x)零点的个数为2，故选B. 1?x若x是函数yf(x)的零点，且0 xx)，则f(x)的值( ) logx，(4已知函数fx ?300115A恒为正值 B等于0 D不大于0 C恒为负值

3、1?xlogx在(0，)上是减函数，所以当0 xx时，(A解析：选 因为函数fx) ?0135有f(x)f(x)又x是函数f(x)的零点，因此f(x)0，所以f(x)0，即f(x的值恒为正值，)110001 A. 故选|x有两个不同的实根，(x)k|x|.若关于x的方程5(2018黄山一模)已知函数f(x)ef) k的取值范围是( 则实数) B(1，A(0,1) 1) (1,0) D(，C |x|x|，e|x|，(x)k化为方程eykk|x|.令y解析：选B 方程fy1或1的平行折线系，折线与曲线x|表示过点(0，k)，斜率为yk|x有k)1，如图若关于x的方程fe(x恰好有一个公共点时，有k

4、 )两个不同的实根，则实数k的取值范围是(1，) ( a1)上有一根，则a的值为在区间(a，b)(a，bZ，且b6若方程ln xx402 B1 A 4 DC3 ，的定义域为(04的零点f(x)x40的根为函数f(x)ln x方程解析：选B ln xx(2,3)在区间，所以f(x)f20，(3)ln 310，)f(x)在定义域上单调递增因为f(2)ln 2B. 故选2，b3.xx40在区间(2,3)有一根，所以a有一个零点，则方程ln 2)x，则不等式af(x2axb的两个零点是1和27(2019哈尔滨检测)若函数f(x) 0的解集是_22的两根，axb和2，即1,2是方程x0解析：函数f(x)

5、xaxb的两个零点是1224x(2x)0，即1，b2.f(x)xx2，afb2可得1a，12，解得a1. xx20，解得12 21?，1答案： ?2 2，2x，x0 x? 2x?，021，x?的所有零点(x)则函数f(g(x)8已知函数f(xg?1，x2，0 x，0，x? ?x 之和是_2，得x3，由g(x)g2或x2，由(x)2，得x1x)由解析：f(x0，得1113. 的所有零点之和是13(，所以函数fg(x) 22213 答案： 222xx. 时，f(x)x)9已知yf(x是定义域为R的奇函数，当0，(1)写出函数yf(x)的解析式； (2)若方程f(x)a恰有3个不同的解，求实数a的取

6、值范围 ，0 x，则0 x设(1)解： 22x.又因为f(x)xx)是奇函数， 所以f(22x)x. x)f(x所以f( 2，02x，xx? )f(x所以?20.x2x，x?(2)方程f(x)a恰有3个不同的解， 即yf(x)与ya的图象有3个不同的交点 作出yf(x)与ya的图象如图所示，故若方程f(x)a恰有3个不同的解，只需1a1， 故实数a的取值范围为(1,1) 10(2019济南月考)已知二次函数f(x)的最小值为4，且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3，xR (1)求函数f(x)的解析式； f?x?(2)求函数g(x)4ln x的零点个数 x解：(1)因为f(x)是二次函数

7、，且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3，xR， 22ax3a，且x3)axa0. (所以f(x)ax1)(所以f(x)f(1)4a4，a1. min22xx3. )的解析式为f(x)故函数f(x22xx33(2)因为g(x)4ln xx4ln x2(x0)， xx?x1?x3?43所以g(x)1. 22 xxx令g(x)0，得x1，x3. 21当x变化时，g(x)，g(x)的取值变化情况如下. x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，) )g(x 0 0 极大值 极小值 )xg( 0. g)x(1)4(时，当0 x3g，(3)(又因为gx在，)(g个零点故上只有)(3在)(g上单调递

8、增，因而)x，1x(0在 1)上只有个零点 二、专项培优练 不丢怨枉分易错专练(一)x，则3x)eR上的奇函数，当x0时，f(x1(2018德州期末)设函数f(x)是定义在) ( f(x)的零点个数为2 BA1 4 3 DC的一)(x，即0是函数fx)是定义域为R的奇函数，所以f(0)0解析：选C 因为函数f(111? 1x4e20，fex)e3为增函数因为f(1)e13个零点，当x0时，f(x ?44111 4也f(x)x)有一个零点根据对称性知，当x03时，函数e0，所以当x0时，f( 43. x)的零点的个数为(有一个零点综上所述，f2m2,2)上恰有一个零点，则实数x1在区间(2(20

9、19六安模拟)已知函数f(x)2mx) ( 的取值范围是1133?，0，0，B.A. ?88883131?，D.C. ?888801，满足条件当m1有一个零点x当m0时，函数f(x)x解析：选D 2或0(2)f(2)fx1在区间(2,2)上恰有一个零点，需满足f时，函数(x)2mx ，0?2?0f?2?，f?331?综上解得m.；0或0m或无解；解得m11 8882.002? ?m44m31D. m，故选可知 88f(f(x2)(x)f(2x)0；已知定义在3(2019沧州质检)R上的函数f(x)满足：f 2?，1，01x，x?1?|x?f(xf(x)则函数y1,13,3在区间x)；当x时，

10、?2xcos，1，x?0? ?2上的零点个数为( ) A5 B6 D8 C7 解析：选A 由f(x)f(2x)0可得f(x)的图象关于点(1,0)对称；由f(x2)f(x)可得f(x)的图象关于直线x1对称如图，作出f(x)在1,1上的图象，再由对称性，作1?|x5上的图象，由图象观察可得它们共有3,3y3,3)(出fx在上的图象，作出函数在 ?2 1?|x|A. 3,3上的零点个数为5.故选f(x)在区间个交点，即函数y ?2 1?1|x| 的所有零点之和为_x2cos (4x4函数f(x)6) ?21?1|x上的交点的横坐标的和，因4,6在与y2cos x解析：可转化为两个函数y ?2两侧

11、的交点对称，则每对对称点的横坐1为两个函数均关于x1对称，所以两个函数在x25x1两侧分别有5个交点，所以，分别画出两个函数的图象易知两个函数在标的和为210. 10 答案： 适情自主选(二)难点专练 2，3，x1x2x?1?个不相等4kx恰有若关于x)x的方程f(x)5已知函数f(? 2，1xxln ，?) 的取值范围是( 的实数根，则实数k11?e，e B. A. ?22?1e1eD.C. ， ?e22e1解析：选D 若关于x的方程f(x)kx恰有4个不相等的实数根，则yf(x)的图象和 211直线ykx有4个交点作出函数yf(x)的图象，如图，故点(1,0)在直线ykx的下方 2211k10，解得k. 22 1mln 211e.k，m和yln x相切时，设切点横坐标为m，则当直线ykx mm211e的取值范k3个交点，不满足条件，故所求kx有，f(x)的图象和直线y此时，k m2e?1e围是，故选D. ， ?e26(2018兰州一模)已知定义在R上的函数yf(x)对任意的x都满足f(x2)f(x)，当x，若函数g(x)f(x)log|x|至少有6个零点，则a的取值范围是(1x1时，f(x)sin ) a211?，0，0) 5，(5