2022-2023学年新教材高中数学课时作业二十九函数的零点与方程的解新人教A版必修第一册

欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！课时作业(二十九)函数的零点与方程的解练基础1.函数y＝1＋eq\f(1,x)的零点是()A．(－1，0)B．－1C．(0，1)D．02．已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：x123456y108－32－7－9则下列结论正确的是()A．f(x)在(1，6)内恰有3个零点B．f(x)在(1，6)内至少有3个零点C．f(x)在(1，6)内最多有3个零点D．以上结论都不正确3．若eq\f(3,2)是函数f(x)＝2x2－ax＋3的一个零点，则f(x)的另一个零点是()A．(1，0)B．－1C．－eq\f(3,2)D．14．函数f(x)＝eq\r(x)－eq\f(3,x)的零点所在的区间为()A.(0，1)B．(1，2)C．(2，3)D．(3，4)5．(多选)已知函数f(x)的图象是一条连续的曲线，则下列说法正确的有()A．若f(0)·f(1)>0，则f(x)在(0，1)内没有零点B．若f(0)·f(1)>0，则无法确定f(x)在(0，1)内有无零点C．若f(0)·f(1)<0，则f(x)在(0，1)内有且仅有一个零点D．若f(0)·f(1)≤0，则f(x)在[0，1]内有零点6．函数f(x)＝eq\f(（x－1）lnx,x－3)的零点是________．7．函数f(x)＝ex＋x－2的零点在区间(k，k＋1)内，则整数k的值为________(其中e为自然对数的底数，e＝2.71828…)8．已知函数f(x)＝－3x2＋2x－m＋1.(1)当m为何值时，函数有两个零点、一个零点、无零点；(2)若函数恰有一个零点在原点处，求m的值．提能力9.(多选)对于函数f(x)＝－(eq\f(1,3))x＋xeq\s\up6(\f(1,3))，若存在实数a，b，使得a<b时，有f(a)f(b)<0，那么下列选项一定正确的是()A．f(x)在(a，b)内有两个以上零点B．a>0C．f(x)在(a，b)内有且只有一个零点D．f(x)为R上的单调函数10．函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是()A．(1，3)B．(1，2)C．(0，3)D．(0，2)11．已知函数f(x)＝x2－2|x|－1，若关于x的方程f(x)＝x＋m有四个根，则实数m的取值范围为________．12．设a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1－4，x<a2,x2－5ax＋6a2，x≥a2)).(1)当a＝2时，写出f(x)的单调区间(不用写出求解过程)；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．培优生13.[2022·山东泰安高一期中]已知函数f(x)＝(x＋3)(x－e)＋(x－e)(x－π)＋(x－π)·(x＋3)的零点x1，x2(x1<x2)，则()A．x1x2>0B．eq\f(x1,x2)<－eq\f(3,e)C．x2－x1<eD．x1＋x2<π课时作业(二十九)函数的零点与方程的解1．解析：令y＝1＋eq\f(1,x)＝0，∴x＝－1.所以函数y＝1＋eq\f(1,x)的零点是x＝－1.答案：B2．解析：依题意，∵f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，∴根据根的存在性定理可知，在区间(2，3)和(3，4)及(4，5)内至少含有一个零点，故函数在区间(1，6)上的零点至少有3个．答案：B3．解析：由f(eq\f(3,2))＝0得a＝5，∴f(x)＝2x2－5x＋3，令f(x)＝0解得x＝eq\f(3,2)或x＝1，故f(x)的另一个零点是1.答案：D4．解析：函数f(x)＝eq\r(x)－eq\f(3,x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f(2)＝eq\r(2)－eq\f(3,2)<0，f(3)＝eq\r(3)－1>0，所以函数f(x)的零点所在的区间为(2，3).答案：C5．解析：∵f(x)的图象是一条连续的曲线，且f(0)·f(1)>0，∴不能确定f(x)在(0，1)内零点的情况，A错误，B正确；若f(x)的图象是一条连续的曲线，且f(0)·f(1)<0，由零点存在定理知：f(x)在(0，1)内至少有一个零点，C错误；若f(x)的图象是一条连续的曲线，且f(0)·f(1)≤0，由零点存在定理知：f(x)在[0，1]内有零点，D正确．答案：BD6．解析：令f(x)＝0，即eq\f(（x－1）lnx,x－3)＝0，则x－1＝0或lnx＝0，∴x＝1，故函数f(x)的零点为1.答案：17．解析：因为y＝ex，y＝x－2均为增函数，所以f(x)＝ex＋x－2为增函数；又f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，所以f(x)的零点在区间(0，1)内，所以k＝0.答案：08．解析：(1)函数有两个零点，则对应方程－3x2＋2x－m＋1＝0有两个不相等的实数根，易知Δ>0，即4＋12(1－m)>0，可解得m<eq\f(4,3).由Δ＝0，可解得m＝eq\f(4,3)；由Δ<0，可解得m>eq\f(4,3).故当m<eq\f(4,3)时，函数有两个零点；当m＝eq\f(4,3)时，函数有一个零点；当m>eq\f(4,3)时，函数无零点．(2)由题意知0是对应方程的根，故有1－m＝0，可解得m＝1.9．解析：由于y＝－(eq\f(1,3))x在R上是单调增函数，y＝xeq\s\up6(\f(1,3))在R上是单调增函数．那么y＝－(eq\f(1,3))x＋xeq\s\up6(\f(1,3))在R上是单调增函数．由题知，存在a<b时，有f(a)f(b)<0，根据零点存在定理可知函数在(a，b)内有且只有一个零点，故AB错误，CD正确．答案：CD10．解析：因为函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a在区间(1，2)上单调递增，又函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则有f(1)·f(2)<0，所以(－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0.所以0<a<3.答案：C11．解析：由f(x)＝x＋m，得m＝f(x)－x＝x2－2|x|－x－1令g(x)＝x2－2|x|－x－1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x－1，x≥0，,x2＋x－1，x<0))，画出图象由图可知，当－eq\f(5,4)<m<－1时，方程m＝f(x)－x有四解，即方程f(x)＝x＋m有四个根．答案：(－eq\f(5,4)，－1)12．解析：(1)f(x)的增区间是(－∞，4)，(5，＋∞)，减区间是(4，5).(2)由2x＋1－4＝0得x＝1；由x2－5ax＋6a2＝(x－2a)(x－3a)＝0得x＝2a或x＝3a，当a2>1时，得a<－1或a>1，所以1是f(x)的零点，①当a<－1时，则3a<2a<0<a2，2a，3a都不是f(x)的零点，故f(x)只有一个零点；②当a>1时，即2<2a<3a时，为使f(x)有两个零点，则2a<a2≤3a，解得2<a≤3，此时f(x)的两个零点为1，3a.当a2≤1时，得－1≤a≤1，所以1不是f(x)的零点，为使f(x)有两个零点，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a≠3a,2a≥a2,3a≥a2))，解得0<a≤2，此时f(x)的两个零点为2a，3a，所以0<a≤1.综上，当0<a≤1或2<a≤3时，即a的取值范围为(0，1]∪(2，3]，f(x)有两个零点．13．解析：由题意知，f(x)＝3x2＋(6－2e－2π)x＋πe－3π－3e，则函数f(x)图象的对称轴为x＝eq\f(e＋π,3)－1，所以函数f(x)在(eq\f(e＋π,3)－1，＋∞)上单调递增，在(－∞，eq\f(e＋π,3)－1)上单调递减，又f(－3)＝(－3－e)(－3－π)>0，f(0)＝－3e＋eπ－3π<0f(e)＝(e－π)(e＋3)<0，f(π)＝(π－e)(3＋π)>0，所以f