高中数学高考一轮复习一轮复习 函数与方程

课时作业(十三)函数与方程1．下列函数中，在(－1，1)内有零点且单调递增的是()A．y＝logeq\f(1,2)x B．y＝2x－1C．y＝x2－eq\f(1,2) D．y＝－x3B[函数y＝logeq\f(1,2)x在定义域上单调递减，y＝x2－eq\f(1,2)在(－1，1)上不是单调函数，y＝－x3在定义域上单调递减，均不符合要求．对于y＝2x－1，当x＝0∈(－1，1)时，y＝0且y＝2x－1在R上单调递增．故选B.]2．(2023·重庆模拟)函数f(x)＝(eq\f(1,2))x－eq\f(1,5)x的零点位于区间()A．(0，1)B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)B[函数f(x)在R上为减函数，其图像为一条不间断的曲线．∵f(1)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,5)＝eq\f(3,10)>0，f(2)＝eq\f(1,4)－eq\f(2,5)＝－eq\f(3,20)<0，∴f(1)·f(2)<0，∴由零点存在性定理可知，函数f(x)的零点位于区间(1，2).故选B.]3．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是()A．1B．2C．3D．4B[(数形结合法)∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的图像如图，∴y＝|x2－2x|的图像与y＝a2＋1的图像总有两个交点．即方程有2个解．]4.(多选)已知f(x)是定义域为R的偶函数，在(－∞，0)上单调递减，且f(－3)·f(6)<0，那么下列结论中正确的是()A．f(x)可能有三个零点 B．f(3)·f(－4)≥0C．f(－4)<f(6) D．f(0)<f(－6)AC[因为f(x)是定义域为R的偶函数，又f(－3)·f(6)<0，所以f(3)·f(6)<0.又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，且f(3)<0，f(6)>0，所以函数f(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有两个零点．但是f(0)的值没有确定，所以函数f(x)可能有三个零点，故A正确；又f(－4)＝f(4)，4∈(3，6)，所以f(－4)的符号不确定，故B不正确；C项显然正确；由于f(0)的值没有确定，所以f(0)与f(－6)的大小关系不确定，所以D不正确．故选AC.]5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))则使方程x＋f(x)＝m有解的实数m的取值范围是()A．(1，2) B．(－∞，－2]C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞)D[当x≤0时，x＋f(x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；当x>0时，x＋f(x)＝m，即x＋eq\f(1,x)＝m，解得m≥2，即实数m的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).故选D.]6．已知函数f(x)＝eq\f(2,3x＋1)＋a的零点为1，则实数a的值为________．解析：由已知得f(1)＝0，即eq\f(2,31＋1)＋a＝0，解得a＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)7．函数f(x)＝x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的零点个数为________．解析：令f(x)＝0，得x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x).在同一坐标系中画出函数y＝x3与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的图像．如图所示，由图可知两函数图像有1个交点，故f(x)的零点只有一个．答案：18．若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≤0，,lnx，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析：当x>0时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．令f(x)＝0，得a＝2x.因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1，所以实数a的取值范围是(0，1].答案：(0，1]9．设函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0).(1)作出函数f(x)的图像；(2)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围．解析：(1)如图所示．(2)由函数f(x)的图像可知，当0<m<1时，方程f(x)＝m有两个不相等的正根．10．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，满足f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x－1.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数g(x)＝f(x)－mx的两个零点分别在区间(－1，2)和(2，4)内，求m的取值范围．解析：(1)由f(0)＝2得c＝2，又f(x＋1)－f(x)＝2x－1，得2ax＋a＋b＝2x－1，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝－1，))解得a＝1，b＝－2，所以f(x)＝x2－2x＋2.(2)g(x)＝x2－(2＋m)x＋2，若g(x)的两个零点分别在区间(－1，2)和(2，4)内，则满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－1）>0，,g（2）<0，,g（4）>0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＋m>0，,2－2m<0，,10－4m>0，))解得1<m<eq\f(5,2).所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))).11．已知奇函数f(x)是R上的单调函数，若函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,8)C．－eq\f(7,8)D．－eq\f(3,8)C[因为函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，所以方程f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0只有一个实数根，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0⇔f(2x2＋1)＝f(x－λ)⇔2x2＋1＝x－λ，所以方程2x2－x＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－eq\f(7,8).故选C.]12．(多选)(2023·山东济南章丘区期中)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤0，,|log2x|，x>0.))若x1<x2<x3<x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则下列结论正确的是()A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1C．1<x4<2 D．0<x1x2x3x4<1BCD[画出函数f(x)的图象如图所示，得x1＋x2＝－2，－log2x3＝log2x4，则x3x4＝1，故A错误，B正确；由图可知1<x4<2，故C正确；因为－2<x1<－1，x1x2＝x1(－2－x1)＝－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2x1＝－(x1＋1)2＋1∈(0，1)，所以x1x2x3x4＝x1x2∈(0，1)，故D正确．故选BCD.]13．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a>2c>2b.(1)求证：a>0且－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；(2)求证：函数f(x)在区间(0，2)内至少有一个零点．证明：(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，∴c＝－eq\f(3,2)a－b.∵3a>2c＝－3a－2b，∴3a>－b.∵2c>2b，∴－3a－2b＞2b，即－3a>4b.若a>0，则－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；若a＝0，则0>－b，0>b，不成立；若a<0，则eq\f(b,a)<－3，eq\f(b,a)>－eq\f(3,4)，不成立．综上，a＞0具－3＜eq\f(b,a)＜－eq\f(3,4).(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－eq\f(a,2)，Δ＝b2－4ac＝b2＋4ab＋6a2>0.当c>0时，f(0)>0，f(1)<0，∴f(x)在(0，1)内至少有一个零点．当c＝0时，f(0)＝0，f(1)<0，f(2)＝4a＋2b＝a>0，∴f(x)在(0，2)内有一个零点．当c<0时，f(0)<0，f(1)<0，b＝－eq\f(3,2)a－c，f(2)＝4a－3a－2c＋c＝a－c>0，∴f(x)在(0，2)内有一个零点．综上，f(x)在(0，2)内至少有一个零点．14．(创新型)定义在D上的函数f(x)，如果存在x∈D，使得f(x＋a)＝f(x)＋f(a)，则称y＝f(x)存在关于实数a的“线性零点”．如：函数f(x)＝mx(m∈R)存在关于任意实数a的“线性零点”，而函数f(x)＝lneq\f(6,x2＋2)存在关于－2的“线性零点”．(1)是否存在非零实数a，使f(x)＝3x＋2存在关于a的“线性零点”？并说明理由；(2)求证：对任意实数b，函数f(x)＝2x＋bx2都存在关于2的“线性零点”．解析：(1)不存在．理由：假设函数f(x)＝3x＋2存在关于非零实数a的“线性零点”，即存在x∈R，使得f(x＋a)＝f(x)＋f(a)，即3(x＋a)＋2＝3x＋2＋3a＋2⇔2＝4，显然不成立，故不存在非零实数a，使f(x)＝3x＋2存在关于a的“线性零点”．(2)证明：当f(x)＝2x＋bx2时，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)⇔2x＋2＋b(x＋2)2＝2x＋bx2＋4＋4b⇔3×2x＋4bx－4＝0，令g(x)＝3×2x＋4bx－4，x∈R，易知g(x)在