2025版高考数学一轮总复习第2章函数概念与基本初等函数Ⅰ第8讲函数与方程提能训练

第2章函数概念与基本初等函数Ⅰ第8讲函数与方程A组基础巩固一、单选题1．若函数f(x)的图象是连绵起伏的，且f(0)>0，f(1)·f(2)·f(4)<0，则下列命题正确的是(D)A．函数f(x)在区间(0,1)内有零点B．函数f(x)在区间(1,2)内有零点C．函数f(x)在区间(0,2)内有零点D．函数f(x)在区间(0,4)内有零点[解析]因为f(1)·f(2)·f(4)<0，所以f(1)、f(2)、f(4)中至少有一个小于0.若f(1)<0，则在(0,1)内有零点，在(0,4)内必有零点；若f(2)<0，则在(0,2)内有零点，在(0,4)内必有零点；若f(4)<0，则在(0,4)内有零点．故选D.2．方程lnx＝4－2x的解所在的区间为(B)A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)[解析]通过构造函数法，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得正确答案．由lnx＝4－2x得2x＋lnx－4＝0，设f(x)＝2x＋lnx－4，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝－2<0，f(2)＝ln2>0，所以f(x)的唯一零点在区间(1,2)，即方程lnx＝4－2x的解所在的区间为(1,2)．故选B.3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))则函数f(x)的零点为(D)A.eq\f(1,2)，0 B．－2,0C.eq\f(1,2) D．0[解析]当x≤1时，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，令f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因为x>1，所以此时方程无解．综上，函数f(x)的零点只有0.4．如图是函数f(x)的图象，它与x轴有4个不同的公共点，给出的下列四个区间之中，存在不能用二分法求出的零点，该零点所在的区间是(C)A．[－2.1，－1] B．[4.1,5]C．[1.9,2.3] D．[5,6.1][解析]结合图象可得A、B、D选项每个区间的两个端点函数值异号，可以用二分法求出零点，故选C.5．(2024·课标全国Ⅲ)函数f(x)＝2sinx－sin2x在[0,2π]的零点个数为(B)A．2 B．3C．4 D．5[解析]函数f(x)＝2sinx－sin2x，在[0,2π]的零点个数即2sinx－sin2x＝0在区间[0,2π]的根的个数，令h(x)＝2sinx，g(x)＝sin2x，画出两函数在区间[0,2π]的图象(图略)，可知h(x)＝2sinx和g(x)＝sin2x在区间[0,2π]的图象的交点个数为3.故选B.6．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，y＝[x]也被称为“高斯函数”，例如[2.1]＝2，[3]＝3，[－1.5]＝－2，设x0为函数f(x)＝log3x－eq\f(3,x＋1)的零点，则[x0]＝(A)A．2 B．3C．4 D．5[解析]首先推断函数的单调性，再依据零点存在性定理推断x0所在区间，最终依据高斯函数的定义计算可得．因为y＝log3x与y＝－eq\f(3,x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝log3x－eq\f(3,x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，又f(3)＝log33－eq\f(3,3＋1)＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)>0，f(2)＝log32－eq\f(3,2＋1)＝log32－1<0，所以f(x)在(2,3)上存在唯一零点x0，即x0∈(2,3)，所以[x0]＝2.故选A.7．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是(A)A．(0,1] B．[1，＋∞)C．(0,1) D．(－∞，1][解析]画出函数f(x)的大致图象如图所示．因为函数f(x)在R上有两个零点，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x≤0时，f(x)有一个零点，需0<a≤1；当x>0时，f(x)有一个零点，需－a<0，即a>0.综上，0<a≤1.8．已知f(x)＝|x2－1|，关于x的方程[f(x)]2－f(x)＋k＝0，则下列四个命题是假命题的为(A)A．存在实数k，使得方程恰有3个不同的实数解B．存在实数k，使得方程恰有4个不同的实数解C．存在实数k，使得方程恰有5个不同的实数解D．存在实数k，使得方程恰有8个不同的实数解[解析](1)令t＝f(x)＝|x2－1|(t≥0)，则原方程可化为t2－t＋k＝0.作出f(x)＝|x2－1|的图象如图所示，结合图象可知：①当t>1或t＝0时，方程t＝|x2－1|有2个不同的实数解；②当t＝1时，方程t＝|x2－1|有3个不同的实数解；③当0<t<1时，方程t＝|x2－1|有4个不同的实数解．(2)作出函数y＝t2－t(t≥0)的图象如图所示．①当－k>0，即k<0时，方程－k＝t2－t有1个实数解t1，且t1>1.②当－k＝0，即k＝0时，方程－k＝t2－t有2个不同的实数解t2，t3(t2<t3)，则t2＝0，t3＝1.③当－eq\f(1,4)<－k<0，即0<k<eq\f(1,4)时，方程－k＝t2－t有2个不同的实数解t4，t5(t4<t5)，则0<t4<eq\f(1,2)<t5<1.④当－k＝－eq\f(1,4)，即k＝eq\f(1,4)时，方程－k＝t2－t有1个实数解t6，且t6＝eq\f(1,2).⑤当－k<－eq\f(1,4)，即k>eq\f(1,4)时，方程－k＝t2－t没有实数解．综合(1)(2)可知，当k<0时，原方程有2个不同的实数解；当k＝0时，原方程有5个不同的实数解；当0<k<eq\f(1,4)时，原方程有8个不同的实数解；当k＝eq\f(1,4)时，原方程有4个不同的实数解；当k>eq\f(1,4)时，原方程没有实数解．所以B，C，D都是真命题．A为假命题．故选A.二、多选题9．下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递减的是(AD)A．y＝logeq\f(1,2)(x＋1) B．y＝2x－1C．y＝x2－eq\f(1,2) D．y＝－x3[解析]函数y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在定义域上单调递减，且x＝0时y＝0，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，且x＝0时y＝0.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AD.10．下列图象表示的函数中有两个零点的有(CD)[解析]有两个零点就是函数图象与x轴有两个交点．11．若函数f(x)＝ax＋b的零点是2，则函数g(x)＝bx2－ax的零点可以是(AC)A．0 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．2[解析]2a＋b＝0，∴g(x)＝－2ax2－ax＝0，得x＝0或－eq\f(1,2)，故选AC.12．(2024·济宁模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x,0<a<b<c，f(a)f(b)f(c)<0，实数d是函数f(x)的一个零点．给出下列四个推断，其中可能成立的是(ABD)A．d<a B．d>bC．d>c D．d<c[解析]由y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(0，＋∞)上单调递减，y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，可得f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x在定义域(0，＋∞)上是减函数，当0<a<b<c时，f(a)>f(b)>f(c)，因为f(a)f(b)f(c)<0，f(d)＝0，所以①f(a)，f(b)，f(c)都为负值，则a，b，c都大于d；②f(a)>0，f(b)>0，f(c)<0，则a，b都小于d，c大于d.综合①②可得d>c不行能成立．三、填空题13．用二分法求函数f(x)＝ln(x＋1)＋x－1在区间(0,1)上的零点，要求精确度为0.01时，所需二分区间的次数最少为_7__.[解析]开区间(0,1)的长度等于1，每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，经过n(n∈N＋)次操作后，区间长度变为eq\f(1,2n).令eq\f(1,2n)<0.01，解得n≥7，且n∈N＋，故所需二分区间的次数最少为7.14．(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xlnx，x>0，,x2－x－2，x≤0，))则f(x)的零点为_－1和1__.[解析]令f(x)＝0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,xlnx＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－x－2＝0，))解得x＝1或x＝－1，∴f(x)的零点为－1和1.15．(2024·江苏淮安联考)函数f(x)对一切实数x都满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))，并且方程f(x)＝0有三个实根，则这三个实根的和为eq\f(3,2).[解析]因为函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(1,2)对称，所以方程f(x)＝0有三个实根时，确定有一个根是eq\f(1,2)，另外两个根的和为1，故方程f(x)＝0的三个实根的和为eq\f(3,2).16．(2024·广东阳江调研)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x<1，,log\f(1,2)x，x≥1，))若关于x的方程f(x)＝k有三个不同的实根，则实数k的取值范围是_(－1,0)__.[解析]关于x的方程f(x)＝k有三个不同的实根，等价于函数f(x)与函数y＝k的图象有三个不同的交点，作出函数f(x)的图象如图所示，由图可知实数k的取值范围是(－1,0)．B组实力提升1．(2024·济宁模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤a，,x－1，x>a，))若f(x)有3个零点，则实数a的取值范围是(A)A．{a|0≤a＜1} B．{a|－1≤a＜0}C．{a|－1≤a＜1} D．{a|a＜1}[解析]因为y＝x2＋2x有2个零点x＝－2和x＝0，y＝x－1有1个零点x＝1，所以若要使f(x)有3个零点，则0≤a＜1，故选A.2．函数f(x)＝|lgx2|＋x2－2|x|的零点的个数为(C)A．2 B．3C．4 D．6[解析]函数f(x)＝|lgx2|＋x2－2|x|的零点个数，即方程|lgx2|＝－x2＋2|x|的根的个数，考虑g(x)＝|lgx2|，h(x)＝－x2＋2|x|，定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函数，当x>0时，g(x)＝|2lgx|，h(x)＝－x2＋2x，作出函数图象：两个函数一共有两个交点，即当x>0时，|lgx2|＝－x2＋2|x|有两根，依据对称性可得：当x<0时|lgx2|＝－x2＋2|x|有两根，所以|lgx2|＝－x2＋2|x|一共4个根，即函数f(x)＝|lgx2|＋x2－2|x|的零点的个数为4.故选C.3．已知函数f(x)＝x－eq\r(x)(x>0)，g(x)＝x＋ex，h(x)＝x＋lnx(x>0)的零点分别为x1，x2，x3，则(C)A．x1<x2<x3 B．x2<x1<x3C．x2<x3<x1 D．x3<x1<x2[解析]作出y＝x与y＝eq\r(x)(x>0)，y＝－ex，y＝－lnx(x>0)的图象，如图所示，可知选C.4．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上单调递增，若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝_－8__.[解析]因为定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－4)＝－f(x)＝f(－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝－2对称，又f(x－4)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(x＋4)，所以f(x－4)＝f(x＋4)，f(x)＝f(x＋8)，所以f(x)是周期为8的周期函数．因为奇函数f(x)在区间[0,2]上单调递增，所以f(x)在区间[－2,2]上单调递增，在区间[－6，－2]上单调递减，画出f(x)的可能图象如图所示．作出直线y＝m(m>0)．不妨设x1<x2<x3<x4，由对称性可知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－8.5．(2024·厦