2025高考数学一轮复习-第13讲-函数与方程-专项训练【含解析】

2025高考数学一轮复习-第13讲-函数与方程-专项训练【原卷版】1．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()A．2 B．－2,0C．eq\f(1,2) D．02．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()A．5 B．6C．7 D．83．函数f(x)＝|x－2|－lnx在定义域内的零点的个数为()A．0 B．1C．2 D．34．函数y＝x3和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2存在公共点P(x0，y0)，则x0的范围为()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)5．若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))6．(多选)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．给出下列四个判断，其中可能成立的是()A．d＜a B．d＞bC．d＞c D．d＜c7．(多选)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是()A．f(x)＝2x＋x B．g(x)＝x2－x－3C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝|log2x|－18．函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数是________．9．若函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－a在[1,2]内有零点，则a的取值范围为______．10．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)的图象；(2)当0<a<b且f(a)＝f(b)时，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值；(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求实数m的取值范围．11．定义域和值域均为[－a，a](常数a＞0)的函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，方程g(f(x))＝0解的个数不可能是()A．1 B．2C．3 D．412．(多选)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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)＝k，则下列结论正确的是()A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1C．1<x4<2 D．0<k<113．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．14．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|<1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax＋1互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) B．[2，＋∞)C．[－2,2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)15．已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4x)，x＞0，,x＋1，x≤0.))(1)求g(f(1))的值；(2)若方程g(f(x))－a＝0有4个实数根，求实数a的取值范围．2025高考数学一轮复习-第13讲-函数与方程-专项训练【解析版】1．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()A．2 B．－2,0C．eq\f(1,2) D．0解析：D∵函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))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)(舍去)，综上函数的零点为0．故选D．2．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()A．5 B．6C．7 D．8解析：C开区间(0,1)的长度等于1，每经这一次操作，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7．3．函数f(x)＝|x－2|－lnx在定义域内的零点的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：C由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝lnx(x>0)的图象，如图所示．由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2．4．函数y＝x3和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2存在公共点P(x0，y0)，则x0的范围为()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)解析：B由题意知，f(x)＝x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2＝0有解，f(0)＝－4，f(1)＝－1，f(2)＝7，因为f(x)在R上连续且在R上单调递增，有f(1)·f(2)<0，则解的范围为(1,2)，故选B．5．若函数f(x)＝x2－ax＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有零点，则实数a的取值范围是()A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))解析：D由题意知方程ax＝x2＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有实数解，即a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有解，设t＝x＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，则t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))．所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))．6．(多选)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．给出下列四个判断，其中可能成立的是()A．d＜a B．d＞bC．d＞c D．d＜c解析：ABD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不可能成立．7．(多选)在数学中，布劳威尔不动点定理可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)＝x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是()A．f(x)＝2x＋x B．g(x)＝x2－x－3C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝|log2x|－1解析：BCD对于A：2x0＋x0＝x0无解，所以A不满足；对于B：xeq\o\al(2,0)－x0－3＝x0，解得：x0＝3或x0＝－1，所以B满足题意；对于C：x0＋1＝x0，解得：x0＝eq\f(3±\r(5),2)>0，所以C满足题意；对于D：|log2x0|－1＝x0，在同一直角坐标系下画出函数f(x)以及y＝x的图象，可确定两个函数的图象有交点，即方程有解，所以D满足题意；故选B、C、D．8．函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数是________．解析：由题意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq\f(π,9)；当k＝1时，x＝eq\f(4π,9)；当k＝2时，x＝eq\f(7π,9)，均满足题意，所以函数f(x)在[0，π]上的零点个数为3．答案：39．若函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－a在[1,2]内有零点，则a的取值范围为______．解析：因为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在[1,2]上均单调递减，所以f(x)在[1,2]上单调递减，函数f(x)在[1,2]内有零点，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≥0，,f2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－a≥0，,\f(13,36)－a≤0，))解得eq\f(13,36)≤a≤eq\f(5,6)．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,36)，\f(5,6)))10．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)的图象；(2)当0<a<b且f(a)＝f(b)时，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值；(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的图象如图所示．(2)因为f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))故f(x)在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，由0<a<b且f(a)＝f(b)，得0<a<1<b，且eq\f(1,a)－1＝1－eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2．(3)由函数f(x)的图象可知，当0<m<1时，方程f(x)＝m有两个不相等的正根，即实数m的取值范围为(0,1)．11．定义域和值域均为[－a，a](常数a＞0)的函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，方程g(f(x))＝0解的个数不可能是()A．1 B．2C．3 D．4解析：D因为x∈[－a，a]时，g(x)＝0有唯一解，不妨设唯一解为k，由g(x)图象可知k∈(0，a)，则由g(f(x))＝0可得f(x)＝k，因为k∈(0，a)，由f(x)图象可知，f(x)＝k可能有1根，2根，3个根，不可能有4个根，故选D．12．(多选)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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)＝k，则下列结论正确的是()A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1C．1<x4<2 D．0<k<1解析：BCD由函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤0，,|log2x|，x>0，))作出其函数图象如图所示，由图可知，x1＋x2＝－2，－2<x1<－1；当y＝1时，|log2x|＝1，解得x＝eq\f(1,2)或x＝2；所以eq\f(1,2)<x3<1<x4<2；由f(x3)＝f(x4)，得|log2x3|＝|log2x4|，即log2x3＋log2x4＝0，所以x3x4＝1，由图可知0<k<1，故选B、C、D．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>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．(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－eq\f(a,2)，当c>0时，f(0)>0，f(1)<0，∴f(x)在(0,2)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)内至少有一个零点；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)内至少有一个零点．综上，f(x)在(0,2)内至少有一个零点．14．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|<1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g