（适用于新高考新教材）高考数学一轮总复习第三章函数与基本初等函数课时规范练13函数与方程

课时规范练13函数与方程基础巩固组1.(2022广东深圳中学模拟)函数f(x)=lnx+2x6的零点的个数为()A.0 B.1 C.2 D.32.已知[x]表示不超过实数x的最大整数,若函数h(x)=[x]1,函数f(x)=2xlnx的零点是x0,则h(x0)=(A.1 B.2C.3 D.43.若函数f(x)=x-a,x≥A.[1,+∞) B.(1,+∞)C.[0,+∞) D.(∞,1]4.若函数g(x)=x2,h(x)=4xln|x2|,则函数f(x)=g(x)h(x)的所有零点之和等于()A.0 B.2C.4 D.85.关于函数f(x)=2x-a,0≤x甲:6是该函数的零点;乙:4是该函数的零点;丙:该函数的零点之积为0;丁:方程f(x)=52有两个根若上述四个结论中有且只有一个结论错误,则错误结论是()A.甲 B.乙 C.丙 D.丁6.(多选)已知函数f(x)=2x+x2的零点为a,函数g(x)=log2x+x2的零点为b,则()A.a+b=2 B.2a+log2b=2C.a2+b2>3 D.0<ab<17.(2022北京昌平二模)若函数f(x)=2x-b,x<综合提升组8.(2022山东省实验中学高三检测)已知函数f(x)=lnx-1x,x>0,x2A.2 B.3 C.4 D.59.已知函数f(x)=lnx,x≥1,-ln(2-A.2 B.3 C.4 D.110.已知函数f(x)是定义在区间(∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,且当x∈(0,+∞)时,f(x)=2|x-1|,0<x≤2,fA.3 B.4 C.5 D.611.已知函数f(x)=x2+2x,x≤t,12.(2022甘肃兰州模拟)函数f(x)=2x-t,x≥0,-x2-4x-t,x<0有三个零点x1,x2,创新应用组13.(多选)(2022华中师大一附中模拟)已知函数f(x)=k·2x-12x+k(k∈R)是定义域不为R的奇函数.定义函数φ(x)=(f(x)+1)2+a|f(x)+1|+a2A.k=1B.f(x)在定义域上单调递增C.函数φ(x)不可能有四个零点D.若函数φ(x)仅有三个零点x1,x2,x3,满足x1<x2<x3,且x1+x3=0,则a的值唯一确定,且a∈(3,2)14.(多选)已知函数f(x)=|lnx|,x>0,-x2+1,x≤0,若方程f(x)=a有三个不同的实数根x1A.0<a≤1B.1<x1≤0C.x2x3=eD.ax1x2x3的取值范围是239,0

课时规范练13函数与方程1.B解析:由于函数f(x)在定义域(0,+∞)上是增函数,且f(1)=4<0,f(3)=ln3>0,故函数f(x)在区间(1,3)内有唯一零点,也即在定义域(0,+∞)内有唯一零点.2.A解析:因为f(2)=1ln2>0,f(3)=23ln3<0,所以x0∈(2,3),所以h(x0)=[x0]1=1,故选A3.A解析:当x<1时,显然函数f(x)=ln(1x)有一个零点x=0,因此当x≥1时,函数f(x)有另一个零点,所以a=x≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).4.C解析:由f(x)=x2(4xln|x2|)=0,得ln|x2|=x2+4x,画出y=ln|x2|,y=x2+4x两个函数的图象(如图),由图可知,两个函数图象都关于直线x=2对称,故交点横坐标之和为4,即f(x)的所有零点之和等于4.5.B解析:当x∈[0,2)时,f(x)=2xa为增函数,当x∈[2,+∞)时,f(x)=bx为减函数,故6和4只有一个是函数的零点,即甲、乙中有一个结论错误,一个结论正确,而丙、丁均正确.若甲是错误的结论,则由乙正确可得b=4,由丙正确得a=1,此时丁不正确,不符合题意;若乙是错误的结论,则由甲正确可得b=6,由丙正确得a=1,此时丁也正确,符合题意.故选B.6.ABD解析:由f(x)=0,得2x=2x;由g(x)=0,得log2x=2x.函数y=2x与y=log2x互为反函数,在同一平面直角坐标系中分别作出函数y=2x,y=log2x,y=2x的图象,如图所示.设交点A(a,2a),B(b,log2b).由反函数的性质及点A,B在直线y=2x上,知A,B关于点(1,1)对称,则a+b=2,2a+log2b=2.因为a>0,b>0,且a≠b,所以0<ab<a+b22=1,故A,B,D正确.因为f(x)=2x+x2在R上单调递增,且f12=2-32<0,f(1)=1>0,所以12<a<1.因为a2+b2=a2+(2a)2=2(a1)2+212<a<1,所以a2+b2∈2,527.12(答案不唯一)解析:当x≥0时,由x=0,得x=0,即x=0为函数f(x)的一个零点因为函数f(x)有且仅有两个零点,所以,当x<0时,方程2xb=0有一解,则b∈(0,1).8.D解析:令t=f(x)+1=ln①当t>0时,f(t)=lnt1t,则函数f(t)在区间(0,+∞)上单调递增,且f(1)=1<0,f(2)=ln212>0,由函数零点存在定理可知,存在t1∈(1,2),使得f(t1)=②当t≤0时,f(t)=t2+2t,由f(t)=t2+2t=0,解得t2=2,t3=0.作出函数t=f(x)+1的图象及直线t=t1,t=2,t=0如图所示.由图象可知,直线t=t1与函数t=f(x)+1的图象有两个交点;直线t=0与函数t=f(x)+1的图象有两个交点;直线t=2与函数t=f(x)+1的图象有且只有一个交点.综上所述,函数y=f[f(x)+1]的零点个数为5.9.A解析:当x>1时,2x<1,所以f(2x)=ln[2(2x)]=lnx=f(x);当x<1时,2x>1,所以f(2x)=ln(2x)=f(x),当x=1时,f(1)=0,所以函数f(x)的图象关于点(1,0)对称.显然x=1不是方程的根,当x≠1时,原方程可转化为f(x)=1x-1,分别画出函数y=f(x)和y=1x-1的图象(如图).由图知,二者仅有两个交点,设为A(x1,y1),B(x2,y2).因为函数y=f(x)和y=1x-1的图象都关于点(1,0)对称,所以A,B关于点(1,0)对称,所以x10.D解析:要求方程f(x)+18x2=2根的个数,即为求函数f(x)的图象与函数y=2x28的图象的交点个数,当x∈(0,+由图知在区间(0,+∞)上两函数图象有3个交点,又因为f(x)和函数y=2x28在(∞,0)∪(0,+∞)上是偶函数,所以在(∞11.2(答案不唯一)解析:由x2+2x=0可得x=0或x=2,由lnx=0可得x=1,因为函数f(x)=x2+2x,x≤t,12.[4,2)解析:设g(x)=2因为函数f(x)=2x-t,x≥0,-x2-4x-t,所以g(x)的图象与直线y=t有三个交点,交点的横坐标分别为x1,x2,x3,且x1<x2<x3.作出g(x)的图象,如图所示,由图可知1≤t<4.因为x1,x2是方程x24xt=0的两个实根,所以x1+x2=4.x3满足2x3t=0,即x3=log2因为1≤t<4,所以log21≤log2t<log24,所以0≤x3<2,所以4≤x1+x2+x3<2.即x1+x2+x3的取值范围是[4,2).13.ACD解析:因为函数f(x)=k·2x-12x+k(k∈R即k-2化简整理,得(k21)(4x+1)=0,所以k21=0,解得k=±1.当k=1时,f(x)=2x-1当k=1时,f(x)=-2x-12x-1=12因为f(1)=3,f(1)=3,f(1)>f(1),所以f(x)在定义域上不是单调递增的,B选项错误;f(x)+1=22x-1,令t=|f(x)+若函数φ(x)有四个零点,则t2+at+a27=0有两个大于2的实根,Δ符合题意的a不存在,C选项正确;若函数φ(x)仅有的三个零点分别为x1,x2,x3,满足x1<x2<x3,且x1+x3=0,则t2+at+a27=0有一个实根t1大于2,另一实根t2∈(0,2],从而t1+t2=a>2,t1t2=a27>0,其中|f(x)+1|=t1的两实根为x1,x2,|f(x)+1|=t2的实根为x3.因为t1=|f(x1)+1|=f(x1)+1=22t2=|f(x3)+1|=f(x3)1=22所以t1t2=2,即(a)24(a27)=4,解得a=±22(正值舍去),所以a=22∈(3,2).D选项正确.故选ACD.14.ABD解析:分别作出函数y=a与函数y=f(x)的图象如图所示.对于A选项,由图可知,当0<a≤1时,方程f(x)=a有三个不同的实数根,选项A正确;对于B选项,由图可知,x1≤0,由f(x1)=x12+1∈(0,1],得1<x对于C选项,当0<x<1时,f(x)=|lnx|=lnx;当x>1时,f(x)=|lnx|=lnx,由图可知,0<x2<1<x3,由f(x2)=f(x3)得lnx2=lnx3,即lnx2+lnx3=0,所以x2x3=1,选项C错误;对于D选项,因为x2x3=1,所以ax1x2x3=ax1=(x1