《状元之路》2022届高考数学理新课标A版一轮总复习：必修部分-开卷速查11-函数与方程

开卷速查(十一)函数与方程A级基础巩固练1．[2022·北京]已知函数f(x)＝eq\f(6,x)－log2x.在下列区间中，包含f(x)零点的区间是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,4) D.(4，＋∞)解析：由于f(1)＝6－log21＝6＞0，f(2)＝3－log22＝2＞0，f(4)＝eq\f(3,2)－log24＝－eq\f(1,2)＜0，所以函数f(x)的零点所在区间为(2,4)，故选C.答案：C2．若f(x)是奇函数，且x0是y＝f(x)＋ex的一个零点，则－x0确定是下列哪个函数的零点()A．y＝f(－x)ex－1B.y＝f(x)e－x＋1C．y＝exf(x)－1D.y＝exf(x)＋1解析：答案：C3．函数f(x)＝－|x－5|＋2x－1的零点所在的区间是()A．(0,1)B.(1,2)C．(2,3)D.(3,4)解析：依题意得f(0)·f(1)＞0，f(1)·f(2)＞0，f(2)·f(3)＜0，f(3)·f(4)＞0，故f(x)的零点所在区间是(2,3)，故选C.答案：C4．已知函数y＝f(x)的图像是连续不间断的曲线，且有如下的对应值：x123456y124.435－7414.5－56.7－123.6则函数y＝f(x)在区间[1,6]上的零点至少有()A．2个B.3个C．4个D.5个解析：依题意，f(2)·f(3)＜0，f(3)·f(4)＜0，f(4)·f(5)＜0，故函数y＝f(x)在区间[1,6]上的零点至少有3个，故选B.答案：B5．若方程lnx＋x－5＝0在区间(a，b)(a，b∈Z，且b－a＝1)上有一实根，则a的值为()A．5B.4C．3D.2解析：设函数f(x)＝lnx＋x－5(x＞0)，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由于f(3)·f(4)＝(ln3＋3－5)(ln4＋4－5)＝(ln3－2)(ln4－1)＜0，故函数f(x)在区间(3,4)上有一零点，即方程lnx＋x－5＝0在区间(3,4)上有一实根，所以a＝3.答案：C6．[x]表示不超过x的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5，已知f(x)＝x－[x](x∈R)、g(x)＝log4(x－1)，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是()A．1B.2C．3D.4解析：作出函数f(x)与g(x)的图像如图所示，发觉有2个不同的交点，故选B.答案：B7．用二分法争辩函数f(x)＝x3＋3x－1的零点时，第一次经计算f(0)＜0，f(0.5)＞0可得其中一个零点x0∈__________，其次次应计算__________．解析：由于f(x)＝x3＋3x－1是R上的连续函数，且f(0)＜0，f(0.5)＞0，则f(x)在x∈(0,0.5)上存在零点，且其次次验证时需验证f(0.25)的符号．答案：(0,0.5)f(0.25)8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是__________．解析：画出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0))的图像，如图．由函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，结合图像得：0<m<1，即m∈(0,1)．答案：(0,1)9．定义在R上的奇函数f(x)满足：当x>0时，f(x)＝2014x＋log2014x，则在R上，函数f(x)零点的个数为__________．解析：函数f(x)为R上的奇函数，因此f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝2014x＋log2014x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2014)))内存在一个零点，又f(x)为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．依据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数在R上的零点的个数为3.答案：310．是否存在这样的实数a，使函数f(x)＝x2＋(3a－2)x＋a－1在区间[－1,3]上与x轴恒有一个交点，且只有一个零点．若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．解析：∵Δ＝(3a－2)2－4(a－1)＝9a2－16a＋8＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(8,9)))2＋eq\f(8,9)＞0，∴若实数a满足条件，则只需f(－1)·f(3)≤0即可．f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0.所以a≤－eq\f(1,5)或a≥1.检验：(1)当f(－1)＝0时，a＝1.所以f(x)＝x2＋x.令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1，方程在[－1,3]上有两根，不合题意，故a≠1.(2)当f(3)＝0时，a＝－eq\f(1,5)，此时f(x)＝x2－eq\f(13,5)x－eq\f(6,5).令f(x)＝0，即x2－eq\f(13,5)x－eq\f(6,5)＝0，解之得x＝－eq\f(2,5)或x＝3，方程在[－1,3]上有两根，不合题意，故a≠－eq\f(1,5).综上所述，存在实数a，其范围是a＜－eq\f(1,5)或a＞1.B级力气提升练11．[2022·湖北]已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为()A．{1,3}B.{－3，－1,1,3}C．{2－eq\r(7)，1,3}D.{－2－eq\r(7)，1,3}解析：当x≥0时，函数g(x)的零点即方程f(x)＝x－3的根，由x2－3x＝x－3，解得x＝1或3；当x＜0时，由f(x)是奇函数得－f(x)＝f(－x)＝x2－3(－x)，即f(x)＝－x2－3x.由f(x)＝x－3得x＝－2－eq\r(7)(正根舍去)．故选D.答案：D12．[2022·天津]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x2＋5x＋4|，x≤0，,2|x－2|，x＞0.))若函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为__________．解析：由题意，函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，得函数y1＝f(x)与y2＝a|x|的图像有4个不同的交点．在同一坐标系中作出两个函数的图像如图所示(a明显大于0)．由图可知，当y2＝－ax(x＜0)与y1＝－x2－5x－4(－4＜x＜－1)相切时，x2＋(5－a)x＋4＝0有两个相等的实数根，则(5－a)2－16＝0，解得a＝1(a＝9舍去)，所以当x＜0时，y1与y2的图像恰有3个不同的交点．明显，当1＜a＜2时，两个函数的图像恰有4个不同的交点，即函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点．答案：(1,2)13．已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函数f(x)的解的式；(2)求函数g(x)＝eq\f(fx,x)－4lnx的零点个数．解析：(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，∴f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0.∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.(2)∵g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2(x＞0)，∴g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(x－1x－3,x2).当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化状况如下：x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值微小值当0＜x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4＜0.又由于g(x)在(3，＋∞)单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)只有1个零点．14．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)．(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．解析：(1)方法一：∵g(x)＝x＋eq\f(e2,x)≥2eq\r(e2)＝2e，等号成立的条件是x＝e，∴g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有零点．方法二：作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)的图像如图所示，可知若使g(x)＝m有零点，则只需m≥2e.方法三：由g(x)＝m得x2－mx＋e2＝0.此方程有大于零的根，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＞0，,Δ＝m2－4e2≥0，))等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞0，,m≥2e，或m≤－2e，))故m≥2e.(2)方法一：若g(x)－f(x)＝0有两相异的实根，即g(x)与f(x)的图像有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)的图像．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2＞2e，即m＞－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)的图像有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．方法二：令F(x)＝g(x)－f(x)，则由已知F(x)＝g(x)－f(x)有两个零点．又F′(x)＝g′(x)－f′(x)＝1－eq\f(e2,x2)＋2x－