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2022高考数学一轮复习 第2章 函数概念与基本初等函数Ⅰ第7讲 函数与方程试题1

2022高考数学一轮复习 第2章 函数概念与基本初等函数Ⅰ第7讲 函数与方程试题1

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第二章 函数的概念与基本初等函数I
第七讲 函数与方程
练好题·考点自测
1.下列说法正确的是(　　)
A.函数的零点就是函数的图象与x轴的交点
B.若函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点(函数图象连续不断),则f(a)·f(b)<0
C.二次函数y=ax2+bx+c在b2-4ac≤0时没有零点
D.函数y=f(x)的零点就是方程f(x)=0的实根
2.[2019全国卷Ⅲ,5,5分]函数f(x)=2sin x-sin 2x在[0,2π]上的零点个数为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
3.[2020天津,9,5分]已知函数f(x)=x3,x≥0,-x,x<0.若函数g(x)=f(x)-|kx2-2x|(k∈R)恰有4个零点,则k的取值范围是(　　)
A.(-∞,-12)∪(22,+∞)
B.(-∞,-12)∪(0,22)
C.(-∞,0)∪(0,22)
D.(-∞,0)∪(22,+∞)
4.[2021河北六校第一次联考]函数f(x)=2x-2x-a的一个零点在区间(1,2)内,则实数a的取值范围是　　　　. 
5.用二分法求函数y=f(x)在区间(2,4)上的近似解,(1)验证f(2)·f(4)<0,给定精确度ε=0.01;(2)取区间(2,4)的中点x1=2+42=3;(3)计算得f(2)·f(3)<0,则此时零点x0∈　　　.(填区间) 
拓展变式
1.[湖北高考,5分][理]函数f(x)=4cos2x2cos(π2-x)-2sin x-|ln(x+1)|的零点个数为　　　　. 
2.(1)[2021南昌市高三测试]若函数f(x)=x2-acos x+a2+3a-8有唯一零点,则a=(　　)
A.-2 B.2或-4 C.-4 D.2
(2)[2020武汉部分重点学校3月模拟]已知函数f(x)=log12(x+1),-1<x<0,-x2+2x,x≥0,若关于x的方程f(x)=m(m∈R)恰有三个不同的实数根a,b,c,则a+b+c的取值范围是(　　)
A.(12,1) B.(34,1) C.(34,2) D.(32,2)
3.[2020贵阳4月适应性测试]已知函数f(x)=ex,x<0,6x3-9x2+1,x≥0,则g(x)=2[f(x)]2-3f(x)-2的零点个数(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5

答 案
第七讲　函数与方程

1.D　函数的零点是函数的图象与x轴交点的横坐标,故A错误;零点存在性定理的逆命题是假命题,故B错误;对于二次函数y=ax2+bx+c,当b2-4ac=0时,有两个相等的零点,故C错误;D正确.
2.B　f(x)=2sin x-2sin xcosx=2sin x(1-cos x),令f(x)=0,则sin x=0或cos x=1,所以x=kπ(k∈Z),又x∈[0,2π],所以x=0或x=π或x=2π.故选B.
3.D　由题意可知x=0为g(x)的一个零点.函数g(x)=f(x)-|kx2-2x|(k∈R)恰有4个零点,即函数f(x)与h(x)=|kx2-2x|的图象有4个交点,其中(0,0)为其中一个交点,当x>0时,由x3=|kx2-2x|可得x2=|kx-2|,当x<0时,由-x=|kx2-2x|可得1=|kx-2|,令φ(x)=x2,x>0,1,x<0,μ(x)=|kx-2|(x≠0),则函数y=φ(x)与y=μ(x)的图象有3个交点.若k<0,如图D 2-7-1所示,函数y=φ(x)与y=μ(x)的图象有3个交点,所以k<0符合题意.若k>0,如图D 2-7-2所示,需证当x>2k时,函数y=φ(x)与y=μ(x)的图象有2个交点.当x>2k时,φ(x)=x2,μ(x)=kx-2,令φ(x)=μ(x),则x2-kx+2=0,因为x2-kx+2=0有两个不同实根,所以Δ>0,即k2-8>0,解得k>22.综上,当k<0或k>22时,函数g(x)=f(x)-|kx2-2x|恰有4个零点.

4.(0,3)　由已知知函数f(x)在(1,2)上单调递增,则由f(x)的一个零点在区间(1,2)内,知f(1)·f(2)<0,即(21-21-a)×(22-22-a)=(-a)×(3-a)=a(a-3)<0,解得0<a<3.
5.(2,3)　因为f(2)·f(4)<0,所以由二分法可知函数在区间(2,4)上必存在零点,又f(2)·f(3)<0,故函数的零点x0∈(2,3).

1.2　f(x)=2(1+cos x)sin x-2sin x-|ln(x+1)|=sin 2x-|ln(x+1)|,其中x>-1,
函数f(x)的零点个数即为函数y1=sin 2x(x>-1)与y2=|ln(x+1)|(x>-1)的图象的交点个数.
分别作出两个函数的图象,如图D 2-7-3,可知有2个交点,则 f(x)有2个零点.

图D 2-7-3
2.(1)D　依题意知x2-acos x+a2+3a-8=0有唯一解,即x2+a2+3a-8=acosx有唯一解,也即函数y=x2+a2+3a-8与函数y=acosx的图象有唯一公共点.因为函数y=x2+a2+3a-8是偶函数,其图象开口向上,且关于y轴对称,函数y=acosx是偶函数,其图象关于y轴对称,所以两个函数图象唯一公共点的横坐标为0,(题眼)
对应的纵坐标相等,即a2+3a-8=a,解得a=2或a=-4.当a=2时,y=x2+2的图象开口向上,顶点为(0,2),y=2cos x的图象过点(0,2),且点(0,2)为图象的最高点,所以此时两个函数只有一个公共点,符合题意.当a=-4时,f(x)=x2+4cos x-4,f(0)=0+4cos 0-4=0,f(π2)=π24-4<0,f(π)=π2-8>0,所以函数f(x)在区间(π2,π)上也存在零点,不符合题意.综上所述,a的值为2.故选D.
(2)D　作出函数f(x)的大致图象如图D 2-7-4中实线所示,不妨设a<b<c,则b,c为关于x的方程-x2+2x-m=0的两根,所以b+c=2.因为方程f(x)=m(m∈R)恰有三个不同的实数根,所以0<m<1,则0<log12(a+1)<1,解得-12<a<0,所以32<a+b+c<2,即a+b+c的取值范围是(32,2).故选D.

3.B　由2[f(x)]2-3f(x)-2=0,解得f(x)=-12或f(x)=2.注意到当x<0时,f(x)=ex的值域是(0,1),因此关于x的方程f(x)=-12与f(x)=2均没有负实数解.
解法一　当x≥0时,f(x)=6x3-9x2+1,则f'(x)=18x2-18x=18x(x-1).当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.因此函数f(x)=6x3-9x2+1在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,且f(0)=1,f(1)=-2,当x→+∞时,f(x)→+∞,作出函数f(x)在[0,+∞)上的图象,如图D 2-7-5中的实线所示.结合图象可知,直线y=-12与曲线y=6x3-9x2+1(x≥0)有两个不同的交点,即关于x的方程f(x)=-12有两个不相等的正根x1,x2,直线y=2与曲线y=6x3-9x2+1(x≥0)有唯一交点,即关于x的方程f(x)=2有唯一的正根x3.x1,x2,x3两两不等.
综上,g(x)的零点个数为3,故选B.

解法二　当x≥0时,①由6x3-9x2+1=-12,得4x3-6x2+1=0.记m(x)=4x3-6x2+1(x≥0),求导得m'(x)=12x2-12x=12x(x-1).由m'(x)<0,得0<x<1;由m'(x)>0,得x>1.可知m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且m(0)=1>0,m(1)=-1<0,当x→+∞时,m(x)→+∞,由函数零点存在定理可知,m(x)在(0,1),(1,+∞)上各存在一个零点.②由6x3-9x2+1=2,得6x3-9x2-1=0.记h(x)=6x3-9x2-1(x≥0),求导得h'(x)=18x2-18x=18x(x-1).由h'(x)<0,得0<x<1;由h'(x)>0,得x>1.
可知h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且h(0)=-1<0,当x→+∞时,h(x)→+∞,由函数零点存在定理可知,h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.
综上所述,g(x)=2[f(x)]2-3f(x)-2的零点个数为3,故选B.