【2022决胜高考】人教A版(文)数学一轮复习导练测：第8讲-第二章-集合与常用逻辑用语-函数与方程.docx

第8讲 函数与方程
一、选择题
1．“a<－2”是“函数f(x)＝ax＋3在区间[－1,2]上存在零点x0”的(　　)
A．充分不必要条件　　　　　 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 当a<－2时，函数f(x)＝ax＋3在区间[－1,2]上单调递减，此时f(－1)＝3－a>0，f(2)＝3＋2a<0，所以函数f(x)＝ax＋3在区间[－1,2]上存在零点x0；当函数f(x)＝ax＋3在区间[－1,2]上存在零点x0时，
有f(－1)f(2)<0，即2a2－3a－9>0，
解得a>3或a<－.
答案 A
2．下列函数图像与x轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是(　　)

解析 能用二分法求零点的函数必需在含零点的区间(a，b)内连续，并且有f(a)·f(b)＜0.A、B、D中函数不符合．
答案 C
3．函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是 (　　)．
A．(1,3) B．(1,2)
C．(0,3) D．(0,2)
解析　由条件可知f(1)f(2)<0，即(2－2－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，解之得0<a<3.
答案　C
4．已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x<2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为 (　　)．
A．6 B．7 C．8 D．9
解析　当0≤x<2时，令f(x)＝x3－x＝0，得x＝0或x＝1.
依据周期函数的性质，由f(x)的最小正周期为2，可知y＝f(x)在[0,6)上有6个零点，
又f(6)＝f(3×2)＝f(0)＝0，
∴f(x)在[0,6]上与x轴的交点个数为7.
答案　B
5．函数f(x)＝－cos x在[0，＋∞)内 (　　)．
A．没有零点 B．有且仅有一个零点
C．有且仅有两个零点 D．有无穷多个零点
解析　令f(x)＝0，得＝cos x，在同一坐标系内画出两个函数y＝与y＝cos x的图象如图所示，由图象知，两个函数只有一个交点，从而方程＝cos x只有一个解．
∴函数f(x)只有一个零点．
答案　B
6．已知函数f(x)＝xex－ax－1，则关于f(x)零点叙述正确的是(　　)．
A．当a＝0时，函数f(x)有两个零点
B．函数f(x)必有一个零点是正数
C．当a＜0时，函数f(x)有两个零点
D．当a＞0时，函数f(x)只有一个零点
解析　f(x)＝0⇔ex＝a＋
在同一坐标系中作出y＝ex与y＝的图象，

可观看出A、C、D选项错误，选项B正确．
答案　B
二、填空题
7．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 ∵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．函数f(x)＝则函数y＝f[f(x)]＋1的全部零点所构成的集合为________．
解析　本题即求方程f[f(x)]＝－1的全部根的集合，先解方程f(t)＝－1，即或得t＝－2或t＝.再解方程f(x)＝－2和f(x)＝.
即或和或
得x＝－3或x＝和x＝－或x＝.
答案　
9．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析　由原函数有零点，可将问题转化为方程ex－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－ex有解．令函数g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，所以g(x)在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为：g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln 2－2]．
答案　(－∞，2ln 2－2]
10．若直角坐标平面内两点P，Q满足条件：①P、Q都在函数f(x)的图象上；②P、Q关于原点对称，则称点对(P、Q)是函数f(x)的一个“友好点对”(点对(P、Q)与点对(Q，P)看作同一个“友好点对”)．已知函数f(x)＝则f(x)的“友好点对”的个数是________．
解析　设P(x，y)、Q(－x，－y)(x>0)为函数f(x)的“友好点对”，则y＝，－y＝2(－x)2＋4(－x)＋1＝2x2－4x＋1，∴＋2x2－4x＋1＝0，在同一坐标系中作函数y1＝、y2＝－2x2＋4x－1的图象，y1、y2的图象有两个交点，所以f(x)有2个“友好点对”，故填2.
答案　2
三、解答题
11．设函数f(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＋的值；
(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围．
解　(1)如图所示．
(2)∵f(x)＝
＝
故f(x)在(0,1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数，
由0<a<b且f(a)＝f(b)，
得0<a<1<b，且－1＝1－，∴＋＝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．
12．已知函数f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，求m的取值范围，并求出该零点．
思路分析　由题意可知，方程4x＋m·2x＋1＝0仅有一个实根，再利用换元法求解．
解析　∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，
即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0仅有一个实根．
设2x＝t(t＞0)，则t2＋mt＋1＝0.
当Δ＝0时，即m2－4＝0，
∴m＝－2时，t＝1；m＝2时，t＝－1(不合题意，舍去)，
∴2x＝1，x＝0符合题意．
当Δ＞0时，即m＞2或m＜－2时，
t2＋mt＋1＝0有两正或两负根，
即f(x)有两个零点或没有零点．
∴这种状况不符合题意．
综上可知：m＝－2时，f(x)有唯一零点，该零点为x＝0.
13．已知二次函数f(x)＝x2－16x＋q＋3.
(1)若函数在区间[－1,1]上存在零点，求实数q的取值范围；
(2)是否存在常数t(t≥0)，当x∈[t,10]时，f(x)的值域为区间D，且区间D的长度为12－t(视区间[a，b]的长度为b－a)．
解　(1)∵函数f(x)＝x2－16x＋q＋3的对称轴是x＝8，∴f(x)在区间[－1,1]上是减函数．
∵函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有即∴－20≤q≤12.
(2)∵0≤t<10，f(x)在区间[0,8]上是减函数，在区间[8,10]上是增函数，且对称轴是x＝8.
①当0≤t≤6时，在区间[t,10]上，f(t)最大，f(8)最小，
∴f(t)－f(8)＝12－t，即t2－15t＋52＝0，
解得t＝，∴t＝；
②当6<t≤8时，在区间[t,10]上，f(10)最大，f(8)最小，
∴f(10)－f(8)＝12－t，解得t＝8；
③当8<t<10时，在区间[t,10]上，f(10)最大，f(t)最小，
∴f(10)－f(t)＝12－t，即t2－17t＋72＝0，解得t＝8,9，
∴t＝9.
综上可知，存在常数t＝，8,9满足条件.
14．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝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 (1)法一：∵g(x)＝x＋≥2＝2e，
等号成立的条件是x＝e，
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，
因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有零点．

法二：作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象如图：
可知若使g(x)＝m有零点，
则只需m≥2e.
法三：由g(x)＝m得
x2－mx＋e2＝0.
此方程有大于零的根，
故等价于，
故m≥2e.
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x) 的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1
＝－(x－e)2＋m－1＋e2.
其图象的对称轴为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)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，＋∞)