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【步步高】2015届高考数学第一轮知识点巩固题库 第8讲 函数与方程(含解析)新人教A版


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 C.充分必要条件 B.必要不充分条件 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 2a -3a-9>0, 3 解得 a>3 或 a<- . 2 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( )
2

解析 能用二分法求零点的函数必须在含零点的区间(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 2 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 x ( A.(1,3) C.(0,3) B.(1,2) 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.
1

根据周期函数的性质,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)= 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 x=cos x,在同一坐标系内画出两 个函数 y= x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 x=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)=xe -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 1 x 解析 f(x)=0?e =a+
x

(

).

).

x x

1 x 在同一坐标系中作出 y=e 与 y= 的图象,

可观察出 A、C、D 选项错误,选项 B 正确. 答案 B 二、填空题 7.用二分法研究函数 f(x)=x +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∈______,第二次应计算________. 解析 ∵f(x)=x +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,且第二次验证时需验证 f(0.25)的符号. 答案 (0,0.5) f(0.25)
2
3 3

? ?x+1,x≤0, 8.函数 f(x)=? 则函数 y=f[f(x)]+1 的所有零点所构成的集合为________. ?log2x,x>0, ? ?t≤0, ? 解析 本题即求方程 f[f(x)]=-1 的所有根的集合, 先解方程 f(t)=-1, 即? 或 ?t+1=-1 ? ?t>0, ? 1 1 ? 得 t=-2 或 t= .再解方程 f(x)=-2 和 f(x)= . 2 2 ? log t =- 1 , ? 2

? ?x≤0, ?x>0, ? ? ? 即? 或? 和? 1 ? ? ?x+1=-2 ?log2x=-2 ?x+1=
x≤0,

?

x>0, ? ? 或? 1 ? 2 ?log2x=2.

1 1 得 x=-3 或 x= 和 x=- 或 x= 2. 4 2 1 1 ? ? 答案 ?-3,-2,4, 2?
? ?

9.已知函数 f(x)=e -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 e -2x+a=0 有解问题,即方程 a=2x- e 有解. 令函数 g(x)=2x-e , 则 g′(x)=2-e , 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 2x +4x+1,x<0, ? ? 作同一个“友好点对”). 已知函数 f(x)=? 2 则 f(x)的“友好点对”的 ?ex,x≥0, ? 个数是________. 解析 设 P(x, y)、 Q(-x, -y)(x>0)为函数 f(x)的“友好点对”, 2 2 则 y= x,-y=2(-x)2+4(-x)+1=2x2-4x+1,∴ x+2x2- e e 2 4x+1=0,在同一坐标系中作函数 y1= x、y2=-2x2+4x-1 e 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 1 1- ?(x>0). 11.设函数 f(x)=? ? x? (1)作出函数 f(x)的图象;
3
2
x x x x

x

1 1 (2)当 0<a<b,且 f(a)=f(b)时,求 + 的值; a b (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. 1? (2)∵f(x)=? ? 1- x ?

?x-1,x∈?0,1], =? 1 ?1-x,x∈?1,+∞?,
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), 1 1 1 1 得 0<a<1<b,且 -1=1- ,∴ + =2. a b a b (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)=4 +m·2 +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 4 +m·2 +1=0 仅有一个实根,再利用换元法求解. 解析 ∵f(x)=4 +m·2 +1 有且仅有一个零点, 即方程(2 ) +m·2 +1=0 仅有一个实根. 设 2 =t(t>0),则 t +mt+1=0. 当 Δ =0 时,即 m -4=0, ∴m=-2 时,t=1;m=2 时,t=-1(不合题意,舍去), ∴2 =1,x=0 符合题意. 当 Δ >0 时,即 m>2 或 m<-2 时,
x
2

1

x

x

x

x

x

x

x 2

x

x

2

t2+mt+1=0 有两正或两负根,
即 f(x)有两个零点或没有零点. ∴这种情况不符合题意. 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.
?f?1?≤0, ?1-16+q+3≤0, ? ? ∵函数在区间 [ - 1,1] 上存在零点,则必有 ? 即? ∴- ?f?-1?≥0, ? ? ?1+16+q+3≥0,

20≤q≤12.
4

(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, 15- 17 15± 17 解得 t= ,∴t= ; 2 2 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. 15- 17 综上可知,存在常数 t= ,8,9 满足条件. 2 e 2 14.已知函数 f(x)=-x +2ex+m-1,g(x)=x+ (x>0).
2

x

(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. e 2 解 (1)法一:∵g(x)=x+ ≥2 e =2e,
2

x

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.

e 法二:作出 g(x)=x+ (x>0)的大致图象如图:

2

x

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,

m ? ? 故?2 ? ?Δ =m2-4e2≥0
故 m≥2e.

等价于?

? ?m ?m≥2e或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

5

e 有两个不同的交点,作出 g(x)=x+ (x>0)的大致图象.

2

x

∵f(x)=-x +2ex+m-1 =-(x-e) +m-1+e . 其图象的对称轴为 x=e,开口向下,最大值为 m-1+e . 故当 m-1+e >2e, 即 m>-e +2e+1 时,
2 2 2 2 2

2

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(-e +2e+1,+∞)
2

6


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