2022版高考人教版数学一轮练习：练案【12理】【12文】 函数与方程

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【12理】【12文】 函数与方程，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

A组基础巩固
一、选择题
1．若函数f(x)的唯一零点同时在区间(0,4)，(0,2)，(1,2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))内，则与f(0)符号相同的是( C )
A．f(4) B．f(2)
C．f(1) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))
[解析] 本题实质考查二分法．
由题意知f(x)的零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))内，可知f(0)与f(1)符号相同．
2．已知函数f(x)＝eq \f(6,x)－lg2x，则f(x)的零点所在的区间是( C )
A．(0,1) B．(2,3)
C．(3,4) D．(4，＋∞)
[解析] 易知f(x)是单调函数，f(3)＝2－lg23>0，f(4)＝eq \f(3,2)－lg24＝eq \f(3,2)－2＝－eq \f(1,2)<0，故f(x)的零点所在的区间是(3,4)．
3．下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递减的是( A )
A．y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(x＋1) B．y＝2x－1
C．y＝x2－eq \f(1,2) D．y＝x3
[解析] 函数y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(x＋1)在定义域上单调递减，且x＝0时y＝0，y＝x2－eq \f(1,2)在(－1,1)上不是单调函数，y＝x3在定义域上单调递增，且x＝0时y＝0.对于y＝2x－1，当x＝0∈(－1,1)时，y＝0且y＝2x－1在R上单调递增．故选A、D.
4．若函数f(x)＝ax＋b的零点是2，则函数g(x)＝bx2－ax的零点可以是( C )
A．0 B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2)或0 D．2
[解析] 2a＋b＝0，∴g(x)＝－2ax2－ax＝0，得x＝0或－eq \f(1,2)，故选C.
5．函数f(x)＝x·cs 2x在区间[0,2π]上的零点的个数为( D )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 借助余弦函数的图象求解，f(x)＝x·cs 2x＝0⇒x＝0或cs 2x＝0，又cs 2x＝0在[0,2π]上有eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)，eq \f(5π,4)，eq \f(7π,4)，共4个根，故原函数有5个零点．
6．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(1)>0，f(2)<0，则f(x)在(1,2)上零点的个数为( C )
A．至多有一个 B．有一个或两个
C．有且仅有一个 D．—个也没有
[解析] 因为f(1)>0，f(2)<0，所以f(x)在(1,2)上必有零点，又因为函数为二次函数，所以有且仅有一个零点．故选C.
7．(2021·山东青岛模拟)已知a是函数f(x)＝2x－lg eq \s\d7(\f(1,2))x的零点，若0A．f(x0)＝0 B．f(x0)>0
C．f(x0)<0 D．f(x0)≤0
[解析] 在同一坐标系中作出函数y＝2x，y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))x的图象，由图象可知，当08．(2021·湖南永州模拟)若函数f(x)＝2|x|－k存在零点，则k的取值范围是( D )
A．(－∞，0) B．[0，＋∞)
C．(－∞，1) D．[1，＋∞)
[解析] 由函数f(x)＝2|x|－k存在零点，得2|x|＝k有解，作出函数y＝2|x|的图象如图所示，则由图象可知，要使函数f(x)＝2|x|－k存在零点，只需y＝2|x|与y＝k的图象有交点，则k≥1，故选D.
9．(2021·广西宜州联考)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－lg3|x|的零点个数是( B )
A．5 B．4
C．3 D．2
[解析] ∵偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，∴函数的周期为2.当x∈[0,1]时，f(x)＝x，故当x∈[－1,0]时，f(x)＝－x.函数y＝f(x)－lg3|x|的零点的个数等于函数y＝f(x)的图象与函数y＝lg3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y＝f(x)的图象与函数y＝lg3|x|的图象，如图所示显然函数y＝f(x)的图象与函数y＝lg3|x|的图象有4个交点，故选B.
10．(理)(2020·宣城二模)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 021＋(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( A )
A．a>c>d>b B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
(文)已知f(x)是定义域为R的偶函数，在(－∞，0)上单调递减，且f(－3)·f(6)<0，那么下列结论中正确的是( C )
A．f(x)可能有两个零点 B．f(3)·f(－4)≥0
C．f(－4)[解析] (理)根据题意，设g(x)＝(x－a)(x－b)，则f(x)＝g(x)＋2 021，
若g(x)＝0，则x＝a或x＝b，即函数g(x)的图象与x轴的交点为(a,0)和(b,0)．
f(x)＝2 021＋(x－a)(x－b)＝0即g(x)＝－2 021，若f(x)＝2 021＋(x－a)(x－b)的零点为c，d，则g(x)的图象与直线y＝－2 021的交点坐标为(c，－2 021)和(d，－2 021)，由图象知a>c>d>b，故选A.
(文)本题考查函数的性质和零点问题，因为f(x)是定义域为R的偶函数，又f(－3)·f(6)<0，所以f(3)·f(6)<0.又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，且f(3)<0，f(6)>0，所以函数f(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有两个零点．但是f(0)的值没有确定，所以函数f(x)可能有三个零点，故A不正确；又f(－4)＝f(4)，4∈(3,6)，所以f(－4)的符号不确定，故B不正确；C项显然正确；由于f(0)的值没有确定，所以f(0)与f(－6)的大小关系不确定，所以D不正确，故选C.
二、填空题
11．已知函数f(x)＝eq \f(2,3x＋1)＋a的零点为1，则实数a的值为 －eq \f(1,2) .
[解析] 由已知得f(1)＝0，即eq \f(2,31＋1)＋a＝0，解得a＝－eq \f(1,2).
12．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－a，x≤0，,ln x，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是__(0,1]__．
[解析] 当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．令f(x)＝0，得a＝2x，因为0<2x≤20＝1，所以013．(2021·河北武邑中学调研)函数f(x)＝3x－7＋ln x的零点位于区间(n，n＋1)(n∈N)内，则n＝__2__.
[解析] 因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝－1＋ln 2<0，f(3)＝2＋ln 3>0，所以函数f(x)的零点位于区间(2,3)内，故n＝2.
14．(2021·江苏淮安联考)函数f(x)对一切实数x都满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))，并且方程f(x)＝0有三个实根，则这三个实根的和为 eq \f(3,2) .
[解析] 因为函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(1,2)对称，所以方程f(x)＝0有三个实根时，一定有一个根是eq \f(1,2)，另外两个根的和为1，故方程f(x)＝0的三个实根的和为eq \f(3,2).
15．(2021·广东阳江调研)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1，x<1，,lg eq \s\d7(\f(1,2)x，x≥1，))若关于x的方程f(x)＝k有三个不同的实根，则实数k的取值范围是__(－1,0)__．
[解析] 关于x的方程f(x)＝k有三个不同的实根，等价于函数f(x)与函数y＝k的图象有三个不同的交点，作出函数f(x)的图象如图所示，由图可知实数k的取值范围是(－1,0)．
B组能力提升
1．y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，相应的x值与y的值如下表：
则y＝f(x)在区间(1,6)上零点个数为( D )
A．3个 B．奇数
C．偶数 D．至少3个
[解析] 由表可知，在(1,2)，(3,4)，(5,6)三个区间内，y＝f(x)各至少有一个零点，故在(1,6)内至少有3个零点．
2．函数f(x)＝|lg x2|＋x2－2|x|的零点的个数为( C )
A．2 B．3
C．4 D．6
[解析] 函数f(x)＝|lg x2|＋x2－2|x|的零点个数，
即方程|lg x2|＝－x2＋2|x|的根的个数，
考虑g(x)＝|lg x2|，h(x)＝－x2＋2|x|，
定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函数，
当x>0时，g(x)＝|2lg x|，h(x)＝－x2＋2x，作出函数图象：
两个函数一共有两个交点，即当x>0时，|lg x2|＝－x2＋2|x|有两根，
根据对称性可得：当x<0时|lg x2|＝－x2＋2|x|有两根，
所以|lg x2|＝－x2＋2|x|一共4个根，
即函数f(x)＝|lg x2|＋x2－2|x|的零点的个数为4.故选C.
3．设函数f(x)的零点为x1，g(x)＝4x＋2x－2的零点为x2，若|x1－x2|≤0.25，则f(x)可以是( A )
A．f(x)＝(2x－1)2 B．f(x)＝ex－1
C．f(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2 D．f(x)＝4x＋1
[解析] 选项A，x1＝eq \f(1,2)；选项B，x1＝0；选项C，x1＝eq \f(3,2)或－eq \f(1,2)；选项D，x1＝－eq \f(1,4).因为g(1)＝4＋2－2>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2＋1－2>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \r(2)＋eq \f(1,2)－2<0，g(0)＝1－2<0，则x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))).选项中，x1＝eq \f(1,2)满足|x1－x2|≤0.25.故选A.
4．已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是( A )
A．f(a)C．f(1)[解析] 由题意，知f′(x)＝ex＋1>0在x∈R上恒成立，故函数f(x)在R上单调递增，而f(0)＝e0＋0－2＝－1<0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1>0，所以函数f(x)的零点a∈(0,1)；
由题意，知g′(x)＝eq \f(1,x)＋1>0在x∈(0，＋∞)内恒成立，故函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递增．
又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2>0，
所以函数g(x)的零点b∈(1,2)．
综上，可得0所以f(a)5．(2021·天津部分区质量调查)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg eq \s\d7(\f(1,2))x＋1，－1A．(eq \f(1,2)，1) B．(eq \f(3,4)，1)
C．(eq \f(3,4)，2) D．(eq \f(3,2)，2)
[解析] 假设ax
1
2
3
4
5
6
y
0.5
－3
－2
3
4
－4