高中数学人教版新课标A必修13.1.1方程的根与函数的零点测试题

这是一份高中数学人教版新课标A必修13.1.1方程的根与函数的零点测试题，共6页。

1．已知定义在R上的函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
则函数f(x)一定存在零点的区间是( )
A．(－∞，1) B．(1，2)
C．(2，3)D．(3，＋∞)
解析：选C.若f(x)在[a，b]上连续，且f(a)·f(b)<0则f(x)在(a，b)上一定存在零点．因为f(2)>0，f(3)<0，所以f(x)在(2，3)上一定存在零点．
2．函数f(x)＝lg2x－eq \f(1,x)的零点所在的区间为( )
A．(1，2)B．(2，3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析：选A.函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且函数f(x)单调递增，因为f(1)＝lg21－1＝－1<0，f(2)＝lg22－eq \f(1,2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)>0，
所以在区间(1，2)内，函数f(x)存在零点，故选A.
3．函数f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的零点个数是( )
A．0B．1
C．2D．无数个
解析：选B.作出y＝x3与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象，如图所示，两个函数的图象只有一个交点，所以函数f(x)只有一个零点．故选B.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))则函数f(x)的零点为( )
A.eq \f(1,2)，0B．－2，0
C.eq \f(1,2)D．0
解析：选D.当x≤1时，由f(x)＝0，得2x－1＝0，所以x＝0.当x>1时，由f(x)＝0，得1＋lg2x＝0，所以x＝eq \f(1,2)，不成立，所以函数的零点为0.
5．(2019·烟台高一检测)已知f(x)＝(x－a)(x－b)－2，并且α，β是函数f(x)的两个零点，则实数a，b，α，β的大小关系可能是( )
A．a<αC．α解析：选C.因为α，β是函数f(x)的两个零点，
所以f(α)＝f(β)＝0.又f(a)＝f(b)＝－2<0，结合二次函数的图象(如图所示)可知a，b必在α，β之间．
6．若函数f(x)＝ax2－x＋2只有一个零点，则实数a的取值集合是________．
解析：当a＝0时，f(x)＝－x＋2，令f(x)＝0，解得x＝2，
所以函数只有一个零点2，符合题意；
当a≠0时，由函数只有一个零点可得Δ＝(－1)2－4×a×2＝0，即1－8a＝0，解得a＝eq \f(1,8).
综上a＝eq \f(1,8)或a＝0.
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))
7．已知函数f(x)＝lg x＋x－10的零点在区间(k，k＋1)上，k∈Z，则k＝________．
解析：由题意知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数．
且f(9)＝lg 9＋9－10＝lg 9－1<0，
f(10)＝lg 10＋10－10＝1>0，
即f(9)f(10)<0，
所以函数f(x)在(9，10)内存在唯一的零点，
因为函数f(x)＝lg x＋x－10的零点在区间(k，k＋1)上，k∈Z，所以k＝9.
答案：9
8．若方程x2－(k＋2)x＋1－3k＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且0解析：因为方程x2－(k＋2)x＋1－3k＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且0所以设f(x)＝x2－(k＋2)x＋1－3k，画出函数f(x)的大致图象如图所示．
结合图象知f(0)＝1－3k>0，且f(1)＝－4k<0，且f(2)＝1－5k>0，所以0故实数k的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(k|0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,5)))
9．关于x的方程mx2＋2(m＋3)x＋2m＋14＝0有两个实根，且一个大于4，一个小于4，求m的取值范围．
解：设f(x)＝mx2＋2(m＋3)x＋2m＋14，
依题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>0，,f（4）<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,f（4）>0.))
相应有，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>0，,26m＋38<0))①或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,26m＋38>0.))②
解①得，无解；
解②得，－eq \f(19,13)所以m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(19,13)，0)).
10．已知函数f(x)＝eq \f(cx－1,x＋1)(c为常数)，若1为函数f(x)的零点．
(1)求c的值；
(2)证明函数f(x)在[0，2]上是单调增函数；
(3)已知函数g(x)＝f(ex)－eq \f(1,3)，求函数g(x)的零点．
解：(1)因为1为函数f(x)的零点，
所以f(1)＝0，即c＝1.
(2)证明：设0≤x1则f(x2)－f(x1)＝eq \f(x2－1,x2＋1)－eq \f(x1－1,x1＋1)
＝eq \f(2（x2－x1）,（x2＋1）（x1＋1）)，
因为0≤x1所以x2－x1>0，x2＋1>0，x1＋1>0，
所以f(x2)>f(x1)，即函数f(x)在[0，2]上是单调增函数．
(3)令g(x)＝f(ex)－eq \f(1,3)＝eq \f(ex－1,ex＋1)－eq \f(1,3)＝0，
所以ex＝2，即x＝ln 2，
所以函数g(x)的零点是ln 2.
[B 能力提升]
11．函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－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：选C.由题意可得f(1)f(2)＝(0－a)(3－a)<0，
解得0故实数a的取值范围是(0，3)，故选C.
12．已知x0是函数f(x)＝2x＋eq \f(1,1－x)的一个零点．若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则( )
A．f(x1)<0，f(x2)<0
B．f(x1)<0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0
D．f(x1)>0，f(x2)>0
解析：选B.在同一平面直角坐标系中画出函数y＝2x和函数y＝eq \f(1,x－1)的图象，如图所示，
由图可知函数y＝2x和函数y＝eq \f(1,x－1)的图象只有一个交点，即函数f(x)＝2x＋eq \f(1,1－x)只有一个零点x0，且x0>1.
因为x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，所以由函数图象可知，f(x1)<0，f(x2)>0.
13．已知y＝f(x)是定义域为R的奇函数，当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2－2x.
(1)写出函数y＝f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝a恰有3个不同的解，求a的取值范围．
解：(1)当x∈(－∞，0)时，－x∈(0，＋∞)，因为y＝f(x)是奇函数，
所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－2(－x)]＝－x2－2x，
所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x<0.))
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，
最小值为－1；
当x∈(－∞，0)时，f(x)＝－x2－2x＝1－(x＋1)2，最大值为1.
所以据此可作出函数y＝f(x)的图象，如图所示：
根据图象得，若方程f(x)＝a恰有3个不同的解，则a的取值范围是(－1，1)．
14．(选做题)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)试确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解：(1)作出g(x)＝x＋eq \f(e2,x)(x>0)的图象如图：
可知若g(x)＝m有零点，
则有m≥2e.
故m的取值范围为{m|m≥2e}．
(2)g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．在同一平面直角坐标系中，作出g(x)＝x＋eq \f(e2,x)(x>0)和f(x)的图象，如图．
因为f(x)＝－x2＋2ex＋m－1
＝－(x－e)2＋m－1＋e2，
其图象的对称轴为直线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)有两个不同的交点，
即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，
所以m的取值范围是m>－e2＋2e＋1.
x
1
2
3
f(x)
3.4
2.6
－3.7