5.1 方程解的存在性及方程的近似解练测评（word含答案解析）

这是一份5.1 方程解的存在性及方程的近似解练测评（word含答案解析），文件包含2020-2021学年新教材北师大版必修第一册511利用函数性质判定方程解的存在性作业doc、2020-2021学年新教材北师大版必修第一册512利用二分法求方程的近似解作业doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

1.1　利用函数性质判定方程解的存在性1.下列图象表示的函数中没有零点的是(　　)2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))则函数f(x)的零点为(　　)A.eq \f(1,2)，0 B．－2,0C.eq \f(1,2) D．03．若2是函数f(x)＝x2－m的一个零点，则m＝________.4.对于函数f(x)，若f(－1)·f(3)<0，则(　　)A．方程f(x)＝0一定有实数解B．方程f(x)＝0一定无实数解C．方程f(x)＝0一定有两实数解D．方程f(x)＝0可能无实数解5．方程ex＋4x－3＝0的根所在的区间为(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))6．方程log3x＋x＝3的解所在的区间为(　　)A．(0,2) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)7.f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3，x≤0，,－2＋ln x，x>0))的零点个数为(　　)A．3 B．2C．1 D．08．方程log2x－x＋2＝0的根的个数为________．1．下列关于函数零点的说法正确的是(　　)A．函数零点就是函数图象与x轴的交点B．函数f(x)有几个零点，其图象与x轴就有几个交点C．不存在没有零点的函数D．若f(x)＝0有且仅有两个相等的实根，则函数f(x)有两个零点2．已知函数f(x)的图象是连续不断的，有如下的x，f(x)对应值表由表可知方程f(x)＝0的根至少有(　　)A．1个 B．2个C．3个 D．4个3．若x0是方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝x的根，则x0属于区间(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))4．函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点个数为(　　)A．1 B．2C．3 D．45．已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)－2，并且α，β是方程f(x)＝0的两个根，则a，b，α，β的大小关系可能是(　　)A．a<α0，则不存在实数c∈(a，b)，使得f(c)＝0B．若f(a)·f(b)<0，则只存在一个实数c∈(a，b)，使得f(c)＝0C．若f(a)·f(b)>0，则有可能存在实数c∈(a，b)，使得f(c)＝0D．若f(a)·f(b)<0，则有可能不存在实数c∈(a，b)，使得f(c)＝02．若方程x2＋2(m－1)x＋2m＋6＝0有两个实根x1，x2，且满足01时，令1＋log2x＝0，得x＝eq \f(1,2)，此时无解．综上所述，函数零点为0.选D.答案：D3．解析：∵2是函数f(x)＝x2－m的一个零点，∴f(2)＝0，得4－m＝0，∴m＝4.答案：44．解析：因为函数f(x)的图象在(－1,3)上未必连续，所以尽管f(－1)·f(3)<0，但函数y＝f(x)在(－1,3)上未必有零点，即方程f(x)＝0可能无实数解．答案：D5．解析：令f(x)＝ex＋4x－3，∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq \r(4,e)－2<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－1>0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，∴方程ex＋4x－3＝0的根在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))上．答案：C6．解析：令f(x)＝log3x＋x－3，则f(2)＝log32＋2－3＝log3eq \f(2,3)<0，f(3)＝log33＋3－3＝1>0，所以方程log3x＋x＝3的解所在的区间为(2,3)．答案：C7．解析：当x≤0时，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3；当x>0时，由－2＋ln x＝0，得x＝e2.故函数f(x)有2个零点，选B.答案：B8．解析：log2x－x＋2＝0，即log2x＝x－2.令y1＝log2x，y2＝x－2.画出两个函数的大致图象，如图所示．由图可知，两个函数有两个不同的交点．所以方程log2x－x＋2＝0有两个根．答案：2关键能力综合练1．解析：函数零点指的是使f(x)＝0的x的值，即函数图象与x轴交点的横坐标，所以A不正确；并不是所有的函数都有零点，比如函数y＝2，故C不正确；两个相等的实根只算一个零点，所以D不正确．故选B.答案：B2．解析：∵f(2)f(3)<0，f(3)f(4)<0，f(4)f(5)<0，f(6)f(7)<0，∴函数f(x)至少有4个零点，即方程f(x)＝0到少有4个实根．答案：D3．解析：设函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－x，则函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线．又f(0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0－0＝1>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<0，f(1)＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)<0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，故函数f(x)的零点所在的区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，即方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝xeq \f(1,3)的根x0属于区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).答案：C4．解析：令f(x)＝2x|log0.5x|－1＝0，可得|log0.5x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x.设g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在同一坐标系下分别画出函数g(x)，h(x)的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f(x)有2个零点．答案：B5．解析：由题意得，f(a)＝f(b)<0，而f(α)＝f(β)＝0，借助图象可知(图略)，a，b，α，β的大小关系有可能是α0，求解可得00，,f0<0，,f2<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋2a－3>0，,a2－4<0，,a2－4a<0，))解得10，得方程有两个不等实根．设f(x)＝5x2－7x－1，则f(－1)＝5＋7－1＝11，f(0)＝－1，f(1)＝5－7－1＝－3，f(2)＝20－14－1＝5.∵f(－1)·f(0)＝－11<0，f(1)·f(2)＝－15<0，且f(x)＝5x2－7x－1的图象在R上是连续不断的，∴f(x)在(－1,0)和(1,2)上分别有零点，即方程5x2－7x－1＝0的一个根在区间(－1,0)上，另一个根在区间(1,2)上．学科素养升级练1．解析：当零点在区间(a，b)内时，f(a)·f(b)>0也可能成立，因此A不正确，C正确；若y＝f(x)满足零点存在性定理的两个条件，则在该区间内必存在零点，但个数不能确定，故B，D都不正确．选A、B、D.答案：ABD2．解析：设f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f0＝2m＋6>0，,f1＝1＋2m－1＋2m＋6<0，,f4＝16＋8m－1＋2m＋6>0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m>－3，,m<－\f(5,4)，,m>－\f(7,5)，))解得－eq \f(7,5)