高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.8(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.8(教师版)，共10页。
一、选择题
1．已知函数f(x)、g(x)：
则函数y＝f[g(x)]的零点是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 由题意，g(x)＝1，∴x＝1，故选B.
2．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵a>0，∴a2＋1>1，而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．故选B.
3．若函数f(x)＝2ax2－x－1在(0,1)内恰有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,1) B．[1，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 C
解析 当a＝0时，函数的零点是x＝－1，不合题意．当a≠0时，若Δ>0，f(0)·f(1)1.
若Δ＝0，即a＝－eq \f(1,8)，函数的零点是x＝－2，不合题意，故选C.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－csx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－csx的零点个数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－csx＝0⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x＝csx的根的个数，即函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x与g(x)＝csx的图象的交点个
数．如图所示，在区间[0,2π]上交点个数为3，故选C.
5．若函数f(x)＝lg2(x＋a)与g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)存在相同的零点，则a的值为( )
A．4或－eq \f(5,2) B．4或－2
C．5或－2 D．6或－eq \f(5,2)
答案 C
解析 g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)＝(x＋4)[x－(a＋5)]，令g(x)＝0，得x＝－4或x＝a＋5，则f(－4)＝lg2(－4＋a)＝0或f(a＋5)＝lg2(2a＋5)＝0，解得a＝5或a＝－2.故选C.
6．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－ln x，则函数y＝f(x)( )
A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点
B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点
C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点
D．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点
答案 D
解析 令f(x)＝0得eq \f(1,3)x＝ln x．作出函数y＝eq \f(1,3)x和y＝ln x的图象，如图，显然y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在(1，e)内有零点，故选D.
7．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
答案 B
解析 设g(x)＝eq \f(1,1－x)，由于函数g(x)＝eq \f(1,1－x)＝－eq \f(1,x－1)在(1，＋∞)上单调递增，函数h(x)＝2x在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)＝h(x)＋g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(1，＋∞)上只有唯一的零点x0，且在(1，x0)上f(x1)0，故选B.
8．函数f(x)，g(x)满足：对任意x∈R，都有f(x2－2x＋3)＝g(x)，若关于x的方程g(x)＋sineq \f(π,2)x＝0只有5个根，则这5个根之和为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
答案 A
解析 由f(x2－2x＋3)＝g(x)及y＝x2－2x＋3的图象关于直线x＝1对称知g(x)的图象关于直线x＝1对称，由g(x)＋sineq \f(π,2)x＝0，知g(x)＝－sineq \f(π,2)x，因为y＝－sineq \f(π,2)x的图象也关于直线x＝1对称，g(x)＋sineq \f(π,2)x＝0有5个根，故必有一个根为1，另外4个根的和为4.所以原方程所有根之和为5.故选A.
9．定义在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，π))上的函数f(x)满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))时，f(x)＝ln x，若函数g(x)＝f(x)－ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，π))上有零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(ln π,π)，0)) B．[－πln π，0]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，\f(ln π,π))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(e,π)，－\f(1,π)))
答案 B
解析 令x∈[1，π]，则eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))，因为f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))时，f(x)＝ln x，所以f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝－ln x，则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，1))，,－ln x，x∈[1，π]，))
在坐标系中画出函数f(x)的图象如图：
因为函数g(x)＝f(x)－ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，π))上有零点，所以直线y＝ax与函数f(x)的图象有交点．由图得，当a取满足题意的最小值时，直线y＝ax与f(x)的图象相交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)，－ln π))，此时－ln π＝eq \f(a,π)⇒a＝－πln π，由图可得，实数a的取值范围是[－πln π，0]，故选B.
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4a－3x＋3a，x0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))
答案 C
解析 要使函数f(x)在R上单调递减，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3－4a,2)≥0，,00恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又因为f(2)＝－2＋ln 20，所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f(x)的零点个数为2.
13．已知a是实数，函数f(x)＝2a|x|＋2x－a，若函数y＝f(x)有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析 由题意易知a≠0，令f(x)＝0，即2a|x|＋2x－a＝0，变形得|x|－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,a)x，
分别作出函数y1＝|x|－eq \f(1,2)，y2＝－eq \f(1,a)x的图象，如图所示．
由图易知，当0eq \r(4－x2)恒成立，令y＝3x＋b，y＝eq \r(4－x2)，则只要直线y＝3x＋b在半圆 x2＋y2＝4(y≥0)上方即可，由eq \f(|b|,\r(10))>2，解得b>2eq \r(10)(舍去负值)，故实数b的取值范围是(2eq \r(10)，＋∞)．
三、解答题
15．已知二次函数f(x)＝x2＋(2a－1)x＋1－2a.
(1)判断命题：“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；
(2)若y＝f(x)在区间(－1,0)及eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”是真命题．
依题意，f(x)＝1有实根，即x2＋(2a－1)x－2a＝0有实根，因为Δ＝(2a－1)2＋8a＝(2a＋1)2≥0对于任意的a∈R恒成立，即x2＋(2a－1)x－2a＝0必有实根，从而f(x)＝1必有实根．
(2)依题意，要使y＝f(x)在区间(－1,0)及eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1>0，,f00，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－4a>0，,1－2a0，))解得eq \f(1,2)2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．