(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习10《函数与方程》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

这是一份(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习10《函数与方程》巩固练习（2份打包，答案版+教师版），文件包含小白高考新高考数学适合艺考生一轮复习10《函数与方程》巩固练习教师版doc、小白高考新高考数学适合艺考生一轮复习10《函数与方程》巩固练习含答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。

、选择题
函数f(x)＝x＋ln x﹣3的零点所在的区间为( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
【答案解析】答案为：C.
解析：法一：(利用零点存在性定理)
因为函数f(x)是增函数，且f(2)＝ln 2﹣1＜0，f(3)＝ln 3＞0，
所以由零点存在性定理得函数f(x)的零点位于区间(2,3)上，故选C.
法二：(数形结合)函数f(x)＝x＋ln x﹣3的零点所在区间转化为g(x)＝ln x，
h(x)＝﹣x＋3的图象的交点横坐标所在范围.如图所示，可知f(x)的零点在(2,3)内.
函数f(x)＝ln(2x)﹣1的零点所在区间是( )
A.(2,3) B.(3,4) C.(0,1) D.(1,2)
【答案解析】答案为：D.
解析：f(x)＝ln(2x)﹣1是(0，＋∞)上的增函数，并且是连续函数，且f(1)＝ln 2﹣1＜0，f(2)＝ln 4﹣1＞0，根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)内.故选D.
函数f(x)＝ax2﹣2x＋1在区间(﹣1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(﹣3,1) B.(eq \f(3,4)，1) C.(﹣3，eq \f(3,4)) D.(﹣∞，﹣3)或(eq \f(3,4)，+∞)
【答案解析】答案为：B.
解析：根据零点存在性定理及二次函数的图象可知，函数f(x)＝ax2﹣2x＋1在区间(﹣1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点时，f(﹣1)f(1)<0，f(1)f(2)<0解得eq \f(3,4)＜a＜1，故选B.
函数f(x)＝ SKIPIF 1 < 0 的零点个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案解析】答案为：B.
解析：法一：(定理法)
∵f(0)＝﹣1，f(1)＝eq \f(1,2)，∴f(0)f(1)＜0，故函数f(x)在(0,1)上至少存在一个零点，
又∵f(x)为增函数，∴f(x)的零点个数为1.
法二：(图象法)
令f(x)＝0，得 SKIPIF 1 < 0 ，在平面直角坐标系中分别画出函数y＝ SKIPIF 1 < 0 与y＝(eq \f(1,2))x的图象(图略)，可得交点只有一个，∴函数f(x)的零点只有1个，故选B.
已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x＞0时，f(x)＝2x＋2x﹣4，则f(x)的零点个数是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案解析】答案为：B.
解析：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(eq \f(1,2))·f(2)＜0，所以当x＞0时函数f(x)有1个零点.根据奇函数的对称性可知，当x＜0时，函数f(x)也有1个零点.因此函数f(x)一共有3个零点.故选B.
函数f(x)＝ex＋x﹣3在区间(0,1)上的零点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案解析】答案为：B.
解析：由题知函数f(x)是增函数.根据函数的零点存在性定理及f(0)＝﹣2，f(1)＝e﹣2＞0，可知函数f(x)在区间(0,1)上有且只有一个零点，故选B.
函数f(x)＝xcs x2在区间[0,4]上的零点个数为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案解析】答案为：C.
解析：∵x∈[0,4]，∴x2∈[0,16]，当x2＝0，eq \f(π,2)，eq \f(3π,2)，eq \f(5π,2)，eq \f(7π,2)，eq \f(9π,2)时f(x)＝0都成立.
∴f(x)的零点个数为6.故选C.
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))则函数y＝f(x)＋3x的零点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案解析】答案为：C.
解析：根据题意，令x2﹣2x＋3x＝0，解得x1＝0，x2＝﹣1，即当x≤0时函数有两个零点；又当x＞0时，1＋eq \f(1,x)＋3x＝0无解.故函数只有两个零点.故选C.
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|2x－1|，x<2，,\f(3,x－1)，x≥2.))方程f(x)﹣a＝0有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为( )
A.(1,3) B.(0,3) C.(0,2) D.(0,1)
【答案解析】答案为：D.
解析：画出函数f(x)的大致图象，如图.由方程f(x)﹣a＝0有三个不同的实数根，可知函数y＝a与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，由图象易知，实数a的取值范围是(0,1)，故选D.
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋x－\f(9,4)，x≤0，,x－2，x>0.))若方程f(x)＝a有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是( )
A.[﹣eq \f(5,2),﹣eq \f(9,4)]∪[﹣2，＋∞) B.(﹣2，＋∞)
C.(﹣eq \f(5,2),﹣eq \f(9,4)]∪(﹣2，＋∞) D.[﹣eq \f(5,2),﹣eq \f(9,4))∪(﹣2，＋∞)
【答案解析】答案为：C.
解析：方程f(x)＝a有两个不相等的实数根等价于函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有两个不同的交点，作出函数f(x)的图象如图所示，由图可知，a∈(﹣eq \f(5,2),﹣eq \f(9,4)]∪(﹣2，＋∞).故选C.
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A.[﹣1,0) B.[0，＋∞) C.[﹣1，＋∞) D.[1，＋∞)
【答案解析】答案为：C.
解析：令h(x)＝﹣x﹣a，则g(x)＝f(x)﹣h(x).在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)的示意图，如图所示.若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象，可知当直线y＝﹣x﹣a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝﹣0﹣a，a＝﹣1.当y＝﹣x﹣a在y＝ ﹣x＋1上方，即a＜﹣1时，仅有1个交点，不符合题意.当y＝﹣x﹣a在y＝﹣x＋1下方，即a＞﹣1时，有2个交点，符合题意.综上，a的取值范围为[﹣1，＋∞).故选C.
方程4sin πx＝eq \f(2,1－x)在[﹣2，4]内根的个数为( )
A.6 B.7 C.5 D.8
【答案解析】答案为：D.
解析：由原方程得2sin πx＝eq \f(1,1－x)，在同一坐标系中作出两函数y＝2sin πx和y＝eq \f(1,1－x)的图象，如图.由图可知，两函数的图象在[﹣2,4]上共有8个交点，即原方程在[﹣2，4]内有8个根.故选D.
、填空题
若函数f(x)＝ax﹣b有一个零点是3，那么函数g(x)＝bx2＋3ax的零点是________.
【答案解析】答案为：0，﹣1
解析：∵函数f(x)＝ax﹣b的零点是3，∴3a﹣b＝0，即b＝3a.
于是函数g(x)＝bx2＋3ax＝bx2＋bx＝bx(x＋1)，令g(x)＝0，得x＝0或x＝﹣1.
若函数f(x)＝ax＋1﹣2a在区间(﹣1,1)上存在一个零点，则实数a的取值范围是_______.
【答案解析】答案为：(eq \f(1,3)，1).
解析：当a＝0时，函数f(x)＝1在(﹣1,1)上没有零点，所以a≠0.
所以函数f(x)是单调函数，要满足题意，只需f(﹣1)f(1)＜0，
即(﹣3a＋1)·(1﹣a)＜0，所以(a﹣1)·(3a﹣1)＜0，解得eq \f(1,3)＜a＜1，
所以实数a的取值范围是(eq \f(1,3)，1).
函数f(x)＝ex＋eq \f(1,2)x﹣2的零点个数为________.
【答案解析】答案为：1.
解析：∵f′(x)＝ex＋eq \f(1,2)＞0，∴f(x)在R上单调递增，
又f(0)＝1﹣2＜0，f(1)＝e﹣eq \f(3,2)＞0，∴函数f(x)在定义域内有零点且只有一个.
设函数f(x)＝x2，若函数g(x)＝[f(x)]2＋mf(x)＋m＋3有四个零点，则实数m的取值范围为________.
【答案解析】答案为：(﹣3，﹣2).
解析：根据函数f(x)＝x2≥0且g(x)＝[f(x)]2＋mf(x)＋m＋3，令t＝f(x)，结合函数f(x)＝x2的图象及题意可知方程t2＋mt＋m＋3＝0有两个不等正根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝m2－4m＋3>0，,－m>0，,m＋3>0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m>6或m<－2，,m<0，,m>－3，))即﹣3＜m＜﹣2.
、解答题
已知函数f(x)＝﹣x2﹣2x，g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x>0，,x＋1，x≤0.))
(1)求g(f(1))的值；
(2)若方程g(f(x))﹣a＝0有4个不同的实数根，求实数a的取值范围.
【答案解析】解：(1)g(f(1))＝g(﹣3)＝﹣3＋1＝﹣2.
(2)令f(x)＝t(t＜1)，则原方程化为g(t)＝a有4个不同的实数根，
易知方程f(x)＝t在(﹣∞，1)内有2个不同的实数根，
则原方程有4个不同的实数根等价于函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a的图象有2个不同的交点，如图，画出函数g(t)的图象，
结合图象可知，1≤a＜eq \f(5,4)，即a的取值范围是[1，eq \f(5,4)).
已知函数f(x)＝2x﹣eq \f(a,2x)(a∈R)，将y＝f(x)的图象向右平移两个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象.
(1)求函数y＝g(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝a在x∈[0,1]上有且仅有一个实数根，求实数a的取值范围.
【答案解析】解：(1)由题意，得g(x)＝2x﹣2﹣eq \f(a,2x－2).
(2)设2x＝t，x∈[0,1]，则t∈[1,2]，原方程可化为t2﹣at﹣a＝0，
t2﹣at﹣a＝0在t∈[1,2]上有且仅有一个实数根.
法一：设k(t)＝t2﹣at﹣a，图象的对称轴方程为t＝eq \f(a,2)，
因为k(1)＝1﹣2a，k(2)＝4﹣3a，
所以k(1)与k(2)不同时为0，所以k(1)·k(2)≤0，①
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝0，,1≤\f(a,2)≤2，))②
由①得(1﹣2a)(4﹣3a)≤0，即(2a﹣1)(3a﹣4)≤0，得eq \f(1,2)≤a≤eq \f(4,3).
由②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋4a＝0，,2≤a≤4，))无解，故实数a的取值范围是[eq \f(1,2)，eq \f(4,3)].
法二：由t2﹣at﹣a＝0，t∈[1,2]，得eq \f(1,a)＝(eq \f(1,t))2＋eq \f(1,t)，t∈[1,2].
设u＝eq \f(1,t)，则u∈[eq \f(1,2)，1]，eq \f(1,a)＝u2＋u.
记h(u)＝u2＋u，则h(u)＝u2＋u在[eq \f(1,2)，1]上单调递增，
故h(eq \f(1,2))≤eq \f(1,a)≤h(1)，即eq \f(3,4)≤eq \f(1,a)≤2，所以eq \f(1,2)≤a≤eq \f(4,3)，
故实数a的取值范围是[eq \f(1,2)，eq \f(4,3)].
已知函数f(x)＝lg2(2x＋1).
(1)求证：函数f(x)在(﹣∞，＋∞)上单调递增；
(2)若g(x)＝lg2(2x﹣1)(x＞0)，且关于x的方程g(x)＝m＋f(x)在[1,2]上有解，求m的取值范围.
【答案解析】解：(1)证明：∵函数f(x)＝lg2(2x＋1)，任取x1＜x2，
则f(x1)﹣f(x2)＝lg2(2x1＋1)﹣lg2(2x2＋1)＝lg2eq \f(2x1＋1,2x2＋1)，
∵x1＜x2，∴0＜eq \f(2x1＋1,2x2＋1)＜1，
∴lg2eq \f(2x1＋1,2x2＋1)＜0，
∴f(x1)＜f(x2)，
∴函数f(x)在(﹣∞，＋∞)上单调递增.
(2)∵g(x)＝m＋f(x)，
∴m＝g(x)﹣f(x)＝lg2(2x﹣1)﹣lg2(2x＋1)＝lg2eq \f(2x－1,2x＋1)＝lg2(1- SKIPIF 1 < 0 )，
∵1≤x≤2，∴2≤2x≤4，
∴lg2eq \f(1,3)≤lg2(1- SKIPIF 1 < 0 )≤lg2eq \f(3,5)，
故m的取值范围为[lg2eq \f(1,3)，lg2eq \f(3,5)].