2024版高考数学微专题专练11函数与方程理（附解析）

这是一份2024版高考数学微专题专练11函数与方程理（附解析），共6页。


[基础强化]
一、选择题
1．若函数f(x)＝x2－ax＋b的两个零点是2和3，则g(x)＝bx2－ax－1的零点是( )
A．－1和eq \f(1,6)B．1和－eq \f(1,6)
C．eq \f(1,2)和eq \f(1,3)D．－eq \f(1,2)和－eq \f(1,3)
2．方程lg4x＋x＝7的根所在区间是( )
A．(1，2) B．(3，4)
C．(5，6) D．(6，7)
3．函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3，x≤0，,lgx－1，x>0))的所有零点之和为( )
A．7B．5
C．4 D．3
4．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－lnx，则函数y＝f(x)( )
A．在区间(eq \f(1,e)，1)，(1，e)内均有零点
B．在区间(eq \f(1,e)，1)，(1，e)内均无零点
C．在区间(eq \f(1,e)，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点
D．在区间(eq \f(1,e)，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点
5．函数f(x)＝lnx＋2x－6的零点位于( )
A．(1，2) B．(2，3)
C．(3，4) D．(4，5)
6．方程lg3x＋x－3＝0的解所在的区间是( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
7．函数f(x)＝xeq \f(1,2)－(eq \f(1,2))x的零点的个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
8．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为( )
A．{1，3}B．{－3, －1，1，3}
C．{2－eq \r(7)，1，3}D．{－2－eq \r(7)，1，3}
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx＋2，x≤0，,lnx，x>0))(k∈R)，若函数y＝|f(x)|＋k有三个零点，则实数k满足( )
A．k≤2B．－1C．－2≤k<－1D．k≤－2
二、填空题
10．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________.
11．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－x－2，x≤0，,\r(x)，x>0，))若f(x0)＝1，则x0＝________.
12．已知偶函数f(x)满足f(x)＝f(x＋2)，且当x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，若在区间[－1，3]内，函数g(x)＝f(x)－lga(x＋2)有3个零点，则实数a的取值范围是________．
[能力提升]
13．[2022·山西省高三第一次模拟]设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg2（x－2）|，24))，若f(x)＝a有四个实数根x1、x2、x3、x4，且x1A．(eq \f(16,3)，eq \f(13,2)) B．(4，eq \f(13,2))
C．(3，eq \f(17,4)) D．(3，＋∞)
14．[2022·广西四市高三质检]设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－x，0≤x<1，,f（\f(x,2)）＋1，x≥1，))若方程f(x)＝lgax(a>0且a≠1)有唯一实根，则a的取值范围是( )
A.(eq \f(1,e)，1)∪(eq \r(5,4)，＋∞)
B．(eq \f(1,e)，1)∪(1，eq \r(5,4))
C．(0，eq \f(1,e))∪(eq \r(5,4)，＋∞)
D．(0，eq \f(1,e))∪(1，eq \r(5,4))
15．[2022·江西省高三二模]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1＋21－x－2，x≥0,|lg4（－x）|，x<0))，f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，且x1A．－2B．－eq \f(3,2)
C．－1D．－eq \f(1,2)
16．[2022·江西省高三一模]已知f(x)＝eq \f(x,x－1)(x>1)，若α，β分别是方程f(x)＝ex，f(x)＝lnx的根，则下列说法：①α＋β>4；②e<αβ<2e2；③α＋β＝αβ，其中正确的个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
专练11 函数与方程
1．B 由题意得x2－ax＋b＝0有两根2，3.
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＋3＝a，,2×3＝b，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝5，,b＝6.))
由bx2－ax－1＝0，得6x2－5x－1＝0，
得x＝－eq \f(1,6)或x＝1.
2．C 令f(x)＝lg4x＋x－7，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且函数在(0，＋∞)上连续．因为f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)f(6)<0，所以函数f(x)＝lg4x＋x－7的零点所在的区间为(5，6)，即方程lg4x＋x＝7的根所在区间是(5，6).故选C.
3．A 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3＝0，,x≤0，))得x1＝－3，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lgx－1＝0，,x>0，))得x2＝10，∴函数f(x)的所有零点之和为10－3＝7.
4．D ∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,3e)＋1>0，
f(1)＝eq \f(1,3)>0，f(e)＝eq \f(e,3)－1<0，
∴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．
5．B ∵f(x)＝lnx＋2x－6在(0，＋∞)上单调递增，又f(2)＝ln2＋4－6<0，f(3)＝ln3>0，
∴f(x)的零点位于(2，3).
6．C 令f(x)＝lg3x＋x－3，显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(2)＝lg32－1<0，f(3)＝lg33＋3－3＝1>0，∴函数f(x)的零点所在的区间为(2，3)即方程的解所在的区间为(2，3).
7．B ∵函数f(x)＝xeq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)为单调增函数，且f(0)＝－1<0，f(1)＝eq \f(1,2)>0, ∴f(x)在(0，1)内有一个零点．
8．D 当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－3x，
∴g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3，x≥0，,－x2－4x＋3，x<0，))
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3＝0，,x≥0，))
得x＝1或x＝3；
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－4x＋3＝0，,x<0，))得x＝－2－eq \r(7)，故选D.
9．D 由于|f(x)|≥0，故必须－k≥0，即k≤0，显然k＝0时两个函数图像只有一个公共点，所以k<0，f(x)＝kx＋2恒过点(0，2)，要使y＝|f(x)|与y＝－k的图像有三个公共点(如图所示)，只要－k≥2，即k≤－2即可．故选D.
10.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)11．±1
解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－x0－2＝1，,x0≤0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x0)＝1，,x0>0，))
得x0＝±1.
12．(3，5)
解析：∵偶函数f(x)满足f(x)＝f(x＋2)且当x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，
∴函数f(x)的周期为2.在区间[－1，3]内函数g(x)＝f(x)－lga(x＋2)有3个零点等价于f(x)的图像与y＝lga(x＋2)的图像在区间[－1，3]内有3个交点．
当01且lga(1＋2)<1，lga(3＋2)>1，解得a∈(3，5).
13．A 作出函数f(x)的图像如图所示：
由图可知，当0由图可知，点(x3，a)、(x4，a)关于直线x＝5对称，则x3＋x4＝10，
由图可知，2由f(x1)＝f(x2)可得－lg2(x1－2)＝lg2(x2－2)，所以，x1－2＝eq \f(1,x2－2)，
所以，可得x1＝eq \f(1,x2－2)＋2，
所以，eq \f(（x3＋x4）x1,5)＋eq \f(1,x2－1)＝2x1＋eq \f(1,x2－1)＝eq \f(2,x2－2)＋eq \f(1,x2－1)＋4，
易知函数g(x)＝eq \f(2,x－2)＋eq \f(1,x－1)＋4在(3，4)上为减函数，且g(3)＝eq \f(13,2)，g(4)＝eq \f(16,3)，
故eq \f(（x3＋x4）x1,5)＋eq \f(1,x2－1)＝eq \f(2,x2－2)＋eq \f(1,x2－1)＋4∈(eq \f(16,3)，eq \f(13,2)).
14．D 若x∈[2n－1，2n)(n∈N*)，即eq \f(x,2n)∈[eq \f(1,2)，1)，
有f(x)＝f(eq \f(x,2n))＋n＝n＋1－eq \f(x,2n)，
作出函数y＝f(x)，y＝lgax的图像，如图，
由图像，可以发现当a∈[2，＋∞)时，两者无公共点，当f(2)＝lga2时，即lga2＝eq \f(5,2)，a＝eq \r(5,4)时，有两个公共点，故由图像可知，当a∈(1，eq \r(5,4))时，两者有唯一公共点，当a<1时，由f(x)＝1－x与y＝lgax相切于点(1，0)时，由k＝y′|x＝1＝eq \f(1,lna)＝－1可得a＝eq \f(1,e)，
结合图像可知，a∈(0，eq \f(1,e))时，两者有唯一公共点．
综上，a的取值范围是(0，eq \f(1,e))∪(1，eq \r(5,4)).
15．D 设g(x)＝2x＋2－x－2，因为g(－x)＝g(x)，所以g(x)是偶函数，g(0)＝0，g(x)＝2x＋2－x－2≥2eq \r(2x＋2－x)－2＝0(当且仅当x＝0时等号成立)，
故g(x)是偶函数，且最小值为0，
函数y＝2x－1＋21－x－2可以由函数y＝2x＋2－x－2的图像向右平移1个单位长度得到，
函数f(x)图像如图所示：
则x3＋x4＝2，且f(x3)≤f(0)＝eq \f(1,2)，
因为f(x1)＝f(x2)，
所以lg4(－x1)＝－lg4(－x2)，
所以lg4(－x1)＋lg4(－x2)＝0，
即(－x1)(－x2)＝1，
因为|lg4(－x2)|≤eq \f(1,2)，
即lg4(－x2)≥－eq \f(1,2)，所以x2∈(－1，－eq \f(1,2)]，
所以x1＋x2＝eq \f(1,x2)＋x2，
又因为h(t)＝t＋eq \f(1,t)，t∈(－1，－eq \f(1,2)]，
任取t1，t2∈(－1，－eq \f(1,2)]，且t1则h(t1)－h(t2)＝t1＋eq \f(1,t1)－t2－eq \f(1,t2)＝(t1－t2)＋eq \f(t2－t1,t1t2)＝eq \f(（t1t2－1）（t1－t2）,t1t2)，
因为t1－t2<0，t1t2－1<0，
所以h(t1)－h(t2)>0，即h(t1)>h(t2).
所以y＝h(t)＝t＋eq \f(1,t)在t∈(－1，－eq \f(1,2)]上单调递减，
所以x1＋x2≥－2－eq \f(1,2)＝－eq \f(5,2)，
所以x1＋x2＋x3＋x4的最小值是－eq \f(1,2).
16．D f(x)＝eq \f(x,x－1)＝eq \f(x－1＋1,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)(x>1)，
因为x>1，所以x－1>0，
所以f(x)>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
α，β分别是方程f(x)＝ex，f(x)＝lnx的根，
因为y＝ex与y＝lnx互为反函数，
所以y＝ex与y＝lnx的图像关于直线y＝x对称，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x,x－1)（x>1）,y＝x))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝2))，
画出函数y＝ex，y＝lnx和f(x)＝eq \f(x,x－1)(x>1)的图像，
由图可得
1<α<2，
因为当x＝3时，ln3＝lneq \r(9)当x＝4时，ln4＝lneq \r(3,43)>lneq \r(3,e4)＝eq \f(4,3)＝eq \f(4,4－1)，
所以3<β<4，
所以4<α＋β<6，所以①正确，
对于②，由图可得1因为1<α<2，所以e<αβ<2e2，所以②正确，
对于③，因为f(x)＝eq \f(x,x－1)＝eq \f(x－1＋1,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)(x>1)的图像关于直线y＝x对称，
因为y＝ex和y＝lnx互为反函数，
所以(α，eq \f(α,α－1))与(β，eq \f(β,β－1))关于直线y＝x对称，
所以α＝eq \f(β,β－1)或β＝eq \f(α,α－1)，化简得α＋β＝αβ，所以③正确．