2021高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 函数与方程 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 函数与方程 word版含答案，共6页。试卷主要包含了已知定义在R上的函数f满足等内容，欢迎下载使用。
A．y＝sin 2x B．y＝cs 2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin2x
解析：选B 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，π＋2kπ))，k∈Z时，
sin 2x＜0，sin2x＞0恒成立．故排除A，D，若tan 2x＝0，
则2x＝kπ，x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以y＝tan 2x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，π＋2kπ))，k∈Z上不存在零点，当x＝eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z时，cs 2x＝0，故选B．
2．若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间( )
A．(a，b)、(b，c)内
B．(－∞，a)、(a，b)内
C．(b，c)、(c，＋∞)内
D．(－∞，a)、(c，＋∞)内
解析：选A f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)，∵a＜b＜c，∴f(a)＞0，f(b)＜0，f(c)＞0，即f(a)·f(b)＜0，f(b)·f(c)＜0，又∵f(x)在R上是连续函数，∴两零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内．
3．在下列区间中，函数f(x)＝3x－x2有零点的是( )
A． B．
C． D．
解析：选D ∵f(0)＝1，f(1)＝2，
∴f(0)f(1)＞0；
∵f(2)＝5，f(1)＝2，∴f(2)f(1)＞0；
∵f(－2)＝－eq \f(35,9)，f(－1)＝－eq \f(2,3)，
∴f(－2)f(－1)＞0；
∵f(0)＝1，f(－1)＝－eq \f(2,3)，∴f(0)f(－1)＜0．
易知符合条件，故选D．
4．(2017·皖江名校联考)已知函数f(x)＝ex－2ax，函数g(x)＝－x3－ax2．若不存在x1，x2∈R，使得f′(x1)＝g′(x2)，则实数a的取值范围为( )
A．(－2,3) B．(－6,0)
C． D．
解析：选D 易得f′(x)＝ex－2a＞－2a，g′(x)＝－3x2－2ax≤eq \f(a2,3)，由题意可知eq \f(a2,3)≤－2a，解得－6≤a≤0．
5．函数y＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点所在的区间为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)) B．(1,2)
C．(2，e) D．(e,3)
解析：选C 由题意，求函数y＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2(x＞0)的零点，即为求曲线y＝eq \f(1,2)ln x与y＝－x＋eq \f(1,x)＋2的交点，可知y＝eq \f(1,2)ln x在(0，＋∞)上为单调递增函数，而y＝－x＋eq \f(1,x)＋2在(0，＋∞)上为单调递减函数，故交点只有一个，当x＝2时，eq \f(1,2)ln x＜－x＋eq \f(1,x)＋2，当x＝e时，eq \f(1,2)ln x＞－x＋eq \f(1,x)＋2，因此函数y＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点在(2，e)内．故选C．
6．已知定义在R上的函数f(x)满足：①对任意x∈R，有f(x＋2)＝2f(x)；②当x∈时，f(x)＝eq \r(1－x2)．若函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))则函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上的零点个数是( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选C 函数f(x)与g(x)在区间上的图象如图所示，由图可知，函数f(x)与g(x)的图象在区间(－4,5)上的交点个数为9，即函数y＝f(x)－g(x)在区间(－4,5)上零点的个数是9．
7．(2017·昆明两区七校调研)若f(x)＋1＝eq \f(1,fx＋1)，当x∈时，f(x)＝x，在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－eq \f(m,2)有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
解析：选B 依题意，
f(x)＝eq \f(1,fx＋1)－1，
当x∈(－1,0)时，x＋1∈(0,1)，
f(x)＝eq \f(1,fx＋1)－1＝eq \f(1,x＋1)－1，
由g(x)＝0得f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))．
在同一坐标系上画出函数y＝f(x)与y＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))在区间(－1,1]内的图象，
结合图象可知，要使g(x)有两个零点，只需函数y＝f(x)与y＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(该直线斜率为m，过点\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))))在区间(－1，1]内的图象有两个不同的交点，
故实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))，选B．
8．(2017·海口调研)若关于x的方程|x4－x3|＝ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,27)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,27)，\f(2,3)))
解析：选A 依题意，注意到x＝0是方程|x4－x3|＝ax的一个根．
当x＞0时，a＝|x3－x2|，
记f(x)＝x3－x2，
则有f′(x)＝3x2－2x，
易知f(x)＝x3－x2在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，
在区间(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增．
又f(1)＝0，
因此g(x)＝eq \f(|x4－x3|,x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|fx|，x＞0，,－|fx|，x＜0))的图象如图所示，由题意得直线y＝a与函数y＝g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27)))，选A．
9．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A． B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(7,3)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，3)) D．
解析：选D 函数f(x)＝ex－1＋x－2的零点为x＝1，
设g(x)＝x2－ax－a＋3的零点为b，
若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，
则|1－b|≤1，∴0≤b≤2．
由于g(x)＝x2－ax－a＋3必经过点(－1,4)，
∴要使其零点在区间上，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g0≥0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋3≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2－a·\f(a,2)－a＋3≤0，))
解得2≤a≤3．
10．已知在区间上g(x)＝－eq \f(1,8)x2－x＋2，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x＋5＋\f(4,3)x＋1，－4≤x≤－1，,2|x－1|－2，－1＜x≤4，))
给出下列四个命题：
①函数y＝f有三个零点；
②函数y＝g有三个零点；
③函数y＝f有六个零点；
④函数y＝g有且只有一个零点．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 画出函数f(x)，g(x)的草图，如图，
①设t＝g(x)，则由f＝0，得f(t)＝0，
则t＝g(x)有三个不同值，由于y＝g(x)是减函数，所以f＝0有3个解，
所以①正确；
②设m＝f(x)，若g＝0，即g(m)＝0，
则m＝x0∈(1,2)，所以f(x)＝x0∈(1,2)，
由图象知对应f(x)＝x0∈(1,2)的解有3个，
所以②正确；
③设n＝f(x)，若f＝0，
即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，
而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1个解，f(x)＝0对应有3个解，f(x)＝x2＝2对应有2个解，所以f＝0共有6个解，所以③正确；
④设s＝g(x)，若g＝0，即g(s)＝0，
所以s＝x3∈(1,2)，则g(x)＝x3，
因为y＝g(x)是减函数，所以方程g(x)＝x3只有1个解，所以④正确，故四个命题都正确．
11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x3＋3x2＋m，0≤x≤1，,mx＋5，x＞1.))若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
解析：当x∈时，f′(x)＝6x2＋6x≥0，
则f(x)＝2x3＋3x2＋m在上单调递增，
因为函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，
所以在区间和(1，＋∞)内分别有一个交点，
则m＜0，且f(1)＝m＋5＞0，解得－5＜m＜0．
答案：(－5,0)
12．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x≤0，,lg2x，x＞0，))则函数y＝f(f(x))－1的零点个数为________．
解析：①当x≤0时，
y＝f(f(x))－1＝f(2x)－1＝lg22x－1＝x－1，
令x－1＝0，则x＝1，
显然与x≤0矛盾，
所以此情况无零点．
②当x＞0时，分两种情况：
当x＞1时，lg2x＞0，
y＝f(f(x))－1＝f(lg2x)－1＝lg2(lg2x)－1，
令lg2(lg2x)－1＝0，得lg2x＝2，
解得x＝4；
当0＜x≤1时，lg2x≤0，
y＝f(f(x))－1＝f(lg2x)－1＝2lg2x－1＝x－1，
令x－1＝0，解得x＝1．
综上，函数y＝f(f(x))－1的零点个数为2．
答案：2
13．(2017·湖北优质高中联考)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x－1|＋2cs πx(－4≤x≤6)的所有零点之和为________．
解析：原问题可转化为求y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x－1|与y＝－2cs πx在内的交点的横坐标的和，
因为上述两个函数图象均关于x＝1对称，
所以x＝1两侧的交点关于x＝1对称，
那么两对应交点的横坐标的和为2，
分别画出两个函数在上的图象(如图)，
可知在x＝1两侧分别有5个交点，
所以所求和为5×2＝10．
答案：10
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(x,x＋1)，－1＜x≤0，,x，0＜x≤1))与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x－eq \f(1,x)＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．
解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，如图，结合图象可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
由x－eq \f(1,x)＝5a，可得x2－5ax－1＝0，
设h(x)＝x2－5ax－1，
当x＝1时，由h(1)＝1－5a－1＝0，
可得a＝0，不满足题意；
当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0，
可得a＝eq \f(3,10)≤eq \f(1,2)，满足题意；
当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0
可得a＝eq \f(8,15)＞eq \f(1,2)，
不满足题意．
又函数y＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，
故满足条件的实数a的个数为1．
答案：1