2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价13函数与方程含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价13函数与方程含解析新人教A版，共6页。

A组 全考点巩固练
1．函数f (x)＝ex＋x－3在区间(0,1)上的零点个数是( )
A．0B．1
C．2D．3
B 解析：由题知函数f (x)是增函数．根据函数零点存在定理及f (0)＝－2＜0，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．
2．函数f (x)＝1－xlg2x的零点所在区间是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C．(1，2)D．(2，3)
C 解析：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝1－eq \f(1,4)lg2eq \f(1,4)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)>0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1－eq \f(1,2)lg2eq \f(1,2)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)>0，f (1)＝1－0>0，f (2)＝1－2lg22＝－1<0.由f (1)·f (2)<0知选C项．
3．若函数f (x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3)B．(1,2)
C．(0,3)D．(0,2)
C 解析：由条件可知f (1)f (2)＜0，即(2－2－a)·(4－1－a)＜0，即a(a－3)＜0，解得0＜a＜3.
4．(2019·全国卷Ⅲ)函数f (x)＝2sin x－sin 2x在[0,2π]的零点个数为( )
A．2B．3
C．4D．5
B 解析：令f (x)＝0，得2sin x－sin 2x＝0，即2sin x－2sin xcs x＝0，所以2sin x(1－cs x)＝0，所以sin x＝0或cs x＝1.又x∈[0,2π]，由sin x＝0得x＝0，π或2π；由cs x＝1得x＝0或2π.故函数f (x)的零点为0，π，2π，共3个．故选B．
5．函数f (x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
C 解析：由题意可知f (x)的定义域为(0，＋∞)．在同一平面直角坐标系中作出函数y＝|x－2|(x>0)，y＝ln x(x>0)的图象如图所示．
由图可知函数f (x)在定义域内的零点个数为2.
6．设f (x)在区间[－1,1]上单调递增，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，则方程f (x)＝0在区间[－1,1]内( )
A．可能有3个实数根
B．可能有2个实数根
C．有唯一的实数根
D．没有实数根
C 解析：因为f (x)在区间[－1,1]上单调递增，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，所以f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上有唯一的零点. 所以方程f (x)＝0在区间[－1,1]内有唯一的实数根．
7．已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)．若函数f (x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1]B．[1，＋∞)
C．(0,1)D．(－∞，1]
A 解析：画出函数f (x)的大致图象如图所示．
因为函数f (x)在R上有两个零点，所以f (x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x≤0时，f (x)有一个零点，需1－a≥0，即a≤1；当x>0时，f (x)有一个零点，需－a<0，即a>0.综上，08．方程lg0.5(a－2x)＝2＋x有解，则a的最小值为________．
1 解析：若方程lg0.5(a－2x)＝2＋x有解，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2＋x)＝a－2x有解，即eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋2x＝a有解．因为eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋2x＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2x)＋2x≥2eq \r(\f(1,4))＝1，当且仅当x＝－1时，等号成立，故a的最小值为1.
9．若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2等于________．
1 解析：考虑到x1，x2是函数y＝ex、函数y＝ln x分别与函数y＝eq \f(1,x)的图象的公共点A，B的横坐标，而Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,x1)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,x2)))两点关于直线y＝x对称，因此x1x2＝1.
10．已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,x3，x＜1.))若f (x0)＝－1，则x0＝________；若关于x的方程f (x)＝k有两个不同零点，则实数k的取值范围是________．
－1 (0,1) 解析：由f (x0)＝－1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0≥1，,\f(1,x0)＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0<1，,x\\al(3,0)＝－1，))解得x0＝－1.关于x的方程f (x)＝k有两个不同零点等价于y＝f (x)的图象与直线y＝k有两个不同交点，如图．观察图象可知，当0＜k＜1时y＝f (x)的图象与直线y＝k有两个不同交点，即k∈(0,1)．
11. 已知二次函数f (x)＝ax2＋bx＋c满足a＞b＞c，且f (1)＝0，函数g(x)＝f (x)＋bx.
(1)证明：函数y＝g(x)必有两个不相等的零点；
(2)设函数y＝g(x)的两个零点为x1，x2 ，求|x1－x2|的取值范围．
解：(1)由f (1)＝0得a＋b＋c＝0，所以b＝－(a＋c)，g(x)＝f (x)＋bx＝ax2＋2bx＋c.
令g(x)＝0，即ax2＋2bx＋c＝0，则Δ＝4b2－4ac＝4(a＋c)2－4ac＝4(a2＋2ac＋c2－ac)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋ac＋\f(1,4)c2))＋3c2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(c,2)))eq \s\up12(2)＋3c2＞0，即ax2＋2bx＋c＝0有两个不等实根．
所以函数y＝g(x)必有两个不相等的零点．
(2)由(1)知y＝g(x)的两个零点，即方程ax2＋2bx＋c＝0的两个实根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(2b,a)，,x1x2＝\f(c,a).))
所以|x1－x2|
＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(\f(4b2－4ac,a2))＝2eq \r(\f(b2－ac,a2))
＝2eq \r(\f(a2＋c2＋ac,a2))
＝2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＋\f(c,a)＋1)
＝2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋\f(3,4)).
因为f (1)＝a＋b＋c＝0，且a＞b＞c，
所以a＞0，c＜0.
当a＞0，c＜0且eq \f(c,a)＝－eq \f(1,2)时，|x1－x2|min＝eq \r(3).
所以|x1－x2|的取值范围为[eq \r(3)，＋∞)．
B组 新高考培优练
12．(多选题)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，则函数g(x)的零点个数可能为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
BC 解析：画出函数f (x)的图象，y＝ex在y轴右侧的去掉，如图，再画出直线y＝－x，之后上下移动直线y＝－x.可以发现直线与函数图象有两个或一个交点．
13．设函数f (x)的定义域为R，f (－x)＝f (x)，f (x)＝f (2－x)．当x∈[0,1]时，f (x)＝x3，则函数g(x)＝|cs πx|－f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上零点的个数为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
C 解析：由f (－x)＝f (x)，得f (x)的图象关于y轴对称．由f (x)＝f (2－x)，得f (x)的图象关于直线x＝1对称．当x∈[0,1]时，f (x)＝x3，所以f (x)在[－1,2]上的图象如图．
令g(x)＝|cs πx|－f (x)＝0，
得|cs πx|＝f (x)，
函数y＝f (x)与y＝|cs πx|的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上的交点有5个．
14．已知函数f (x)＝ax＋x－b的零点x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常数a，b满足2a＝3,3b＝2，则n＝________.
－1 解析：a＝lg23>1，0由图可知，两函数的图象在区间(－1,0)内有交点，所以函数f (x)在区间(－1，0)内有零点，所以n＝－1.
15．若曲线y＝lg2(2x－m)(x>2)上至少存在一点与直线y＝x＋1上的一点关于原点对称，则m的取值范围为________．
(2,4] 解析：直线y＝x＋1关于原点对称的直线为y＝x－1.依题意方程lg2(2x－m)＝x－1在(2，＋∞)上有解．则m＝2x－1在x∈(2，＋∞)上有解，所以m>2.又2x－m>0恒成立，则m≤(2x)min，即m≤4.所以实数m的取值范围为(2,4]．
16．已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，0≤x≤1，,|lnx－1|，x>1.))若方程f (x)＝kx－2有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是________．
[3，＋∞) 解析：由题意知函数f (x)的图象与恒过定点(0，－2)的直线y＝kx－2有两个交点，作出y＝f (x)与y＝kx－2的图象，如图所示．
当直线y＝kx－2过点(1,1)时，k＝3.
结合图象知，当k≥3时，直线与y＝f (x)的图象有两个交点．
17．已知a∈R，函数f (x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a)).
(1)当a＝5时，解不等式f (x)＞0；
(2)若函数g(x)＝f (x)＋2lg2x只有一个零点，求实数a的取值范围；
解：(1)当a＝5时，f (x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋5)).
由f (x)＞0，即lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋5))＞0，可得eq \f(1,x)＋5＞1，解得x＜－eq \f(1,4)或x＞0.
即不等式f (x)＞0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4)))∪(0，＋∞)．
(2)g(x)＝f (x)＋2lg2x＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))＋2lg2x＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))·x2(其中x＞0)．
因为函数g(x)＝f (x)＋2lg2x只有一个零点，即g(x)＝0只有一个根，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))·x2＝1在(0，＋∞)上只有一个解，
即ax2＋x－1＝0在(0，＋∞)上只有一个解．
①当a＝0时，方程x－1＝0，解得x＝1，符合题意．
②当a≠0时，设函数y＝ax2＋x－1.
当a＞0时，此时函数y＝ax2＋x－1与x轴的正半轴，只有一个交点，符合题意；
当a＜0时，要使得函数y＝ax2＋x－1与x轴的正半轴只有一个交点，
则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)＞0，,Δ＝1＋4a＝0，))解得a＝－eq \f(1,4) .
综上可得，实数a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))∪[0，＋∞)．