2021年高中数学培优练习《函数零点问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《函数零点问题》专项复习（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

函数f(x)=x5-x-1在下列区间一定有零点的是 ( )
A.[0,1] B.[1,2] C.[2,3] D.[3,4]
已知函数f(x)=eq \f(6,x)－lg2x，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是( )
A．(0，1) B．(1，2) C．(2，4) D．(4，＋∞)
已知函数f(x)=mx2＋(m－3)x＋1的图象与x轴的交点至少有一个在原点右侧，则实数m的取值范围是( )
A．(0，1) B．(0，1] C．(－∞，1) D．(－∞，1]
函数f(x)=3x|ln x|－1的零点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
已知e是自然对数的底数，函数f(x)=ex＋x－2的零点为a，函数g(x)=ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式成立的是( )
A．f(a)＜f(1)＜f(b) B．f(a)＜f(b)＜f(1)
C．f(1)＜f(a)＜f(b) D．f(b)＜f(1)＜f(a)
函数f(x)=ln(x＋1)－eq \f(1,x)的一个零点所在的区间是( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－\f(x,2)，x＜1，))若F(x)=f[f(x)＋1]＋m有两个零点x1，x2，则x1·x2的取值范围是( )
A．[4－2ln 2，＋∞) B．(eq \r(e)，＋∞)
C．(－∞，4－2ln 2] D．(－∞，eq \r(e))
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，＋∞)
定义在R上的函数f(x)满足f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2，x∈[0，1，,2－x2，x∈[－1，0，))且f(x＋1)=f(x-1)，若g(x)=3-lg2x，则函数F(x)=f(x)-g(x)在(0，＋∞)内的零点个数为( )
A．3 B．2 C．1 D．0
设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋2)=f(2-x)，当x∈[-2，0]时，f(x)=eq \f(\r(2),2)x-1，
则在区间(-2，6)上关于x的方程f(x)-lg8(x＋2)=0的解的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x2＋2x－1|，x≤0，,2x－1＋a，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________．
已知a＞0，函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2ax＋a，x≤0，,－x2＋2ax－2a，x＞0.))若关于x的方程f(x)=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是________．
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≤a，,x2，x＞a.))若存在实数b，使函数g(x)=f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是 .
已知函数 ，若方程f(x)-m=0有3个不等的实根，则实数m的取值范围是__________.
已知f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≥0，,|lg －x|，x<0，))则函数y=2f2(x)-3f(x)的零点个数为________．
若a＞1，设函数f(x)=ax＋x－4的零点为m，函数g(x)=lgax＋x－4的零点为n，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为 .
三、解答题
函数f(x)=lga(1﹣x)+lga(x+3)(0＜a＜1).
(1)求函数f(x)的零点.
(2)若函数f(x)的最小值为﹣2，求a的值.
已知函数.
(1)求f(x)的定义域A；
(2)若函数g(x)=x2+ax+b的零点为﹣1.5，当x∈A时，求函数g(x)的值域.
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．
设函数f(x)=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))(x＞0)．
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0＜a＜b，且f(a)=f(b)时，求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的值；
(3)若方程f(x)=m有两个不相等的正根，求m的取值范围．
已知函数f(x)=－x2－2x，g(x)=eq \b\lc\{(\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．
\s 0 参考答案
答案为：B.
答案为：C；
解析：选C.
因为f(1)=6－lg21=6＞0，f(2)=3－lg22=2＞0，f(4)=eq \f(3,2)－lg24=－eq \f(1,2)＜0，
所以函数f(x)的零点所在区间为(2，4)，故选C.
答案为：D；
解析：选D.令m=0，由f(x)=0得x=eq \f(1,3)，满足题意，可排除选项A，B.令m=1，
由f(x)=0得x=1，满足题意，排除选项C.故选D.
答案为：B；
解析：选B.函数f(x)=3x|ln x|－1的零点即3x|ln x|－1=0的解，即|ln x|=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)的解，
作出函数g(x)=|ln x|和函数h(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)的图象，由图象可知，两函数图象有两个公共点，
故函数f(x)=3x|ln x|－1有2个零点．
答案为：A；
解析：选A.
函数f(x)，g(x)均为定义域上的单调递增函数，且f(0)=－1＜0，f(1)=e－1＞0，g(1)=－1＜0，
g(e)=e－1＞0，所以a∈(0，1)，b∈(1，e)，即a＜1＜b，所以f(a)＜f(1)＜f(b)．
答案为：B；
解析：∵f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)=ln2－1＜0，f(2)=ln3－eq \f(1,2)＞0，
∴f(x)的零点所在区间为(1,2)，故选B.
答案为：D；
解析：因为函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－\f(x,2)，x＜1，))所以F(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln（ln x＋1）＋m，x≥1，,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,2)))＋m，x＜1，))
由F(x)=0得，x1=ee－m－1，x2=4－2e－m，其中m=－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,2)))＜－ln eq \f(3,2)，
∴m＜lneq \f(2,3).设t=e－m，则t＞eq \f(3,2)，所以x1·x2=2et－1(2－t)，
设g(t)=2et－1(2－t)，则g′(t)=2et－1(1－t)，因为t＞eq \f(3,2)，
所以g′(t)=2et－1(1－t)＜0，即函数g(t)=2et－1(2－t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上是减函数，
所以g(t)＜geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))=eq \r(e)，故选D.
答案为：C；
解析：
画出函数f(x)的图象，再画出直线y=-x并上下移动，可以发现当直线y=-x过点A时，
直线y=-x与函数f(x)的图象有两个交点，并且向下无限移动，
都可以保证直线y=-x与函数f(x)的图象有两个交点，即方程f(x)=-x-a有两个解，
也就是函数g(x)有两个零点，此时满足-a≤1，即a≥-1，故选C.
答案为：B；
解析：
由f(x＋1)=f(x-1)，知f(x)的周期是2，画出函数f(x)和g(x)的部分图象，
如图所示，由图象可知f(x)与g(x)的图象有2个交点，故F(x)有2个零点．故选B.
答案为：C；
解析：
原方程等价于y=f(x)与y=lg8(x＋2)的图象的交点个数问题，由f(x＋2)=f(2-x)，
可知f(x)的图象关于x=2对称，再根据f(x)是偶函数这一性质，
可由f(x)在[-2，0]上的解析式，作出f(x)在(0，2)上的图象，
进而作出f(x)在(-2，6)上的图象，如图所示．
再在同一坐标系下，画出y=lg8(x＋2)的图象，注意其图象过点(6，1)，由图可知，
两图象在区间(-2，6)内有三个交点，从而原方程有三个根，故选C.
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))；
解析：
由于当x≤0时，f(x)=|x2＋2x-1|的图象与x轴只有1个交点，即只有1个零点，
故由题意只需方程2x-1＋a=0有1个正根即可，变形为2x=-2a，
结合图形只需-2a>1⇒a<-eq \f(1,2)即可．
答案为：(4，8)；
解析：当x≤0时，由x2＋2ax＋a=ax，得a=－x2－ax；
当x＞0时，由－x2＋2ax－2a=ax，得2a=－x2＋ax.
令g(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－ax，x≤0，,－x2＋ax，x＞0.))作出直线y=a，y=2a，函数g(x)的图象如图所示，
g(x)的最大值为－eq \f(a2,4)＋eq \f(a2,2)=eq \f(a2,4)，由图象可知，若f(x)=ax恰有2个互异的实数解，
则a＜eq \f(a2,4)＜2a，得4＜a＜8.
答案为： (－∞，0)∪(1，＋∞)；
解析：令φ(x)=x3(x≤a)，h(x)=x2(x＞a)，函数g(x)=f(x)－b有两个零点，
即函数y=f(x)的图象与直线y=b有两个交点，
结合图象(图略)可得a＜0或φ(a)＞h(a)，
即a＜0或a3＞a2，解得a＜0或a＞1，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞).
答案为：0 答案为：5；
解析：令y=2f2(x)-3f(x)=0，则f(x)=0或f(x)=eq \f(3,2).
函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≥0，,|lg －x|，x<0))的图象如图所示：
由图可得，f(x)=0有2个根，f(x)=eq \f(3,2)有3个根，故函数y=2f2(x)-3f(x)的零点个数为5.
答案为：1；
解析：设F(x)=ax，G(x)=lgax，h(x)=4－x，
则h(x)与F(x)，G(x)的交点A，B横坐标分别为m，n(m＞0，n＞0).
因为F(x)与G(x)关于直线y=x对称，所以A，B两点关于直线y=x对称.
又因为y=x和h(x)=4－x交点的横坐标为2，
所以m＋n=4.
又m＞0，n＞0，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))·eq \f(m＋n,4)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(n,m)×\f(m,n))))=1.
当且仅当eq \f(n,m)=eq \f(m,n)，即m=n=2时等号成立.所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为1.
解：
解：
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\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＞0，,f（0）＜0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－4a＞0，,1－2a＜0，,\f(3,4)－a＞0，))解得eq \f(1,2)＜a＜eq \f(3,4).
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
解：(1)函数图象如图所示．
(2)∵f(x)=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈（0，1]，,1－\f(1,x)，x∈（1，＋∞），))故f(x)在(0，1]上是减函数，
而在(1，＋∞)上是增函数，由0＜a＜b且f(a)=f(b)，得0＜a＜1＜b，
且eq \f(1,a)－1=1－eq \f(1,b)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)=2.
(3)由函数f(x)的图象可知，当0＜m＜1时，方程f(x)=m有两个不相等的正根．
解：(1)利用解析式直接求解得g(f(1))=g(－3)=－3＋1=－2.
(2)令f(x)=t，则原方程化为g(t)=a，易知方程f(x)=t在(－∞，1)上有2个不同的解，
则原方程有4个解等价于函数y=g(t)(t＜1)与y=a的图象有2个不同的交点，
作出函数y=g(t)(t＜1)的图象如图，由图象可知，
当1≤a＜eq \f(5,4)时，函数y=g(t)(t＜1)与y=a有2个不同的交点，
即所求a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))).