北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)课时规范练12　函数与方程

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1.(2021宁夏中卫高三第一次联考)函数f(x)=ex+x3-9的零点所在的区间为( )
A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)
答案:B
解析:由ex在R上为增函数,x3在R上为增函数,故f(x)=ex+x3-9在R上为增函数,
由f(1)=e-8<0,f(2)=e2-1>0,
根据零点存在性定理可得存在x0∈(1,2)使得f(x0)=0.
2.(2021广西北海中学高三月考)二次函数f(x)=ax2+bx+c(x∈R)的部分对应值如下表:
可以判断方程ax2+bx+c=0的两根所在的区间是( )
A.(-3,-1)和(2,4)
B.(-3,-1)和(-1,1)
C.(-1,1)和(1,2)
D.(-1,3)和(4,+∞)
答案:A
解析:由表格可知:f(-3)>0,f(-1)<0,f(2)<0,f(4)>0,所以f(-3)·f(-1)<0,f(2)·f(4)<0,
结合零点存在性定理可知:二次函数f(x)=ax2+bx+c(x∈R)的零点所在区间为(-3,-1)和(2,4),所以方程ax2+bx+c=0的两根所在的区间是(-3,-1)和(2,4).
3.(2021贵州安顺模拟)函数f(x)=ln x+x-6的零点个数是( )
A.0B.1C.2D.3
答案:B
解析:由题意得f(x)=ln x+x-6为连续函数,且在(0,+∞)上是递增的,
f(4)=ln 4-2ln e-1=0,f(4)·f(5)<0,根据零点存在性定理,因此函数f(x)有且只有一个零点.
4.(2021北京房山二模)“a≤0”是“函数f(x)=lnx,x>0,-2x+a,x≤0有且只有一个零点”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
答案:A
解析:当x>0时,令f(x)=0,
则ln x=0,∴x=1,
当x>0时,f(x)有一个零点为1,
∵函数f(x)只有一个零点,
∴当x≤0时,f(x)=-2x+a无零点,即a>2x或a<2x恒成立,
∴当x≤0时,2x∈(0,1],∴a>1或a≤0,∴a≤0是函数f(x)只有一个零点的充分不必要条件.
5.(2021重庆江津中学等七校联考)已知函数f(x)=2x+x-1,g(x)=lg2x+x-1,h(x)=x3+x-1的零点分别为a,b,c,则a,b,c的大小为( )
A.c>b>aB.b>c>a
C.c>a>bD.a>c>b
答案:B
解析:f(x)在R上为增函数,令f(x)=0,则2x+x-1=0,得x=0,即a=0,
g(x)在R上为增函数,令g(x)=0,则lg2x+x-1=0,得x=1,即b=1,因为函数h(x)=x3+x-1在R上为增函数,且h(0)=-1<0,h(1)=1>0,所以h(x)在区间(0,1)存在唯一零点c,即c∈(0,1).综上,b>c>a.
6.(2021江西南昌二模)已知f(x)=ax2,x∈(0,1),lgax,x∈[1,2),若f(x)=a2有两解,则a的取值范围是( )
A.0,12B.0,12C.(1,2]D.(1,2)
答案:D
解析:由题意,a>0且a≠1.
当0显然f(x)=a2至多一解;
当a>1时,函数f(x)的图像如图.
要使f(x)=a2有两解,
则a>1,a2∴a的取值范围是(1,2).故选D.
7.(2021河南豫南九校联考)已知函数f(x)=2x2+6x,x<0,2x2-6x,x≥0,若函数F(x)=f(x)+x2-a有零点,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-3]B.[-3,+∞)
C.[-3,9]D.(-∞,-3]∪[9,+∞)
答案:B
解析:若函数F(x)=f(x)+x2-a有零点,即f(x)+x2-a=0有解,即a=f(x)+x2,
问题转化为函数y=f(x)+x2的图像与函数y=a的图像有交点.画出函数y=f(x)+x2,即y=3x2+6x,x<0,3x2-6x,x≥0的大致图像如图所示.结合图像可知,当a≥-3时,函数F(x)=f(x)+x2-a有零点,所以实数a的取值范围是[-3,+∞).
8.(2021宁夏中卫三模)已知方程lg x=3-x的根在区间(2,3)上,第一次用二分法求其近似解时,其根所在区间应为 .
答案:(2.5,3)
解析:令f(x)=lg x-3+x,其在定义域上是递增的,
且f(2)=lg 2-1<0,f(3)=lg 3>0,f(2.5)=lg 2.5-0.5=lg6.25-lg10<0,由f(2.5)f(3)<0知根所在区间为(2.5,3).
9.(2021云南保山模拟)已知函数f(x)=4x2-4ax+a+2(a∈R),若f(x)有一个小于1与一个大于2的两个零点,则实数a的取值范围是 .
答案:187,+∞
解析:f(x)有一个小于1与一个大于2的两个零点,由二次函数的性质和零点存在性定理可得f(1)<0,f(2)<0,即f(1)=6-3a<0,f(2)=18-7a<0,解得a>187.
综合提升组
10.(2021北京顺义二模)设函数f(x)=-x3+3x,xA.[-3,3]B.(-3,+∞)
C.(-3,3]D.(-∞,3)
答案:C
解析:在同一平面直角坐标系中,画出y=-x3+3x和y=2x的函数图像,
可知y=-x3+3x有三个零点-3,0,3,y=2x只有一个零点0.
当a≤-3时,只有y=2x一个零点0;
当-3当0当a>3时,有y=-x3+3x三个零点-3,0,3.
所以有两个零点,a的取值范围为-311.(2021山东济宁二模)已知函数f(x)=-1+2lnx,x>1,1-2lnx,0A.2eB.eC.1+eD.2e
答案:C
解析:函数f(x)=-1+2lnx,x>1,1-2lnx,0作出y=t交f(x)于两点,其横坐标分别为a,b,不妨设0由f(a)=f(b)可得1-2ln a=-1+2ln b,解得ab=e,
所以a+b=a+ea.
记g(a)=a+ea(0则g(a1)-g(a2)=a1+ea1−a2+ea2=(a1-a2)+ea1−ea2=(a1-a2)1-ea1a2.
因为0所以(a1-a2)1-ea1a2>0,所以g(a1)>g(a2).则g(a)=a+ea在a∈(0,1]上单调递减,所以g(a)min=g(1)=1+e.
12.(2021贵州毕节诊断性考试)已知函数f(x)=|e|x|-2|,关于x的方程[f(x)]2+bf(x)+b2-1=0恰有5个不同实数解,则实数b= .
答案:-1
解析:由题意,函数f(x)=|e|x|-2|,画出函数的图像,如图所示,
当t=0时,方程f(x)=t有2个实数根;
当t=1时,方程f(x)=t有3个实数根;
当t>1时,方程f(x)=t有2个实数根;
当0令t=f(x),则关于x的方程[f(x)]2+bf(x)+b2-1=0,
转化为关于t的方程t2+bt+b2-1=0有一个根为1,另外一个根为0或大于1,令t=1,可得1+b+b2-1=0,解得b=0或b=-1;
当b=0时,方程即为t2-1=0,此时t=1或t=-1,不合题意;
当b=-1时,方程即为t2-t=0,此时t=0或t=1,满足题意.
综上可得b=-1.
创新应用组
13.(2021四川自贡诊断测试)高斯是世界四大数学家之一,一生成就极为丰硕.对于高斯函数y=[x],[x]表示不超过实数x的最大整数,如[1.7]=1,[-1.2]=-2,{x}表示x的非负纯小数,即{x}=x-[x].若函数y={x}-1+lgax(a>0,且a≠1)有且仅有3个零点,则实数a的取值范围为( )
A.(3,4]B.(3,4)C.[3,4)D.[3,4]
答案:C
解析:函数y={x}-1+lgax有且仅有3个零点,
即y=lgax的图像与函数y=1-{x}=1+[x]-x=1-x,0故a>1,作出函数y=lgax的大致图像,结合题意可得lga3≤1,lga4>1,
解得3≤a<4.
14.(2021湖南岳阳二模)已知函数f(x)=lnx,x∈(0,+∞),x+4,x∈(-∞,0),若实数a,b,c,d互不相等且|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=|f(d)|,则abcd的取值范围为 .
答案:(0,16)
解析:由题意,实数a,b,c,d互不相等且|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=|f(d)|,设|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=|f(d)|=m,可得|f(x)|=m有四个不同的根a,b,c,d,不妨设a作出函数y=m与函数y=|f(x)|的图像,如图所示.
则有a和b为y=m与f(x)=|x+4|交点的横坐标,c和d为y=m与f(x)=|ln x|交点的横坐标,可得-(a+4)=b+4,即a+b=-8,
又由-ln c=ln d,即ln cd=0,可得cd=1,由图像可知-4所以abcd=(-b-8)b=-b2-8b=-(b+4)2+16∈(0,16).x
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
y
6
m
-4
-6
-6
-4
n
6