高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第8章 函数应用本章综合与测试优秀课后复习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第8章 函数应用本章综合与测试优秀课后复习题，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。

课时分层作业(四十二) 函数的零点


(建议用时：40分钟)





一、选择题


1．若函数f(x)＝mx＋n有一个零点是2，则函数g(x)＝nx2－mx的零点是( )


A．0 B．eq \f(1,2)


C．－eq \f(1,2) D．0和－eq \f(1,2)


D [由条件知，f(2)＝2m＋n＝0，∴n＝－2m．


∴g(x)＝nx2－mx＝－2mxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，由g(x)＝0，得x＝0或x＝－eq \f(1,2)．


∴g(x)的零点是0和－eq \f(1,2)．]


2．方程2x＋x＝0在下列哪个区间内有实数根( )


A．(－2，－1) B．(0,1)


C．(1,2) D．(－1,0)


D [令f(x)＝2x＋x，则f(－2)＝－eq \f(7,4)＜0，


f(－1)＝－eq \f(1,2)＜0，f(0)＝1＞0，f(1)＝3＞0，f(2)＝6＞0．


∵f(－1)·f(0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×1＜0，


∴f(x)＝2x＋x的零点在区间(－1,0)内，


故2x＋x＝0在区间(－1,0)内有实数根．]


3．已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝x＋lg2 x，h(x)＝x3＋x的零点依次为a，b，c，则a，b，c的大小关系为( )


A．c>b>a B．b>c>a


C．b>a>c D．a>c>b


B [在同一坐标系中画出y＝2x和y＝－x的图象(图略)，可得a<0，同样的方法可得b>0，c＝0，∴b>c>a．]


4．已知函数f(x)＝lg2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且0＜x1＜x0，则f(x1)的值( )


A．恒为负 B．等于零


C．恒为正 D．不小于零


A [因为x0是方程f(x)＝0的解，所以f(x0)＝0，又因为函数f(x)＝lg2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)在(0，＋∞)上为增函数，且0＜x1＜x0，所以有f(x1)＜f(x0)＝0．]


5．已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝lg3x＋x，h(x)＝x－eq \f(1,\r(x))的零点依次为a，b，c，则( )


A．a

C．c

A [在同一直角坐标系下分别画出函数y＝2x，y＝lg3x，y＝－eq \f(1,\r(x))的图象，如图，观察它们与y＝－x的交点可知a




二、填空题


6．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3，x≤0，,－2＋ln x，x＞0，))零点的个数为________．


2 [x≤0时，令x2＋2x－3＝0，解得x＝－3，x＝1(舍去)，


∴f(x)在(－∞，0]上有一个零点；x＞0时，f(x)＝ln x－2在(0，＋∞)上递增，


f(1)＝－2＜0，f(e3)＝1＞0．


∵f(1)·f(e3)＜0，∴f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．


综上，f(x)在R上有2个零点．]


7．已知对于任意实数x，函数f(x)满足f(－x)＝f(x)．若f(x)有2 021个零点，则这2 021个零点之和为________．


0 [设x0为其中一根，即f(x0)＝0，


因为函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，所以f(－x0)＝f(x0)＝0，


即－x0也为方程一根，


又因为方程f(x)＝0有2 021个实数解，所以其中必有一根x1，满足x1＝－x1，即x1＝0，


所以这2 021个实数解之和为0．]


8．若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2等于________．


1 [考虑到x1，x2是函数y＝ex、函数y＝ln x与函数y＝eq \f(1,x)的图象的交点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y＝x对称，因此x1x2＝1．]


三、解答题


9．求函数f(x)＝2x|lg0.5 x|－1的零点个数．


[解] 函数f(x)＝2x|lg0.5 x|－1的零点即2x|lg0.5 x|－1＝0的解，即|lg0．5 x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的解，作出函数g(x)＝|lg0.5 x|和函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象，





由图象可知，两函数共有两个交点，


故函数f(x)＝2x|lg0．5 x|－1有2个零点．


10．已知y＝f(x)是定义域为R的奇函数，当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2－2x．


(1)写出函数y＝f(x)的解析式；


(2)若方程f(x)＝a恰有3个不同的解，求a的取值范围．


[解] (1)当x∈(－∞，0)时，－x∈(0，＋∞)，


∵y＝f(x)是奇函数，


∴f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－2(－x)]＝－x2－2x，


∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x<0.))


(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，最小值为－1；


当x∈(－∞，0)时，f(x)＝－x2－2x＝1－(x＋1)2，最大值为1．


∴据此可作出函数y＝f(x)的图象，如图所示，





根据图象得，若方程f(x)＝a恰有3个不同的解，则a的取值范围是(－1,1)．





1．函数f(x)＝2x－x2零点的个数是( )


A．1 B．2 C．3 D．4


C [由2x－x2＝0得2x＝x2，在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x和函数y＝x2的图象，它们有三个交点，f(x)＝2x－x2零点的个数为3，注意其中两个正零点是2和4．故选C．


]


2．已知函数f(x)＝|lg x|－a，a>0有两个零点x1，x2，则x1＋x2的取值范围是________．


(2，＋∞) [设函数f(x)＝|lg x|－a，a>0有两个零点x1，x2，且x1<1

∴x1＋x2＝10－a＋10a>2，即x1＋x2的取值范围是(2，＋∞)．]


3．设a∈Z，函数f(x)＝ex＋x－a，若x∈(－1,1)时，函数有零点，则a的取值个数为________．


4 [根据函数解析式得到函数f(x)是单调递增的．由零点存在性定理知若x∈(－1,1)时，函数有零点，需要满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1<0，,f1>0)) ⇒eq \f(1,e)－1

4．已知函数f(x)＝4x－a·2x＋1＋1．


(1)若函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))上有最大值－8，求实数a的值；


(2)若函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2))上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．


[解] (1)由题f(x)＝4x－a·2x＋1＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x))2－2a·2x＋1，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))，


所以令t＝2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝t2－2at＋1，对称轴为t＝a，


当a≤eq \f(5,2)时，f(t)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))＝17－8a＝－8，解得a＝eq \f(25,8)(舍)，


当a>eq \f(5,2)时，f(t)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝2－2a＝－8，解得a＝5，


所以a＝5．


(2)由(1)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x))2－2a·2x＋1，令t＝2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝t2－2at＋1，对称轴为t＝a．


因为函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，2))上有且只有一个零点，


所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝t2－2at＋1的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))上与x轴只有一个交点，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4a2－4＝0,\f(1,2)

或者feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))≤0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－a＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16－8a＋1))≤0，整理解得eq \f(5,4)≤a≤eq \f(17,8)，


当a＝eq \f(5,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝t2－2at＋1与x轴有两个交点，故舍，


综上eq \f(5,4)