《2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 第8講 函數(shù)與方程分層演練 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 第8講 函數(shù)與方程分層演練 理（含解析）新人教A版（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講 函數(shù)與方程 1．(2019·湖北襄陽四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝3x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　) A．0　　　　 B．1 C．2 D．3 解析：選B.由題意知f(x)單調(diào)遞增，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝3＋1－2＝2>0，即f(0)·f(1)<0且函數(shù)f(x)在(0，1)內(nèi)連續(xù)不斷，所以f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)． 2．已知實(shí)數(shù)a>1，01，0

2、x－b，所以f(－1)＝－1－b<0，f(0)＝1－b>0，由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在區(qū)間(－1，0)上存在零點(diǎn)． 3．(2019·遼寧大連模擬)已知偶函數(shù)y＝f(x)(x∈R)滿足f(x)＝x2－3x(x≥0)，若函數(shù)g(x)＝則y＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．3 C．2 D．4 解析：選B.作出函數(shù)f(x)與g(x)的圖象如圖，由圖象可知兩個(gè)函數(shù)有3個(gè)不同的交點(diǎn)，所以函數(shù)y＝f(x)－g(x)有3個(gè)零點(diǎn)，故選B. 4．(2019·云南省第一次統(tǒng)一檢測)已知a，b，c，d都是常數(shù)，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零點(diǎn)為c

3、，d，則下列不等式正確的是(　　) A．a(chǎn)>c>b>d B．a(chǎn)>b>c>d C．c>d>a>b D．c>a>b>d 解析：選D.f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又f(a)＝f(b)＝2 017，c，d為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，由圖可知c>a>b>d，故選D. 5．(2019·河北承德模擬)若函數(shù)f(x)＝有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A． B． C．(－∞，0)∪ D．(－∞，0)∪ 解析：選B.由題意知，當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)有

4、1個(gè)零點(diǎn)，即2x－2a＝0在x≤0上有根，所以0<2a≤1解得00時(shí)函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，只需解得a>，綜上可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是

5、(2)＝8－＝7>0，所以f(1)f(2)<0，所以x0∈(1，2)． 答案：(1，2) 8．已知函數(shù)f(x)＝有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 解析：當(dāng)x<1時(shí)，顯然函數(shù)f(x)存在唯一零點(diǎn)x＝0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f(x)存在唯一零點(diǎn)，又因?yàn)閥＝2x在[1，＋∞)上單調(diào)遞增且值域?yàn)閇2，＋∞)，所以a的取值范圍為[2，＋∞)． 答案：[2，＋∞) 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)． (1)當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)； (2)若對任意b∈R，函數(shù)f(x)恒有兩個(gè)不同零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)

6、，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1. 所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為3或－1. (2)依題意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有兩個(gè)不同實(shí)根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即對于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0?a2－a<0，解得00)． (1)作出函數(shù)f(x)的圖象； (2)當(dāng)0

7、 ＝ 故f(x)在(0，1]上是減函數(shù)，而在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 由0

8、州省適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝，函數(shù)g(x)＝f(2－x)－b，其中b∈R.若函數(shù)y＝f(x)＋g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是(　　) A．(7，8) B．(8，＋∞) C．(－7，0) D．(－∞，8) 解析：選A.由已知可得f(x)＝＝將f(x)＋g(x)＝0轉(zhuǎn)化為f(x)＋f(2－x)＝b，令函數(shù)F(x)＝f(x)＋f(2－x)，則F(x)＝，作出函數(shù)F(x)的圖象，如圖，要使F(x)的圖象與直線y＝b有四個(gè)交點(diǎn)，則有

9、，令|x2＋2x－1|＝0，解得x＝－1－(x＝－1＋舍去)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0]上有一個(gè)零點(diǎn)，因此f(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)．又因?yàn)閥＝2x－1＋a在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需2－1＋a<0，解得a<－. 答案： 4．函數(shù)f(x)＝＋2cos πx(－4≤x≤6)的所有零點(diǎn)之和為________． 解析：原問題可轉(zhuǎn)化為求y＝與y＝－2cos πx的圖象在[－4，6]內(nèi)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的和，因?yàn)樯鲜鰞蓚€(gè)函數(shù)圖象均關(guān)于x＝1對稱，所以x＝1兩側(cè)的交點(diǎn)關(guān)于x＝1對稱，那么兩對應(yīng)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的和為2，分別畫出兩個(gè)函數(shù)在[－4，6]上的圖象(圖略)，可知在x＝1兩側(cè)分別

10、有5個(gè)交點(diǎn)，所以所求和為5×2＝10. 答案：10 5．已知函數(shù)f(x)＝－x2－2x， g(x)＝ (1)求g[f(1)]的值； (2)若方程g[f(x)]－a＝0有4個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 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，則原方程化為g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)內(nèi)有2個(gè)不同的解， 則原方程有4個(gè)解等價(jià)于函數(shù)y＝g(t)(t<1)與y＝a的圖象有2個(gè)不同的交點(diǎn)，作出函數(shù)y＝g(t)(t<1)的圖象(圖略)，由圖象可知，當(dāng)1≤a<時(shí)，函數(shù)y＝g(t)(t<1)與y＝a有2個(gè)不同的交

11、點(diǎn)，即所求a的取值范圍是. 6．已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)g(x)＝－4ln x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解：(1)因?yàn)閒(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}， 所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. 所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3. (2)因?yàn)間(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)， 所以g′(x)＝1＋－＝. 令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3. 當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下： x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  當(dāng)0