【2022高考数学一轮复习(步步高)】第二章 强化训练2 函数与方程中的综合问题

强化训练2 函数与方程中的综合问题
1．下列函数中，不能用二分法求函数零点的有( ) A ．f (x )＝3x －1 B ．f (x )＝x 2－2x ＋1 C ．f (x )＝log 4x D ．f (x )＝e x －2
答案 B
解析 f (x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2，f (1)＝0， 当x <1时，f (x )>0；当x >1时，f (x )>0，
在零点两侧函数值同号，不能用二分法求零点， 其余选项中在函数的零点两侧函数值异号．
2．函数f (x )＝x 3－2x 2＋3x －6在区间(－2,4)上的零点必定在区间( ) A ．(－2,1)内 B.⎝⎛⎭⎫
52，4内 C.⎝⎛⎭⎫1，7
4内 D.⎝⎛⎭⎫74，52内 答案 D
解析 ∵f (－2)＝－28<0，f (4)＝38>0， 且f ⎝⎛
⎭⎫
－2＋42＝f (1)＝－4<0，∴零点在(1,4)内． 又f ⎝⎛
⎭⎫1＋42＝f ⎝⎛⎭⎫52＝378
>0，∴零点在区间⎝⎛⎭⎫1，52内． 又f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋522＝f ⎝⎛⎭⎫74<0，∴零点在区间⎝⎛⎭
⎫74，52内． 3．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln x ，若有f (m )＝g (n )，则n 的取值范围是( ) A ．(0,1) B ．(0，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．[1，＋∞) 答案 C
解析 由f (x )＝e x >0，f (m )＝g (n )， 则g (n )＝ln n >0，∴n >1.
4．若函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4有两个零点，一个大于2，另一个小于－1，则a 的取值范围是( ) A ．(0,3) B ．[0,3]
C ．(－3,0)
D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)
答案 A
解析 ∵f (x )＝－x 2＋ax ＋4有两个零点，一个大于2，另一个小于－1，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)>0，f (－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧
－22＋2a ＋4>0，
－(－1)2－a ＋4>0，
解得0<a <3.
5．已知函数f (x )＝e x ＋x －2的零点为a ，函数g (x )＝ln x 的零点为b ，则下列不等式中成立的是( )
A ．f (a )<f (a ＋b )<f (b )
B ．f (a ＋b )<f (a )<f (b )
C ．f (a )<f (b )<f (a ＋b )
D ．f (b )<f (a ＋b )<f (a ) 答案 C
解析 由题意可知函数f (x )在R 上单调递增， f (0)＝e 0＋0－2＝－1<0，f (1)＝e 1＋1－2＝e －1>0， ∴函数f (x )的零点a ∈(0,1)，
又函数g (x )的零点b ＝1，∴0<a <b <a ＋b ， ∴f (a )<f (b )<f (a ＋b )．
6．(多选)设函数f (x )＝ax 2
2e －ln|ax |(a ＞0)，若f (x )有4个零点，则a 的可能取值有( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4 答案 BCD
解析 ①当a ＝1时，f (x )＝x 2
2e
－ln|x |，函数f (x )是偶函数，
当x ＞0时，f (x )＝x 22e －ln x ，f ′(x )＝x e －1x ＝(x －e )(x ＋e )
e x ，
f (x )在(0，e)上递减，在(e ，＋∞)
上递增，
f (x )min ＝f (e)＝0，x ＞0时，有一个交点，所以f (x )共有2个零点，故不成立， ②当a ＝2时，当x ＞0时，f (x )＝x 2
e －ln 2x ，
f ′(x )＝2x e －1
x ＝
2x 2－e
e x ＝
2⎝⎛⎭⎫x －
e 2⎝⎛⎭
⎫x ＋e 2e x
，
f (x )在⎝
⎛⎭⎫
0，
e 2上递减，在⎝⎛⎭
⎫e 2，＋∞上递增，
f (x )min ＝f ⎝
⎛
⎭⎫e 2＝1
2
(1－ln 2e)＜0有两个交点， 所以共有4个零点，故成立， 同理可得a ＝3，a ＝4时成立．
7．方程2x ＋x ＝2的解所在的区间是(k ，k ＋1)，k ∈Z ，则k ＝________. 答案 0
解析 由题意得2x ＋x －2＝0， 设f (x )＝2x ＋x －2，
所以f (0)＝1＋0－2＝－1，f (1)＝2＋1－2＝1， 所以f (0)f (1)<0，
又函数f (x )是R 上的连续函数，
所以由零点存在性定理，得方程2x ＋x ＝2的解所在的区间是(0,1)． 故k ＝0.
8．若关于x 的方程9x ＋(4＋a )·3x ＋4＝0有解，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－8]
解析 方程9x ＋(4＋a )·3x ＋4＝0有解， 令t ＝3x >0，则方程t 2＋(4＋a )t ＋4＝0有正根， 又两根的积为4，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
Δ＝(4＋a )2－16≥0，－(4＋a )>0，解得a ≤－8. 9．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
|x ＋1|，x ≤0，ln x ＋1，x >0，若方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个不同的实数解a ，b ，
c (a <b <c )，则(a ＋b )c 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫－2，－2
e 解析 画出
f (x )的图象．
所以方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个不同的实数解a ，b ，c (a <b <c )， 可知m 的取值范围为(0,1]，
由题意可知a ＋b ＝－2,0<ln c ＋1≤1， 所以1
e <c ≤1，
所以－2≤(a ＋b )c <－2
e
.
10．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
2x －1，x ≥0，
f (x ＋1)，x <0，若方程f (x )＝－x －a 有两个不同的实数根，则实数a 的
取值范围为________． 答案 (－1，＋∞)
解析 当x ≥0时，f (x )＝2x －1，
当－1≤x <0时，f (x )＝2x ＋
1－1， 当－2≤x <－1时，f (x )＝2x ＋
2－1， 画出函数f (x )的图象，如图：
因为方程f (x )＝－x －a 有两个不同的实根，
所以函数f (x )和函数y ＝－x －a 的图象有两个不同的交点． 由直线y ＝－x －a 过点(0,1)，得a ＝－1； 由直线y ＝－x －a 过点(0,0)，得a ＝0； 由直线y ＝－x －a 过点(－1,0)，得a ＝1； 而函数f (x )不过点(0,1)，(－1,1)，(－2,1)，
因此当a >－1时，函数f (x )和函数y ＝－x －a 的图象有两个不同的交点，即方程f (x )＝－x －a 有两个不同实根．
11．求证：方程3x ＋4x ＝5x 只有一个实数解． 证明 要证方程3x ＋4x ＝5x 只有一个实数解， 即证⎝⎛⎭⎫35x ＋⎝⎛⎭⎫45x
＝1只有一个实数解， 即证f (x )＝⎝⎛⎭⎫35x ＋⎝⎛⎭⎫45x －1有唯一零点． ∵f (0)＝⎝⎛⎭⎫350＋⎝⎛⎭⎫450－1＝1>0， f (3)＝⎝⎛⎭⎫353＋⎝⎛⎭⎫453－1＝－34125<0， ∴f (0)f (3)<0，∴f (x )在(0,3)上有零点． 又f (x )在R 上是减函数， ∴f (x )在(0,3)上有唯一零点，
即f (x )在R 上有唯一零点，即方程3x ＋4x ＝5x 只有一个实数解． 12．设函数f (x )＝log 2(x ＋m )(m ∈R )． (1)当m ＝2时，解不等式f ⎝⎛⎭⎫1x <1； (2)若m ＝10，且关于x 的方程f (x )＝⎝⎛
⎭
⎫12x
＋λ在[－2,6]上有实数解，求实数λ的取值范围．
解 (1)由题意，知log 2⎝⎛⎭⎫
1x ＋2<1，则⎩⎨⎧
1
x
＋2>0，1x ＋2<2，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
x <－12或x >0，x <0，故x <－12
，
所以原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－1
2. (2)log 2(x ＋10)＝⎝⎛
⎭
⎫12x
＋λ， 即λ＝log 2(x ＋10)－⎝⎛⎭⎫12x 在[－2,6]上有实数解， 设g (x )＝log 2(x ＋10)－⎝⎛
⎭
⎫12x
， 因为g (x )在[－2,6]上单调递增，
所以当x ＝－2时，λmin ＝1；当x ＝6时，λmax ＝31
8
. 所以实数λ的取值范围是⎣
⎡⎦⎤1，318.
13．四个函数f (x )＝10x ，g (x )＝⎝⎛⎭⎫110x
，h (x )＝lg x ，φ(x )＝110
log x ，方程f (x )＝φ(x )，g (x )＝φ(x )，
g (x )＝h (x )的实数根分别为a ，b ，c ，则( ) A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <b D ．b <a <c
答案 A
解析 如图，画出四个函数的图象，由图可知，a <b <c .
14．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12|x －1|＋2cos πx (－2≤x ≤4)的所有零点之和为( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．10 答案 B
解析 令f (x )＝0，可得⎝⎛⎭⎫12|x －1|
＝－2cos πx ， 令g (x )＝⎝⎛⎭⎫12|x －1|，h (x )＝－2cos πx ， 则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
2x －
1，－2≤x ≤1，⎝⎛⎭
⎫12x －1，1<x ≤4，
∵g (2－x )＝⎝⎛⎭⎫12|2－x －1|＝⎝⎛⎭⎫12|1－x |＝⎝⎛⎭⎫12|x －1|
＝g (x )， h (2－x )＝－2cos(2π－πx )＝－2cos πx ＝h (x )，
∴函数y ＝g (x )和y ＝h (x )的图象都关于直线x ＝1对称，作出这两个函数在区间[－2,4]上的图象如图所示．
由图象可知，函数y ＝g (x )和y ＝h (x )在区间[－2,4]上的图象共有6个交点，有3对关于直线x ＝1对称，
因此，函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12|x －1|＋2cos πx (－2≤x ≤4)的所有零点之和为3×2＝6.
15．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
2x －1，x ≤1，|ln (x －1)|，x >1，则方程f (f (x ))＝1根的个数为( )
A ．3
B ．5
C ．7
D ．9 答案 C
解析 令u ＝f (x )，先解方程f (u )＝1. (1)当u ≤1时，f (u )＝2u －1＝1，得u 1＝1； (2)当u >1时，f (u )＝|ln(u －1)|＝1， 即ln(u －1)＝±1，解得u 2＝1＋1
e ，u 3＝1＋e.
如图所示，
直线u ＝1，u ＝1＋1
e
，u ＝1＋e 与函数u ＝f (x )的交点个数分别为3,2,2，
所以方程f (f (x ))＝1的根的个数为3＋2＋2＝7. 16．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋1
4，g (x )＝－ln x .
(1)若∀x ∈R ，f (x )≥0，求实数a 的取值范围；
(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的较小者．设h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)，若h (x )有三个零点，求实数a 的取值范围．
解 (1)根据题意知x 2＋ax ＋1
4≥0对任意实数x 恒成立，
所以Δ＝a 2－4×1
4≤0，解得－1≤a ≤1.
(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 所以h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 所以h (x )在(1，＋∞)上无零点； 所以h (x )在(0,1]上有三个零点， f (1)＝5
4
＋a ，g (1)＝0，
当f (1)≥g (1)时，54＋a ≥0，得a ≥－5
4，
所以h (1)＝g (1)＝0，所以1是h (x )的一个零点； 当f (1)<g (1)时，a <－5
4
，
所以h (1)＝f (1)<0，所以1不是h (x )的一个零点； 当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，
由题意可知，1是h (x )的一个零点，且f (x )＝x 2＋ax ＋1
4
在(0,1)上有两个零点，
所以a ≥－5
4，且⎩⎪
⎨⎪⎧
Δ＝a 2－4×1×1
4
>0，
0<－a 2<1，f (0)＝1
4
>0，
f (1)＝a ＋54
>0，
解得－5
4
<a <－1.
综上所述，若h (x )有三个零点， 则a 的取值范围是⎝⎛⎭
⎫－5
4，－1.。