2013届人教A版理科数学课时试题及解析(10)函数与方程

课时作业 (十 ) [第 10 讲 函数与方程 ]
[时间： 45 分钟
分值： 100 分]
基础热身
1． 若函数 f(x) ＝x 2 ＋2x ＋ 3a 没有零点，则实数
a 的取值范围是 ()
1 1
A ． a ＜ 3
B ． a ＞3
1
1
C ．a ≤ 3
D ． a ≥3
2．已知 [x]表示不超出实数
x 的最大整数， g(x) ＝[x]为取整函数， x 0 是函数 f(x)＝ lnx －
2
x
的零点，则 g(x 0)等于 ()
A ．1
B ．2
C ．3
D ． 4
1
1
3．
3
·f <0，则方程 f(x)＝ 0 在 [ － 1,1]
设 f(x) ＝x ＋ bx ＋ c(b>0)( － 1≤ x ≤ 1)，且 f － 2 2
内()
A ．可能有 3 个实数根
B ．可能有 2 个实数根
C ．有独一的实数根
D ．没有实数根
4．已知二次函数 f(x)＝ x 2－(m － 1)x ＋ 2m 在 [0,1] 上有且只有一个零点， 则实数 m 的取值
范围为 ( )
A ． (－ 2,0)
B ． (－ 1,0)
C ．[ －2,0]
D ． (－ 2，－ 1) 能力提高
5． 已知三个函数 f(x)＝2x ＋ x ，g(x)＝ x － 2，h(x)＝ log 2x ＋ x 的零点挨次为 a ，b ，c ，则
( )
A ． a<b<c
B ． a<c<b
C ．b<a<c
D ． c<a<b
6． 设 a ，b ，k 是实数， 二次函数 f(x)＝ x 2＋ ax ＋ b 知足： f(k － 1)与 f(k)异，f(k ＋ 1)与 f( k)
异．在以下对于 f(x)的零点的命题中，真命题是 ()
A ．该二次函数的零点都小于
k
B ．该二次函数的零点都大于 k
C ．该二次函数的两个零点之差必定大于2
D ．该二次函数的零点均在区间 ( k － 1， k ＋ 1)内
7．
在以下区间中，函数 f(x)＝ e x ＋4x － 3 的零点所在的区间为 ( )
A. －
1
，0
B. 0，
1
4
4
1， 1
1， 3
C. 4
2
D.2 4
8． 若函数 y ＝f(x)(x ∈ R )知足 f(x ＋ 2)＝ f(x)，且 x ∈(－ 1,1] 时， f(x)＝1－ x 2
，函数 g(x) lg|x| x ≠0 ， 则函数 h(x)＝f(x)－ g(x)在区间 [－ 5,10]内零点的个数为 ( )
＝
1 x ＝ 0 ，
A ．12
B ．14
C ．13
D ． 8
1 x
有两个零点 x 1， x 2，则有 ()
9．已知函数 f(x) ＝|lgx|－ 2
A ． x 1x 2<0
B ． x 1x 2＝ 1
C．x1x2>1 D ． 0<x1 x2<1
－2， x>0，
10．已知函数f(x)＝－x2＋bx＋c，x≤0，若f(0)＝－2，f(－1)＝1，则函数g(x)＝f(x)＋x的零点的个数为 ________．
11．利用二分法求方程f(x)＝ 0 在 [0,1] 上的近似解时，经计算 f(0.625)<0 ，f(0.725)>0 ，f(0.687
5)<0 ，则可获得方程精准度为0.1 的一个近似解是 ________．
12．已知函数 f(x)＝ e x－2x＋ a 有零点，则 a 的取值范围是 ________．
2x＋
1
， x>0，
若方程 g[f(x)] － a＝ 0 的实数根的
13．已知函数 f(x)＝－ x－ 2x， g(x)＝4x
x＋ 1， x≤ 0，
个数有 4 个，则 a 的取值范围是 ________．
14． (10 分 )已知函数 f(x)＝ 4x＋ m·2x＋ 1有且仅有一个零点，求m 的取值范围，并求出该零点．
15． (13 分)已知函数 y＝ f(x)和 y＝ g(x)在 [ － 2,2] 的图象如图 K10 －1 所示，
求： (1)方程 f[g(x)] ＝ 0 实根的个数；
(2)方程 g[f(x)]＝ 0 实根的个数；
(3)方程 f[f(x)] ＝0 实根的个数；
(4)方程 g[g(x)] ＝0 实根的个数．
图 K10－1
难点打破
16． (12 分) 若函数 f(x)＝ ax3－ bx＋ 4，当 x＝ 2 时，函数 f(x)有极值－4 . 3
(1)求函数的分析式；
(2)若对于 x 的方程 f( x)＝k 有三个零点，务实数k 的取值范围．
课时作业 ( 十)
【基础热身】
f(x)＝ x 2＋ 2x ＋ 3a 没有零点，即方程 x 2 ＋2x ＋ 3a ＝0 无解，
1． B [ 分析 ] 由题意，函数
即方程的鉴别式小于零，解不等式
2
1 ＝ 2
－ 4×3a ＜ 0，得 a ＞ .
3
2
， g(x 0)＝ [x 0 ]＝2.
2． B [ 分析 ] 因为 f(2)＝ ln2 － 1<0， f(3) ＝ ln3－ >0，故 x 0∈ (2,3)
3
3． C [ 分析 ] ∵ f(x) ＝x 3＋ bx ＋ c(b>0) ，
∴ f ′ (x)＝ 3x 2＋ b>0，∴ f(x)在 [－ 1,1]上为增函数，
1 1
又∵ f －
2 ·f 2 <0，
∴ f(x)在[ － 1,1]上有实数根且只有一个．
4． C [ 分析 ] (1)当方程 x 2 －(m － 1)x ＋ 2m ＝ 0 在 [0,1] 上有两个相等实根时， ＝ (m －1) 2 －
8m ＝0 且 0≤m －2 1
≤ 1，此时无解． (2)当方程 2
－ (m － 1)x ＋ 2m ＝ 0 有两个不相等的实根时，①有且只有一根在 (0,1)上时， x 有 f(0)f(1)<0 ，即 2m(m ＋ 2)<0 ，解得－ 2<m<0；②当 f(0)＝ 0 时， m ＝ 0， f(x)＝ x 2＋ x ＝ 0，解得 x 1 ＝0， x 2＝－ 1，切合题意；
③当 f(1) ＝ 0 时， m ＝－ 2，方程可化为 x 2＋ 3x － 4＝0，解得 x 1＝ 1，x 2＝－ 4，切合题意． 综上所述，实数 m 的取值范围为 [－ 2,0] ． 【能力提高】
5．B 1 1 x
；
[分析 ] 因为 f(－ 1)＝ － 1＝－ <0 ，f(0)＝ 1>0 ，故 f(x)＝ 2 ＋ x 的零点 a ∈ (－ 1,0) 2 2
因为 g(2)＝ 0，故 g(x)的零点 b ＝ 2；因为 h
1
＝－ 1＋1＝－ 1
<0，h(1) ＝1>0 ，故 h(x)的零点
1
2
2
2
c ∈ 2， 1 ，所以 a<c<b.
6．D [ 分析 ] 由题意 f(k － 1) ·f(k)<0 ，f(k) ·f(k ＋ 1)<0 ，由零点的存在性判断定理可知区间 (k － 1，k)， (k ，k ＋ 1)内各有一个零点，零点可能是区间内的任何一个值，应选项 D 正确．
7． C [ 分析 ] ∵ f(x) 是 R 上的增函数且图象是连续的，
又 f 1 ＝ e 1＋4× 1－ 3＝e 1－ 2<0 ，f
1
＝e 1＋ 4× 1
－3＝ e 1
－ 1>0， 4 4 4 4 2 2 2 2
f － 1 ＝ 1
－ 4<0， f(0)＝－ 2<0 ， f
1 ＝ e － 1>0， f 3 ＝ e 3
>0， 4 4
2
4 4 e
1 1
∴ f(x)定在 4， 2 内存在独一零点．
8．B [ 分析 ] 如图，当 x ∈ [0,5] 时，联合图象知 f(x)与 g(x)共有 5 个交点，故在区间 [ －
5,0] 上共有 5 个交点；当 x ∈ (0,10] 时联合图象知共有 9 个交点．故函数 h(x)＝ f(x)－ g(x)在区 间[ －5,10] 上共有 14 个零点．
9． D [ 分析 ] 数形联合，可知函数 f(x) 的两个零点分别在区间 (0,1)， (1，＋∞ )．去掉
绝对值符后，再依据函数的性质找寻此中的关系．依据剖析，不如设
0<x 1<1，x 2>1，依据函 1 1 1 1
数零点的观点则有 |lgx 1|－ 2 x 1＝ 0，|lgx 2|－ 2 x 2＝ 0，即－ lgx 1＝ 2 x 1 ，lgx 2 ＝ 2 x 2，后边的
1 1
1 1 方程减去前面的方程得
lg(x 1x 2)＝ 2 x 2－ 2 x 1.因为 x 2>x 1，依据指数函数的性质， 2 x 2－
2 x 1<0，所以 lg(x 1x 2)<0 ，即 0< x 1x 2<1. 正确选项为 D.
2 2
10．3 [分析 ] f(0)＝－ 2，即－ 0 ＋ b ·0＋c ＝－ 2，c ＝－ 2；f(－ 1)＝ 1，即－ (－ 1) ＋ b ·(－ 1)＋ c ＝1，故 b ＝－ 4.
－2， x>0， － 2＋x ， x>0，
故
f(x)＝
－x
2 －
4x － 2， x ≤0，
g(x)＝
f(x)＋
x ＝
－ x 2－
3x － 2， x ≤0，
令
g(x)＝
0，则
－ 2＋ x ＝0，
－x 2 －3x － 2＝ 0，
x>0 或
解得 x ＝ 2 或－ 2 或－ 1，故有 3 个零点．
x ≤ 0，
11． 0.7 [ 分析 ] ∵ |0.725－ 0.687 5|<0.1，∴精准度为 0.1 的一个近似解是 0.7.
12． (－∞， 2ln2 － 2] [分析 ] 因为 f(x) ＝ e x － 2x ＋ a 有零点，即 e x
－ 2x ＋ a ＝ 0 有解，所
以 a ＝－ e x ＋ 2x.
令 g(x)＝－ e x ＋ 2x ，由 g ′ (x)＝－ e x ＋2＝ 0 得 x ＝ln2.
当 x ∈ (－∞，ln2) 时，g ′ (x)＝－ e x ＋ 2>0 ，此时 g(x)为增函数；当 x ∈ (ln2 ，＋∞ )时，g ′( x) ＝－ e x ＋ 2<0，此时 g(x)为减函数．
所以，当 x ＝ln2 时，函数 g(x) ＝－ e x ＋ 2x 有最大值 2ln2 － 2，即 g(x)＝－ e x ＋ 2x 的值域为( －∞， 2ln2 － 2]，所以 a ∈ (－∞， 2ln2 － 2]．
5 2 2
13. 1，4
[ 分析 ] 因为函数 f(x)＝－ x －2x ＝－ (x ＋ 1) ＋ 1≤ 1，只有 f( x)＝ t ， t<1 时，
方程 f( x)＝ t 才有两个不一样的实根， 这样问题就等价于方
程 g(t)＝ a 有两个小于 1 的不等实根，
画出函数 g(x)的图象如图，数形联合得
x
x
14． [解答 ] ∵f(x)＝ 4 ＋ m ·2 ＋ 1 有且仅有一个零点，
x 2
x
即方程 (2 ) ＋m ·2 ＋1＝ 0 仅有一个实根． 设 2x ＝ t(t>0) ，则 t 2＋ mt ＋1＝ 0. 当 ＝ 0，即 m 2－ 4＝ 0 时，
m ＝－ 2 时， t ＝1； m ＝2 时， t ＝－ 1，不合题意，舍去，
∴ 2x ＝ 1， x ＝ 0，切合题意．
当 >0，即 m>2 或 m<－ 2 时，t 2＋mt ＋ 1＝ 0 应有一正一负两根，
即 t 1t 2<0 ，这与 t 1t 2＝ 1>0 矛盾．∴这类状况不行能．
综上可知： m ＝－ 2 时， f(x)有独一零点，该零点为
x ＝ 0.
15． [解答 ] (1)知足 f(x)＝ 0 的 x 值在区间 [ － 2,2] 上有三个，把这三个看做 g(x)对应的 y
值，则 g(x)等于这三个值的每个 x 都有两个，故方程 f[g(x)] ＝ 0 有且仅有 6 个根．
(2)知足 g(x)＝ 0 的 x 值有两个，一个在区间 (－ 2，－ 1) 上，一个在区间 (0,1)上，把这两
个看做 f( x)对应的 y 值， f(x)等于这两个 x 值时，在区间 (－ 2，－ 1)上只有一个 x 与之对应， 在区间 (0,1)上有三个 x 与之对应，故方程 g[f( x)] ＝ 0 有且只有 4 个根．
(3)知足 f(x)＝0 的 x 值在区间 [－ 2,2] 上有三个， 把这三个再看做
f(x)对应的 y 值，在区间
(－ 2，－ 1)上只有一个 x 值，在区间 (1,2)上也只有一个 x 值，而 f(x)＝ 0 所对应的 x 值有三个，故方程 f[f(x)] ＝ 0 有且仅有 5 个根．
(4)相同的方法可知方程 g[g(x)] ＝ 0 有且仅有 4 个根． 【难点打破】
5
1≤ a<4.
16． [解答 ] (1) 由题意可知f′ (x)＝ 3ax2－ b，
f ′ 2 ＝ 12a － b ＝ 0，
解得
a ＝
1 ， 于是
4，
3
f 2 ＝ 8a － 2b ＋ 4＝－ b ＝ 4.
3 故所求的分析式为 1 3
f(x)＝ x － 4x ＋4.
3
(2)由 (1) 可知 f ′ (x) ＝ x 2－4＝ (x － 2)(x ＋ 2)， 令 f ′ (x)＝ 0，得 x ＝2 或 x ＝－ 2.
当 x 变化时 f ′ (x)、f(x)的变化状况以下表所示：
x (－∞，－ 2)
－ 2 ( － 2,2)
2 (2，＋∞ )
f ′(x)
＋ 0 － 0 ＋ f( x)
28
4
单一递加
3
单一递减
－ 3
单一递加
所以，当 x ＝－ 2 时， f(x)有极大值 28
3；
4
当 x ＝ 2 时， f(x)有极小值－ 3. 所以函数的大概图象如图．
故实数 k 的取值范围是－
4＜ k ＜ 28.
3 3。