广东省广州市天河中学高考数学一轮复习 函数和方程基

函数与方程
基础热身
1．函数f (x )＝x (x 2
－16)的零点是( ) A ．(0,0)，(4,0)
B ．(－4,0)，(0,0)，(4,0)
C ．0,4
D ．－4,0,4
2．若函数f (x )＝x 2
＋2x ＋3a 没有零点，则实数a 的取值范围是( )
A ．a ＜13
B ．a ＞13
C ．a ≤13
D ．a ≥13
3．函数f (x )＝2x
＋3x 的零点所在的一个区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1,0) C ．(0,1) D ．(1,2)
4．若函数f (x )＝x 2
＋ax ＋b 的两个零点是－2和3，则不等式af (－2x )＞0的解集是________．
能力提升
5)
K11－1
6
A ．5个
B ．4个
C ．3个
D ．2个
7．设a ，b ，k 是实数，二次函数f (x )＝x 2
＋ax ＋b 满足：f (k －1)与f (k )异号，f (k ＋1)与f (k )异号．在以下关于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一定大于2
D ．该二次函数的零点均在区间(k －1，k ＋1)内
8．已知三个函数f (x )＝2x
＋x ，g (x )＝x －2，h (x )＝log 2x ＋x 的零点依次为a ，b ，c ，则( )
A ．a <b <c
B ．a <c <b
C ．b <a <c
D ．c <a <b
9．已知[x ]表示不超过实数x 的最大整数，g (x )＝[x ]为取整函数，x 0是函数f (x )＝ln x －2
x
的零点，则g (x 0)等于( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
10．已知函数f (x )＝log a x ＋x －b (a ＞0，且a ≠1)．当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数f (x )的
零点x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N *
，则n ＝________.
11．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪
⎧
－2，x >0，－x 2＋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________．
12． 已知函数f (x )＝e x
－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________．
13．已知函数f (x )＝|x |＋|2－x |，若函数g (x )＝f (x )－a 的零点个数不为0，则a 的最小值为________．
14．(10分)已知函数f (x )＝x 3
－3x ＋2. (1)求f (x )的零点；
(2)求分别满足f (x )＜0，f (x )＝0，f (x )＞0的x 的取值范围；
(3)画出f (x )的大致图像．
15．(13分)若函数f (x )＝ax 3
－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43
.
(1)求函数的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有三个零点，求实数k的取值范围．
难点突破
16．(12分)(1)已知关于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在区间[0,2]上有解，求实数m 的取值范围；
(2)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．
答案解析
【基础热身】
1．D [解析] 当f (x )＝x (x 2
－16)＝0时，解得x ＝－4,0,4.
2．B [解析] 由题意，函数f (x )＝x 2＋2x ＋3a 没有零点，即方程x 2
＋2x ＋3a ＝0无解，
即方程的判别式小于零，解不等式Δ＝22
－4×3a ＜0，得a ＞13
.
3．B [解析] ∵f (－1)＝2－1＋3×(－1)＝－52
<0，f (0)＝20
＋0＝1>0，∴f (－1)f (0)<0，
∴f (x )＝2x
＋3x 的零点所在的一个区间为(－1,0)． 4.⎩⎨⎧
x ⎪⎪⎪⎭
⎬⎫－32<x <1 [解析] ∵f (x )＝x 2
＋ax ＋b 的两个零点是－2,3. ∴－2,3是方程x 2
＋ax ＋b ＝0的两根，
由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧ －2＋3＝－a ，－2×3＝b ，∴⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－1，
b ＝－6，
∴f (x )＝x 2
－x －6.
∵不等式af (－2x )＞0，
即－(4x 2＋2x －6)＞0⇒2x 2
＋x －3＜0，
解集为⎩⎨⎧
x ⎪⎪⎪⎭
⎬⎫
－32<x <1.
【能力提升】
5．B [解析] 函数图像与横轴的交点的横坐标为零点，A ，C ，D 符合，但二分法要求在区间[a ，b ]上，存在f (a )·f (b )<0，所以只有B 不符合．
6．C [解析] 在区间[2,3]、[3,4]、[4,5]上至少各有一个零点．
7．D [解析] 由题意f (k －1)·f (k )<0，f (k )·f (k ＋1)<0，由零点的存在性定理可知区间(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，故D 正确．
8．B [解析] 由于f (－1)＝12－1＝－12
<0，f (0)＝1>0，故f (x )＝2x
＋x 的零点a ∈(－1,0)．
因为g (2)＝0，故g (x )的零点b ＝2.
因为h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝－1＋12＝－12<0，h (1)＝1>0， 故h (x )的零点c ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1，因此a <c <b . 9．B [解析] 因为f (2)＝ln2－1<0，f (3)＝ln3－2
3
>0，故x 0∈(2,3)，g (x 0)＝[x 0]＝2.
10．2 [解析] 因为2＜a ＜3，所以log a 2＜1＝log a a ＜log a 3，因为3＜b ＜4，所以b －2>1>log a 2，b －3＜1＜log a 3，所以f (2)·f (3)＝(log a 2＋2－b )·(log a 3＋3－b )＜0，所以函数的零点在(2,3)上，所以n ＝2.
11．3 [解析] f (0)＝－2，即－02＋b ·0＋c ＝－2，c ＝－2；f (－1)＝1，即－(－1)2
＋b ·(－1)＋c ＝1，故b ＝－4.
故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2，x >0，－x 2
－4x －2，x ≤0，g (x )＝f (x )＋x ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
－2＋x ，x >0，－x 2－3x －2，x ≤0.令g (x )＝0，
则－2＋x ＝0，解得x ＝2；－x 2
－3x －2＝0，解得x ＝－2 或－1，故函数g (x )有3个零点．
12．(－∞，2ln2－2] [解析] 由于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 ，由于g ′(x )＝－e x
＋2，
令g ′(x )＝－e x
＋2＝0，解得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]．
13．2 [解析] 由于f (x )＝|x |＋|2－x |＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2－2x ，x ≤0，2，0<x <2，
2x －2，x ≥2，
所以f (x )的最小值等于2，要使f (x )－a ＝0有解，应a ≥2，即a 的最小值为2.
14．[解答] f (x )＝x 3
－3x ＋2＝x (x －1)(x ＋1)－2(x －1)
＝(x －1)(x 2＋x －2)＝(x －1)2
(x ＋2)．
(1)令f (x )＝0，得函数f (x )的零点为x ＝1和x ＝－2. (2)令f (x )＜0，得x ＜－2；
令f (x )＝0得x ＝1或x ＝－2；令f (x )＞0， 得－2＜x ＜1或x ＞1.
所以满足f (x )＜0的x 的取值范围是(－∞，－2)； 满足f (x )＝0的x 的取值范围是{1，－2}；
满足f (x )＞0的x 的取值范围是(－2,1)∪(1，＋∞)． (3)函数f (x )的大致图像如图所示．
15．[解答] (1)由题意可知f ′(x )＝3ax 2
－b ，
于是⎩
⎪⎨⎪⎧
f ′2＝12a －b ＝0，f 2＝8a －2b ＋4＝－4
3，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝13
，
b ＝4.
故所求的解析式为f (x )＝13x 3
－4x ＋4.
(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 )的变化情况如下表所示：
x (－∞，－2)
－2 (－2,2) 2 (2，＋∞)
f ′(x )
＋ 0 －
0 ＋
f (x ) 28
3
－43
因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值3
；
当x ＝2时，f (x )有极小值－4
3
.
故要使g (x )＝f (x )－k 有三个零点，实数k 的取值范围是－43＜k ＜28
3
.
【难点突破】
16．[解答] (1)设f (x )＝x 2
＋(m －1)x ＋1，x ∈[0,2]， ①若f (x )＝0在区间[0,2]上有一解， ∵f (0)＝1>0，则应有f (2)<0，
即f (2)＝22
＋(m －1)×2＋1<0，∴m <－32
.
②若f (x )＝0在区间[0,2]上有两解，则
⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，0≤－m －1
2≤2，f 2≥0，
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
m －12
－4≥0，－3≤m ≤1，4＋m －1×2＋1≥0.
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
m ≥3或m ≤－1，－3≤m ≤1，m ≥－32
.∴－3
2
≤m ≤－1，
由①②可知m ≤－1.
(2)∵f (x )＝4x ＋m ·2x
＋1有且仅有一个零点，
即方程(2x )2＋m ·2x
＋1＝0仅有一个实根，
设2x ＝t (t >0)，则t 2
＋mt ＋1＝0.
当Δ＝0时，即m 2
－4＝0，
m ＝－2时，t ＝1，m ＝2时，t ＝－1不合题意，舍去，
∴2x
＝1，x ＝0符合题意． 当Δ>0，即m >2或m <－2时， t 2＋mt ＋1＝0有一正一负两根， 则t 1t 2<0，这与t 1t 2＝1>0矛盾． ∴这种情况不可能，
综上可知：m ＝－2时，f (x )有唯一零点，该零点为x ＝0.。