2019版高考数学创新一轮复习浙江专用版文档：第二章

基础巩固题组
一、选择题
1．函数f (x )＝3x －x 2的零点所在区间是( ) A ．(0，1)
B ．(1，2)
C ．(－2，－1)
D ．(－1，0)
解析 由于f (－1)＝－2
3<0，f (0)＝30－0＝1>0，
∴f (－1)·f (0)<0.则f (x )在(－1，0)内有零点． 答案 D
2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x
－1，x ≤1，
1＋log 2x ，x >1，
则函数f (x )的零点为( )
A.1
2，0
B ．－2，0
C.12
D ．0
解析 当x ≤1时，由f (x )＝2x －1＝0，解得x ＝0；当x >1时，由f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x ＝1
2，又因为x >1，所以此时方程无解．综上函数f (x )的零点只有0.
答案 D
3．(2018·温州测试)函数f (x )＝2x －2
x －a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1，3)
B ．(1，2)
C ．(0，3)
D ．(0，2)
解析 因为函数f (x )＝2x
－2x －a 在区间(1，2)上单调递增，又函数f (x )＝2x －2x －a 的一个零点在区间(1，2)内，则有f (1)·f (2)<0，所以(－a )·(4－1－a )<0，即a (a －3)<0，所以0<a <3. 答案 C
4．(2017·湖北七校联考)已知f (x )是奇函数且是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( ) A.14
B.18
C ．－7
8
D ．－3
8
解析 令y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0，则f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )＝f (x －λ)，因为f (x )是
R 上的单调函数，所以2x 2＋1＝x －λ，即2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实根，则Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－7
8. 答案 C
5．(一题多解)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( ) A ．－12 B.13 C.12
D ．1
解析 法一 f (x )＝(x －1)2＋a (e x －1＋e 1－x )－1，令t ＝x －1，则g (t )＝f (t ＋1)＝t 2
＋a (e t ＋e －
t )－1.
∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t ＋e t )－1＝g (t )， ∴函数g (t )为偶函数．
∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点． 又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝1
2.
法二 f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x . e x －1＋e －x ＋1≥2e x －1·e －x ＋1＝2， 当且仅当x ＝1时取“＝”．
－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a ＞0，则a (e x －1＋e －x ＋1)≥2a ，
要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12. 若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 故选C. 答案 C
6．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧0，x ≤0，
e x ，x >0，则使函数g (x )＝
f (x )＋x －m 有零点的实数m 的取值
范围是( ) A ．[0，1)
B ．(－∞，1)
C ．(－∞，1]∪(2，＋∞)
D ．(－∞，0]∪(1，＋∞)
解析 函数g (x )＝f (x )＋x －m 的零点就是方程f (x )＋x ＝m 的根，画出h (x )＝f (x )＋x
＝⎩⎨⎧x ，x ≤0，e x ＋x ，x >0
的大致图象(图略)． 观察它与直线y ＝m 的交点，得知当m ≤0或m >1时，有交点，即函数g (x )＝f (x )＋x －m 有零点． 答案 D 二、填空题
7．在平面直角坐标系xOy 中，若直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a |－1的图象只有一个交点，则a 的值为________．
解析 函数y ＝|x －a |－1的图象如图所示，因为直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a |－1的图象只有一个交点，故2a ＝－1，解得a ＝－1
2.
答案 －1
2
8．(2016·浙江卷)设函数f (x )＝x 3＋3x 2＋1，已知a ≠0，且f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2，x ∈R ，则实数a ＝________，b ＝________． 解析 ∵f (x )＝x 3＋3x 2＋1，则f (a )＝a 3＋3a 2＋1， ∴f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2＝(x －b )(x 2－2ax ＋a 2) ＝x 3－(2a ＋b )x 2＋(a 2＋2ab )x －a 2b ＝x 3＋3x 2－a 3－3a 2. 由此可得⎩⎨⎧2a ＋b ＝－3，①
a 2
＋2ab ＝0，②a 3＋3a 2＝a 2b .③
∵a ≠0，∴由②得a ＝－2b ，代入①式得b ＝1，a ＝－2. 答案 －2 1
9．(2018·杭州调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x
，x <a ，
x 2，x ≥a .
若f (x )是单调函数，则实数a 的取
值范围是________；若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则实数a 的取值范围是________．
解析 因为函数y ＝2x 在定义域内是单调递增函数，所以函数f (x )为单调递增函数，
所以a >0且2a ≤a 2.在同一坐标系下作出函数y ＝2x 与y ＝x 2的图象，由图可知，实数a 的取值范围为[2，4]．函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点等价于函数y ＝f (x )与y ＝b 的图象有三个交点，在同一坐标系下作出函数y ＝f (x )与y ＝b 的图象，由图可知，当a 在y 轴的左方时，存在实数b ，使得两函数图象有三个交点，所以要使函数g (x )有三个零点，实数a 的取值范围为(－∞，0)．
答案 [2，4] (－∞，0)
10．(2018·金丽衢联考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ln x ，x ≥1，e
f （|x |＋1），x <1
(e 为自然对数的底数)，则f (e)＝________，函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为________．
解析 f (e)＝ln e ＝1；函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为方程f (f (x ))＝1的根的个数，则①由ln x ＝1(x ≥1)，得x ＝e ，于是f (x )＝e ，则由ln x ＝e(x ≥1)，得x ＝e e ；或由e f (|x |＋1)＝e(x <1)，得f (|x |＋1)＝1，所以ln(|x |＋1)＝1，解得x ＝e －1(舍去)或x ＝1－e ；②由e f (|x |＋1)＝1(x <1)，得f (|x |＋1)＝0，所以ln(|x |＋1)＝0，解得x ＝0，所以f (x )＝0，只有ln x ＝0(x ≥1)，解得x ＝1.综上可知函数y ＝f (f (x ))－1有x ＝e e ，1－e ，1共3个零点． 答案 1 3 三、解答题
11．已知二次函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x ＋1－2a ，
(1)判断命题：“对于任意的a ∈R ，方程f (x )＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；
(2)若y ＝f (x )在区间(－1，0)及⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12内各有一个零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)“对于任意的a ∈R ，方程f (x )＝1必有实数根”是真命题． 依题意，f (x )＝1有实根，即x 2＋(2a －1)x －2a ＝0有实根，
因为Δ＝(2a －1)2＋8a ＝(2a ＋1)2≥0对于任意的a ∈R 恒成立，即x 2＋(2a －1)x －2a ＝0必有实根，从而f (x )＝1必有实根．
(2)依题意，要使y ＝f (x )在区间(－1，0)及⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12内各有一个零点，
只需⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）>0，f （0）<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，即⎩⎪⎨⎪⎧3－4a >0，
1－2a <0，34－a >0，解得12<a <34.
故实数a
的取值范围为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a ⎪⎪⎪12<a <34. 12．设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－1x (x >0)． (1)作出函数f (x )的图象；
(2)当0<a <b ，且f (a )＝f (b )时，求1a ＋1
b 的值；
(3)若方程f (x )＝m 有两个不相等的正根，求m 的取值范围． 解 (1)如图所示．
(2)∵f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪
1－1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1
x －1，x ∈（0，1]，1－1
x ，x ∈（1，＋∞），
故f (x )在(0，1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数． 由0<a <b 且f (a )＝f (b )，得0<a <1<b ，且1a －1＝1－1b ，∴1a ＋1
b ＝2.
(3)由函数f (x )的图象可知，当0<m <1时，函数f (x )的图象与直线y ＝m 有两个不同的交点，即方程f (x )＝m 有两个不相等的正根．
能力提升题组
13．(2018·宁波调研)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|，x ∈（－∞，2），12f （x －2），x ∈[2，＋∞），则函数F (x )＝xf (x )
－1的零点个数为( ) A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
解析 作出函数y ＝f (x )与y ＝g (x )＝1
x 的图象如图，当x <0时，y ＝f (x )单调递增，y ＝1x 为减函数，此时函数f (x )与y ＝g (x )＝1
x 只有一个交点．∵f (1)＝1，
g (1)＝1，∴f (1)＝g (1)，(1，1)是两函数图象的一个交点；∵f (3)＝12f (1)＝1
2，g (3)＝13，满足f (3)>g (3)，∴两函数的图象在(2，4)内有两个交点；∵f (5)＝12f (3)＝14，
g (5)＝15，满足f (5)>g (5)，∴两函数的图象在(4，6)内有两个交点；∵f (7)＝1
2f (5)＝18，
g (7)＝17，满足f (7)<g (7)，∴两函数的图象在(6，8)内没有交点；∵f (9)＝12f (7)＝116，
g (9)＝1
9，满足f (9)<g (9)，∴两函数的图象在(8，10)内没有交点，即当x >7时，恒有f (x )<g (x )，两函数的图象没有交点．综上所述，两函数的图象的交点个数为6个，即函数F (x )＝xf (x )－1的零点个数为6个．
答案 C
14．(2018·绍兴调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧kx ＋1，x ≤0，
ln x ，x ＞0，则函数y ＝f (f (x ))＋1的零点个
数的判断正确的是( )
A ．当k ＞0时，有4个零点；当k ＜0时，有1个零点
B ．无论k 为何值，均有2个零点
C ．当k ＞0时，有3个零点；当k ＜0时，有2个零点
D ．无论k 为何值，均有4个零点
解析 (1)当x ＞1时，ln x ＞0，∴y ＝f (f (x ))＋1＝ln(ln x )＋1，此时有零点x ＝e 1
e ＞1；(2)当0＜x ≤1时，ln x ≤0，∴y ＝
f (f (x ))＋1＝k ·ln x ＋1.当k ＞0时，有一个零点；当k ＜0时，无零点；(3)当x ≤0，kx ＋1≤0时，y ＝f (f (x ))＋1＝k 2x ＋k ＋1.当k ＞0时，有一个零点x ＝－k ＋1
k 2；当k ＜0时，k 2x ＋k ＋1＝k (kx ＋1)＋1＞0，无零点；
(4)当x ≤0，kx ＋1＞0时，y ＝f (f (x ))＋1＝ln(kx ＋1)＋1.当k ＞0时，有一个零点x ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1e －1；当k ＜0时，无零点．综上，当k ＞0时，有4个零点，当k ＜0时，只有一个零点． 答案 A
15．(2018·嘉兴调研)已知f (x )＝
1
x ＋2
－m |x |，若f (x )有两个零点，则实数m 的值为________；若f (x )有三个零点，则实数m 的取值范围是________． 解析 函数f (x )的零点，即为方程
1x ＋2
－m |x |＝0即1
m ＝|x |(x ＋2)(x ≠－2)的实数根，令g (x )＝|x |(x ＋2)＝⎩⎨⎧x 2
＋2x ，x ≥0，
－x 2－2x ，x <0，
其图象如图所示，当m ＝1时，g (x )图象与y
＝1m 有2个交点；当0<1
m <1，即m >1时，有3个交点．
答案 1 (1，＋∞)
16．(2015·浙江卷)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )．
(1)当b ＝a 2
4＋1时，求函数f (x )在[－1，1]上的最小值g (a )的表达式； (2)已知函数f (x )在[－1，1]上存在零点，0≤b －2a ≤1，求b 的取值范围． 解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22
＋1，故图象的对称轴为直线x ＝－a 2. 当－a 2≥1，即a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 2
4＋a ＋2.
当－1≤－a 2＜1，即－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－a 2＝1.
当－a 2＜－1，即a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 2
4－a ＋2.
综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪
⎧a 2
4＋a ＋2，a ≤－2，
1，－2＜a ≤2，
a 2
4－a ＋2，a ＞2.
(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1， 则⎩⎨⎧s ＋t ＝－a ，st ＝b ， 由于0≤b －2a ≤1，因此
－2t t ＋2≤s ≤1－2t
t ＋2
(－1≤t ≤1)． 当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2
t ＋2
，
由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2
t ＋2
≤9－45，
所以－2
3≤b ≤9－4 5.
当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t 2
t ＋2
，
由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t 2
t ＋2＜0，所以－3≤b ＜0.
故b 的取值范围是[－3，9－45]． 17．已知函数f (x )＝
1
|x ＋2|
＋kx ＋b ，其中k ，b 为实数且k ≠0. (1)当k >0时，根据定义证明f (x )在(－∞，－2)上单调递增； (2)求集合M k ＝{b |函数f (x )有三个不同的零点}． (1)证明 当x ∈(－∞，－2)时，f (x )＝－1
x ＋2
＋kx ＋b . 任取x 1，x 2∈(－∞，－2)，设x 2>x 1.
f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 1＋2＋kx 1＋b －⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1x 2＋2＋kx 2＋b ＝(x 1－x 2)⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
1（x 1＋2）（x 2＋2）＋k .
由所设得x 1－x 2<0，1
（x 1＋2）（x 2＋2）>0，又k >0，
∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． ∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)解 函数f (x )有三个不同零点，即方程
1
|x ＋2|＋kx ＋b ＝0有三个不同的实根．
方程化为：⎩⎨⎧x >－2，
kx 2＋（b ＋2k ）x ＋（2b ＋1）＝0，
与⎩⎨⎧x <－2，kx 2＋（b ＋2k ）x ＋（2b －1）＝0.
记u (x )＝kx 2＋(b ＋2k )x ＋(2b ＋1)，v (x )＝kx 2＋(b ＋2k )x ＋(2b －1)． ①当k >0时，u (x )，v (x )开口均向上．
由v (－2)＝－1<0知v (x )在(－∞，－2)内有唯一零点． 为满足f (x )有三个零点，u (x )在(－2，＋∞)应有两个不同零点． ∴⎩⎪⎨⎪⎧u （－2）>0，（b ＋2k ）2－4k （2b ＋1）>0，－b ＋2k 2k >－2，∴b <2k －2
k .
②当k <0时，u (x )，v (x )开口均向下．
由u (－2)＝1>0知u (x )在(－2，＋∞)有唯一零点．为满足f (x )有三个零点，v (x )在(－∞，－2)应有两个不同零点．
综合①②可得M k ＝{b |b <2k －2|k |}．。