浙江专用高考数学大一轮复习第二章函数概念与基本初等函数第8讲函数与方程练习含解析

浙江专用高考数学大一轮复习第二章函数概念与基本初
等函数第8讲函数与方程练习含解析
[基础达标]
1．(2019·浙江省名校联考)已知函数y ＝f (x )的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：
x 1 2 3 4 5 6 y
124.4
33
－74
24.5
－36.7
－123.6
则函数y A ．2个 B ．3个 C ．4个
D ．5个
解析：选B.依题意，f (2)>0，f (3)<0，f (4)>0，f (5)<0，根据零点存在性定理可知，
f (x )在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)上均至少含有一个零点，故函数y ＝f (x )在区间[1，6]
上的零点至少有3个．
2．(2019·温州十校联考(一))设函数f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( )
A ．(0，1)
B ．(1，2)
C ．(2，3)
D ．(3，4)
解析：选B.法一：因为f (1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f (2)＝ln 2>0，所以f (1)·f (2)<0，因为函数f (x )＝ln x ＋x －2的图象是连续的，所以函数f (x )的零点所在的区间是(1，2)．
法二：函数f (x )的零点所在的区间为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的区间，作出两函数的图象如图所示，由图可知，函数f (x )的零点所在的区间为(1，2)．
3．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x
－cos x ，则f (x )在[0，2π]上的零点个数为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选C.
作出g (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x
与h (x )＝cos x 的图象如图所示，可以看到其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f (x )在[0，2π]上的零点个数为3，故选C.
4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x
－tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2
<x <π2，若实数x 0是函数y ＝f (x )的零点，且
0<t <x 0，则f (t )的值( )
A ．大于1
B ．大于0
C ．小于0
D ．不大于0
解析：选B.y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x
是减函数，y 2＝－tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上也是减函数，
可知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x
－tan x 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π2，π2上单调递减． 因为0<t <x 0，f (t )>f (x 0)＝0.故选B.
5．(2019·兰州模拟)已知奇函数f (x )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 ．1
4 B ．18 C ．－78
D ．－38
解析：选C.因为函数y ＝f (2x 2
＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，所以方程f (2x 2
＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2
＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2
＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2
＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2
＋1＝x －λ，所以方程2x 2
－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2
－4×2×(1＋λ)＝0，解得 λ＝－7
8
.故选C.
6．(2019·宁波市余姚中学期中检测)已知函数f (x )＝|x |x ＋2
－kx 2
(k ∈R )有四个不同的零点，则实数k 的取值范围是( )
A ．k <0
B ．k <1
C ．0<k <1
D ．k >1
解析：选D.分别画出y ＝
|x |x ＋2
与y ＝kx 2
的图象如图所示，
当k <0时，y ＝kx 2
的开口向下，此时与y ＝|x |
x ＋2
只有一个交点，显然不符合题意； 当k ＝0时，此时与y ＝|x |
x ＋2
只有一个交点，显然不符合题意， 当k >0，x ≥0时， 令f (x )＝
|x |x ＋2
－kx 2
＝0， 即kx 3
＋2kx 2
－x ＝0， 即x (kx 2
＋2kx －1)＝0， 即x ＝0或kx 2
＋2kx －1＝0，
因为Δ＝4k 2
＋4k >0，且－1k
<0，所以方程有一正根，一负根，所以当x >0时，方程有唯
一解．即当x ≥0时，方程有两个解．
当k >0，x <0时，f (x )＝
|x |x ＋2
－kx 2
＝0， 即kx 3
＋2kx 2
＋x ＝0，kx 2
＋2kx ＋1＝0，
此时必须有两个解才满足题意，所以Δ＝4k 2
－4k >0，解得k >1， 综上所述k >1.
7．(2019·金丽衢十二校高三联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧tan[π2（x －1）]，0<x ≤1ln x ，x >1
，则f (f (e))＝________，函数y ＝f (x )－1的零点为________．
解析：因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧tan[π2（x －1）]，0<x ≤1
ln x ，x >1， 所以f (e)＝ln e ＝1，
f (f (e))＝f (1)＝tan 0＝0，
若0<x ≤1，f (x )＝1⇒tan[π
2
(x －1)]＝1， 方程无解；
若x >1，f (x )＝1⇒ln x ＝1⇒x ＝e. 答案：0 e 8．已知函数f (x )＝
2
3x
＋1
＋a 的零点为1，则实数a 的值为________． 解析：由已知得f (1)＝0，即231
＋1＋a ＝0，解得a ＝－12
. 答案：－1
2
9．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧2x
，x ≤0，
|log 2x |，x >0，则函数
g (x )＝f (x )－1
2
的零点所构成的集合为
________．
解析：令g (x )＝0，得f (x )＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，2x ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，|log 2x |＝12，解得x ＝－1或x ＝2
2或
x ＝2，故函数g (x )＝f (x )－12
的零点所构成的集合为⎩
⎪⎨⎪
⎧⎭
⎪⎬⎪⎫－1，
2
2，2. 答案：⎩
⎪⎨⎪
⎧⎭
⎪⎬⎪⎫－1，
2
2，2 10．(2019·杭州学军中学模拟)已知函数f (x )＝|x 3
－4x |＋ax －2恰有2个零点，则实数a 的取值范围为________．
解析：函数f (x )＝|x 3
－4x |＋ax －2恰有2个零点即函数y ＝|x 3
－4x |与y ＝2－ax
的图象有2个不同的交点．作出函数y ＝|x 3
－4x |的图象如图，当直线y ＝2－ax 与曲线
y ＝－x 3＋4x ，x ∈[0，2]相切时，设切点坐标为(x 0，－x 30＋4x 0)，则切线方程为y －(－x 3
0＋
4x 0)＝(－3x 2
0＋4)(x －x 0)，且经过点(0，2)，代入解得x 0＝1，此时a ＝－1，由函数图象的对称性可得实数a 的取值范围为a <－1或a >1.
答案：a<－1或a >1
11．设函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋b －1(a ≠0)． (1)当a ＝1，b ＝－2时，求函数f (x )的零点；
(2)若对任意b ∈R ，函数f (x )恒有两个不同零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1，b ＝－2时，f (x )＝x 2
－2x －3，令f (x )＝0，得x ＝3或x ＝－1. 所以函数f (x )的零点为3和－1.
(2)依题意，f (x )＝ax 2
＋bx ＋b －1＝0有两个不同实根，所以b 2
－4a (b －1)>0恒成立，
即对于任意b ∈R ，b 2－4ab ＋4a >0恒成立，所以有(－4a )2－4×(4a )<0⇒a 2
－a <0，解得0<a <1，因此实数a 的取值范围是(0，1)．
12．已知函数f (x )＝－x 2
－2x ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x ，x >0，x ＋1，x ≤0.
(1)求g (f (1))的值；
(2)若方程g (f (x ))－a ＝0有4个实数根，求实数a 的取值范围． 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 ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在t ∈(－∞，1)内有2个不同的解，
则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t <1)的图象(图略)，
由图象可知，当1≤a <5
4
时，函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 有2个不同的交点，
即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫1，54. [能力提升]
1．(2019·杭州市富阳二中高三质检)已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧e x
－2（x ≤0）
ln x （x >0），则下列关于函
数y ＝f [f (kx )＋1]＋1(k ≠0)的零点个数的判断正确的是( )
A ．当k >0时，有3个零点；当k <0时，有4个零点
B ．当k >0时，有4个零点；当k <0时，有3个零点
C ．无论k 为何值，均有3个零点
D ．无论k 为何值，均有4个零点 解析：选C.令f [f (kx )＋1]＋1＝0得，
⎩
⎪⎨⎪⎧f （kx ）＋1≤0，e f （kx ）＋1－2＋1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧f （kx ）＋1>0
ln[f （kx ）＋1]＋1＝0， 解得f (kx )＋1＝0或f (kx )＋1＝1e ；
由f (kx )＋1＝0得，
⎩
⎪⎨⎪⎧kx ≤0，e kx －2＋1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧kx >0ln （kx ）＝－1； 即x ＝0或kx ＝1e ；
由f (kx )＋1＝1
e
得，
⎩⎪⎨⎪⎧kx ≤0，e kx －2＋1＝1e 或⎩
⎪⎨⎪⎧kx >0ln （kx ）＋1＝1e ； 即e kx
＝1＋1e (无解)或kx ＝e 1e －1；
综上所述，x ＝0或kx ＝1e 或kx ＝e 1
e －1；
故无论k 为何值，均有3个解，故选C.
2．(2019·宁波市高三教学评估)设函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R 且a >0)，则“f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
f ⎝ ⎛
⎭⎪⎫－b 2a <0”是“f (x )与f (f (x ))都恰有两个零点”的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要
条件
解析：选C.由已知a >0，函数f (x )开口向上，f (x )有两个零点，最小值必然小于0，当取得最小值时，x ＝－b
2a ，即f ⎝ ⎛
⎭⎪⎫
－b 2a <0，令f (x )＝－b
2a ，则f (f (x ))＝f ⎝ ⎛
⎭⎪⎫
－b 2a ，因为f ⎝ ⎛
⎭⎪
⎫
－b 2a <0，所以f (f (x ))<0，所以f (f (x ))必有两个零点．同理f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a <0⇒f ⎝ ⎛
⎭⎪⎫
－b 2a <0⇒x ＝－b
2a ，
因为x ＝－b
2a 是对称轴，a >0，开口向上，f ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－b 2a <0，必有两个零点所以C 选项正确．
3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)若关于x 的不等式x 2
＋|x －a |<2至少有一个正数解，则实数a 的取值范围是________．
解析：不等式为
2－x 2
>|x －a |，则0<2－x 2
.
在同一坐标系画出y ＝2－x 2
(y ≥0，x ≥0)和y ＝|x |两个函数图象，将绝对值函数y ＝|x |向左移动，当右支经过(0，2)点时，a ＝－2；将绝对值函数y ＝|x |向右移动让左支与抛物线y ＝2－x 2
(y ≥0，x ≥0)相切时，
由⎩
⎪⎨⎪⎧y －0＝－（x －a ）y ＝2－x 2
，可得x 2
－x ＋a －2＝0， 再由Δ＝0解得a ＝94
.
数形结合可得，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，94. 答案：⎝
⎛⎭⎪⎫－2，94
4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x
，g (x )＝log 12
x ，记函数h (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧g （x ），f （x ）≤g （x ），f （x ），f （x ）>g （x ），则
函数F (x )＝h (x )＋x －5的所有零点的和为________．
解析：由题意知函数h (x )的图象如图所示，易知函数h (x )的图象关于直线y ＝x 对称，函数F (x )所有零点的和就是函数y ＝h (x )与函数y ＝5－x 图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x 1，x 2，因为两函数图象的交点关于直线y ＝x 对称，所以x 1＋x 2
2
＝5－
x 1＋x 2
2
，
所以x 1＋x 2＝5.
答案：5
5．已知函数f (x )＝－x 2
＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e
2
x
(x >0)．
(1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围；
(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解：(1)法一：因为g (x )＝x ＋e 2
x
≥2e 2
＝2e ，
等号成立的条件是x ＝e ， 故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，
因而只需m ≥2e ，则y ＝g (x )－m 就有零点． 所以m 的取值范围是[2e ，＋∞)．
法二：作出g (x )＝x ＋e
2
x
(x >0)的大致图象如图：
可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e，即m 的取值范围是[2e ，＋∞)．
(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e
2
x
(x >0)的大致图象．
因为f (x )＝－x 2
＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2
＋m －1＋e 2
. 所以其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下， 最大值为m －1＋e 2.
故当m －1＋e 2
>2e ，即m >－e 2
＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．
所以m 的取值范围是(－e 2
＋2e ＋1，＋∞)．
6．(2019·绍兴一中高三期中)已知函数f (x )＝x |x －a |＋bx . (1)当a ＝2，且f (x )是R 上的增函数，求实数b 的取值范围；
(2)当b ＝－2，且对任意a ∈(－2，4)，关于x 的方程f (x )＝tf (a )有三个不相等的实数根，求实数t 的取值范围．
解：(1)f (x )＝x |x －2|＋bx ＝⎩
⎪⎨⎪⎧x 2
＋（b －2）x ，x ≥2
－x 2＋（b ＋2）x ，x <2，
因为f (x )连续，
所以f (x )在R 上递增等价于这两段函数分别递增， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－b
2≤22＋b 2≥2
，解得，b ≥2.
(2)f (x )＝x |x －a |－2x ＝⎩
⎪⎨⎪⎧x 2
－（a ＋2）x ，x ≥a －x 2＋（a －2）x ，x <a ，
tf (a )＝－2ta ，
当2≤a <4时，
a －22<a ＋2
2
≤a ，
f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －22上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫a －22，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，
所以f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪
⎫a －22＝a 2
4
－a ＋1， f (x )极小值＝f (a )＝－2a ，
所以⎩⎪⎨⎪⎧－2a <－2ta ，a 2
4－a ＋1>－2ta 对2≤a <4恒成立，解得0<t <1，
当－2<a <2时，
a －2
2
<a <
a ＋2
2
，
f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22，a ＋22上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫a ＋22，＋∞上单调
递增，
所以f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪
⎫a －22＝a 2
4－a ＋1， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋22＝－a 2
4－a －1，
所以－a 24－a －1<－2ta <a 2
4－a ＋1对－2<a <2恒成立，解得0<t <1，综上所述，0<t <1.。