【2022決勝高考】人教A版(文)數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)練測：第8講-第二章-集合與常用邏輯用語-函數(shù)與方程

第8講函數(shù)與方程一、選擇題1．“a<－2”是“函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上存在零點x0”A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析當(dāng)a<－2時，函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)遞減，此時f(－1)＝3－a>0，f(2)＝3＋2a<0，所以函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上存在零點x0；當(dāng)函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上存在零點x0有f(－1)f(2)<0，即2a2－3解得a>3或a<－eq\f(3,2).答案A2．下列函數(shù)圖像與x軸均有公共點，其中能用二分法求零點的是()解析能用二分法求零點的函數(shù)必需在含零點的區(qū)間(a，b)內(nèi)連續(xù)，并且有f(a)·f(b)＜0.A、B、D中函數(shù)不符合．答案C3．函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實數(shù)a的取值范圍是 ()．A．(1,3) B．(1,2)C．(0,3) D．(0,2)解析由條件可知f(1)f(2)<0，即(2－2－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，解之得0<a<3.答案C4．已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝x3－x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸的交點的個數(shù)為()．A．6 B．7 C．8 D．9解析當(dāng)0≤x<2時，令f(x)＝x3－x＝0，得x＝0或x＝1.依據(jù)周期函數(shù)的性質(zhì)，由f(x)的最小正周期為2，可知y＝f(x)在[0,6)上有6個零點，又f(6)＝f(3×2)＝f(0)＝0，∴f(x)在[0,6]上與x軸的交點個數(shù)為7.答案B5．函數(shù)f(x)＝eq\r(x)－cosx在[0，＋∞)內(nèi) ()．A．沒有零點B．有且僅有一個零點C．有且僅有兩個零點D．有無窮多個零點解析令f(x)＝0，得eq\r(x)＝cosx，在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出兩個函數(shù)y＝eq\r(x)與y＝cosx的圖象如圖所示，由圖象知，兩個函數(shù)只有一個交點，從而方程eq\r(x)＝cosx只有一個解．∴函數(shù)f(x)只有一個零點．答案B6．已知函數(shù)f(x)＝xex－ax－1，則關(guān)于f(x)零點敘述正確的是()．A．當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)有兩個零點B．函數(shù)f(x)必有一個零點是正數(shù)C．當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)有兩個零點D．當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)只有一個零點解析f(x)＝0?ex＝a＋eq\f(1,x)在同一坐標(biāo)系中作出y＝ex與y＝eq\f(1,x)的圖象，可觀看出A、C、D選項錯誤，選項B正確．答案B二、填空題7．用二分法爭辯函數(shù)f(x)＝x3＋3x－1的零點時，第一次經(jīng)計算f(0)<0，f(0.5)>0可得其中一個零點x0∈______，其次次應(yīng)計算________．解析∵f(x)＝x3＋3x－1是R上的連續(xù)函數(shù)，且f(0)<0，f(0.5)>0，則f(x)在x∈(0,0.5)上存在零點，且其次次驗證時需驗證f(0.25)的符號．答案(0,0.5)f(0.25)8．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,log2x，x>0，))則函數(shù)y＝f[f(x)]＋1的全部零點所構(gòu)成的集合為________．解析本題即求方程f[f(x)]＝－1的全部根的集合，先解方程f(t)＝－1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t≤0，,t＋1＝－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t>0，,log2t＝－1，))得t＝－2或t＝eq\f(1,2).再解方程f(x)＝－2和f(x)＝eq\f(1,2).即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x＋1＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,log2x＝－2))和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x＋1＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,log2x＝\f(1,2).))得x＝－3或x＝eq\f(1,4)和x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\r(2).答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)，\f(1,4)，\r(2)))9．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________．解析由原函數(shù)有零點，可將問題轉(zhuǎn)化為方程ex－2x＋a＝0有解問題，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函數(shù)，在(ln2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為：g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．答案(－∞，2ln2－2]10．若直角坐標(biāo)平面內(nèi)兩點P，Q滿足條件：①P、Q都在函數(shù)f(x)的圖象上；②P、Q關(guān)于原點對稱，則稱點對(P、Q)是函數(shù)f(x)的一個“友好點對”(點對(P、Q)與點對(Q，P)看作同一個“友好點對”)．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＋4x＋1，x<0，,\f(2,ex)，x≥0，))則f(x)的“友好點對”的個數(shù)是________．解析設(shè)P(x，y)、Q(－x，－y)(x>0)為函數(shù)f(x)的“友好點對”，則y＝eq\f(2,ex)，－y＝2(－x)2＋4(－x)＋1＝2x2－4x＋1，∴eq\f(2,ex)＋2x2－4x＋1＝0，在同一坐標(biāo)系中作函數(shù)y1＝eq\f(2,ex)、y2＝－2x2＋4x－1的圖象，y1、y2的圖象有兩個交點，所以f(x)有2個“友好點對”，故填2.答案2三、解答題11．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)．(1)作出函數(shù)f(x)的圖象；(2)當(dāng)0<a<b，且f(a)＝f(b)時，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值；(3)若方程f(x)＝m有兩個不相等的正根，求m的取值范圍．解(1)如圖所示．(2)∵f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))故f(x)在(0,1]上是減函數(shù)，而在(1，＋∞)上是增函數(shù)，由0<a<b且f(a)＝f(b)，得0<a<1<b，且eq\f(1,a)－1＝1－eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2.(3)由函數(shù)f(x)的圖象可知，當(dāng)0<m<1時，方程f(x)＝m有兩個不相等的正根．12．已知函數(shù)f(x)＝4x＋m·2x＋1有且僅有一個零點，求m的取值范圍，并求出該零點．思路分析由題意可知，方程4x＋m·2x＋1＝0僅有一個實根，再利用換元法求解．解析∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且僅有一個零點，即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0僅有一個實根．設(shè)2x＝t(t＞0)，則t2＋mt＋1＝0.當(dāng)Δ＝0時，即m2－4＝0，∴m＝－2時，t＝1；m＝2時，t＝－1(不合題意，舍去)，∴2x＝1，x＝0符合題意．當(dāng)Δ＞0時，即m＞2或m＜－2時，t2＋mt＋1＝0有兩正或兩負根，即f(x)有兩個零點或沒有零點．∴這種狀況不符合題意．綜上可知：m＝－2時，f(x)有唯一零點，該零點為x＝0.13．已知二次函數(shù)f(x)＝x2－16x＋q＋3.(1)若函數(shù)在區(qū)間[－1,1]上存在零點，求實數(shù)q的取值范圍；(2)是否存在常數(shù)t(t≥0)，當(dāng)x∈[t,10]時，f(x)的值域為區(qū)間D，且區(qū)間D的長度為12－t(視區(qū)間[a，b]的長度為b－a)．解(1)∵函數(shù)f(x)＝x2－16x＋q＋3的對稱軸是x＝8，∴f(x)在區(qū)間[－1,1]上是減函數(shù)．∵函數(shù)在區(qū)間[－1,1]上存在零點，則必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤0，,f－1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－16＋q＋3≤0，,1＋16＋q＋3≥0，))∴－20≤q≤12.(2)∵0≤t<10，f(x)在區(qū)間[0,8]上是減函數(shù)，在區(qū)間[8,10]上是增函數(shù)，且對稱軸是x＝8.①當(dāng)0≤t≤6時，在區(qū)間[t,10]上，f(t)最大，f(8)最小，∴f(t)－f(8)＝12－t，即t2－15t＋52＝0，解得t＝eq\f(15±\r(17),2)，∴t＝eq\f(15－\r(17),2)；②當(dāng)6<t≤8時，在區(qū)間[t,10]上，f(10)最大，f(8)最小，∴f(10)－f(8)＝12－t，解得t＝8；③當(dāng)8<t<10時，在區(qū)間[t,10]上，f(10)最大，f(t)最小，∴f(10)－f(t)＝12－t，即t2－17t＋72＝0，解得t＝8,9，∴t＝9.綜上可知，存在常數(shù)t＝eq\f(15－\r(17),2)，8,9滿足條件.14．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)．(1)若g(x)＝m有零點，求m的取值范圍；(2)確定m的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．解(1)法一：∵g(x)＝x＋eq\f(e2,x)≥2eq\r(e2)＝2e，等號成立的條件是x＝e，故g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，則g(x)＝m就有零點．法二：作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)的大致圖象如圖：可知若使g(x)＝m有零點，則只需m≥2e.法三：由g(x)＝m得x2－mx＋e2＝0.此方程有大于零的根，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)>0,Δ＝m2－4e2≥0))等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0,m≥2e或m≤－2e))