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    高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第8章 函数应用本章综合与测试优秀课后复习题

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    这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第8章 函数应用本章综合与测试优秀课后复习题,共6页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    课时分层作业(四十二) 函数的零点


    (建议用时:40分钟)





    一、选择题


    1.若函数f(x)=mx+n有一个零点是2,则函数g(x)=nx2-mx的零点是( )


    A.0 B.eq \f(1,2)


    C.-eq \f(1,2) D.0和-eq \f(1,2)


    D [由条件知,f(2)=2m+n=0,∴n=-2m.


    ∴g(x)=nx2-mx=-2mxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,2))),由g(x)=0,得x=0或x=-eq \f(1,2).


    ∴g(x)的零点是0和-eq \f(1,2).]


    2.方程2x+x=0在下列哪个区间内有实数根( )


    A.(-2,-1) B.(0,1)


    C.(1,2) D.(-1,0)


    D [令f(x)=2x+x,则f(-2)=-eq \f(7,4)<0,


    f(-1)=-eq \f(1,2)<0,f(0)=1>0,f(1)=3>0,f(2)=6>0.


    ∵f(-1)·f(0)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))×1<0,


    ∴f(x)=2x+x的零点在区间(-1,0)内,


    故2x+x=0在区间(-1,0)内有实数根.]


    3.已知函数f(x)=2x+x,g(x)=x+lg2 x,h(x)=x3+x的零点依次为a,b,c,则a,b,c的大小关系为( )


    A.c>b>a B.b>c>a


    C.b>a>c D.a>c>b


    B [在同一坐标系中画出y=2x和y=-x的图象(图略),可得a<0,同样的方法可得b>0,c=0,∴b>c>a.]


    4.已知函数f(x)=lg2x-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x),若实数x0是方程f(x)=0的解,且0<x1<x0,则f(x1)的值( )


    A.恒为负 B.等于零


    C.恒为正 D.不小于零


    A [因为x0是方程f(x)=0的解,所以f(x0)=0,又因为函数f(x)=lg2x-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)在(0,+∞)上为增函数,且0<x1<x0,所以有f(x1)<f(x0)=0.]


    5.已知函数f(x)=2x+x,g(x)=lg3x+x,h(x)=x-eq \f(1,\r(x))的零点依次为a,b,c,则( )


    A.a

    C.c

    A [在同一直角坐标系下分别画出函数y=2x,y=lg3x,y=-eq \f(1,\r(x))的图象,如图,观察它们与y=-x的交点可知a




    二、填空题


    6.函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2+2x-3,x≤0,,-2+ln x,x>0,))零点的个数为________.


    2 [x≤0时,令x2+2x-3=0,解得x=-3,x=1(舍去),


    ∴f(x)在(-∞,0]上有一个零点;x>0时,f(x)=ln x-2在(0,+∞)上递增,


    f(1)=-2<0,f(e3)=1>0.


    ∵f(1)·f(e3)<0,∴f(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点.


    综上,f(x)在R上有2个零点.]


    7.已知对于任意实数x,函数f(x)满足f(-x)=f(x).若f(x)有2 021个零点,则这2 021个零点之和为________.


    0 [设x0为其中一根,即f(x0)=0,


    因为函数f(x)满足f(-x)=f(x),所以f(-x0)=f(x0)=0,


    即-x0也为方程一根,


    又因为方程f(x)=0有2 021个实数解,所以其中必有一根x1,满足x1=-x1,即x1=0,


    所以这2 021个实数解之和为0.]


    8.若x1是方程xex=1的解,x2是方程xln x=1的解,则x1x2等于________.


    1 [考虑到x1,x2是函数y=ex、函数y=ln x与函数y=eq \f(1,x)的图象的交点A,B的横坐标,而Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1,\f(1,x1))),Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2,\f(1,x2)))两点关于y=x对称,因此x1x2=1.]


    三、解答题


    9.求函数f(x)=2x|lg0.5 x|-1的零点个数.


    [解] 函数f(x)=2x|lg0.5 x|-1的零点即2x|lg0.5 x|-1=0的解,即|lg0.5 x|=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的解,作出函数g(x)=|lg0.5 x|和函数h(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象,





    由图象可知,两函数共有两个交点,


    故函数f(x)=2x|lg0.5 x|-1有2个零点.


    10.已知y=f(x)是定义域为R的奇函数,当x∈[0,+∞)时,f(x)=x2-2x.


    (1)写出函数y=f(x)的解析式;


    (2)若方程f(x)=a恰有3个不同的解,求a的取值范围.


    [解] (1)当x∈(-∞,0)时,-x∈(0,+∞),


    ∵y=f(x)是奇函数,


    ∴f(x)=-f(-x)=-[(-x)2-2(-x)]=-x2-2x,


    ∴f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2-2x,x≥0,,-x2-2x,x<0.))


    (2)当x∈[0,+∞)时,f(x)=x2-2x=(x-1)2-1,最小值为-1;


    当x∈(-∞,0)时,f(x)=-x2-2x=1-(x+1)2,最大值为1.


    ∴据此可作出函数y=f(x)的图象,如图所示,





    根据图象得,若方程f(x)=a恰有3个不同的解,则a的取值范围是(-1,1).





    1.函数f(x)=2x-x2零点的个数是( )


    A.1 B.2 C.3 D.4


    C [由2x-x2=0得2x=x2,在同一平面直角坐标系中作出函数y=2x和函数y=x2的图象,它们有三个交点,f(x)=2x-x2零点的个数为3,注意其中两个正零点是2和4.故选C.


    ]


    2.已知函数f(x)=|lg x|-a,a>0有两个零点x1,x2,则x1+x2的取值范围是________.


    (2,+∞) [设函数f(x)=|lg x|-a,a>0有两个零点x1,x2,且x1<1

    ∴x1+x2=10-a+10a>2,即x1+x2的取值范围是(2,+∞).]


    3.设a∈Z,函数f(x)=ex+x-a,若x∈(-1,1)时,函数有零点,则a的取值个数为________.


    4 [根据函数解析式得到函数f(x)是单调递增的.由零点存在性定理知若x∈(-1,1)时,函数有零点,需要满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f-1<0,,f1>0)) ⇒eq \f(1,e)-1

    4.已知函数f(x)=4x-a·2x+1+1.


    (1)若函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2))上有最大值-8,求实数a的值;


    (2)若函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,2))上有且只有一个零点,求实数a的取值范围.


    [解] (1)由题f(x)=4x-a·2x+1+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x))2-2a·2x+1,因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2)),


    所以令t=2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1,4)),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))=t2-2at+1,对称轴为t=a,


    当a≤eq \f(5,2)时,f(t)max=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))=17-8a=-8,解得a=eq \f(25,8)(舍),


    当a>eq \f(5,2)时,f(t)max=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))=2-2a=-8,解得a=5,


    所以a=5.


    (2)由(1)f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x))2-2a·2x+1,令t=2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),4)),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))=t2-2at+1,对称轴为t=a.


    因为函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,2))上有且只有一个零点,


    所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))=t2-2at+1的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),4))上与x轴只有一个交点,


    所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ=4a2-4=0,\f(1,2)

    或者feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))≤0,即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)-a+1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16-8a+1))≤0,整理解得eq \f(5,4)≤a≤eq \f(17,8),


    当a=eq \f(5,4)时,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))=t2-2at+1与x轴有两个交点,故舍,


    综上eq \f(5,4)

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