2022版高考数学大一轮复习课时作业11《函数与方程》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业11《函数与方程》(含答案详解)，共4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。

一、选择题
函数f(x)= SKIPIF 1 < 0 的零点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
方程ln(x＋1)－eq \f(2,x)=0(x>0)的根存在的大致区间是( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2，e) D.(3,4)
已知函数f(x)=lg3eq \f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是( )
A.(－1，－lg32) B.(0，lg52) C.(lg32,1) D.(1，lg34)
关于x的方程|x2－2x|=a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
若函数f(x)=2x＋a2x－2a的零点在区间(0,1)上，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B.(－∞，1) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.(1，＋∞)
已知函数f(x)=lnx－ax2＋ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0) B.(0，＋∞) C.(0,1)∪(1，＋∞) D.(－∞，0)∪{1}
函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)= SKIPIF 1 < 0 ，
则函数g(x)=xf(x)－1在[－6，＋∞)上的所有零点之和为( )
A.8 B.32 C.eq \f(1,2) D.0
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lnx，x≥1，,1－\f(x,2)，x<1，))若F(x)=f[f(x)＋1]＋m有两个零点x1，x2，
则x1·x2的取值范围是( )
A.[4－2ln2，＋∞) B.(eq \r(e)，＋∞) C.(－∞，4－2ln2] D.(－∞，eq \r(e))
二、填空题
已知f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3，x≤1，,－x2＋2x＋3，x>1，))则函数g(x)=f(x)－ex的零点个数为 .
若函数f(x)=x2＋ax＋b的两个零点是－2和3，则不等式af(－2x)>0的解集是 .
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x－1，x>1，,x3－3x＋1，x≤1，))则函数f(x)的零点个数为 .
已知关于x的方程|2x－10|=a有两个不同的实根x1，x2，且x2=2x1，则实数a= .
三、解答题
已知a是正实数，函数f(x)=2ax2＋2x－3－a.如果函数y=f(x)在区间[－1,1]上有零点，
求a的取值范围.
已知函数f(x)=－x2－2x.g(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，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.
已知二次函数f(x)=x2＋(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，求实数a的取值范围．
\s 0 答案详解
答案为：D.
解析：当x>0时，令f(x)=0可得x=1；当x≤0时，令f(x)=0可得x=－2或x=0.
因此函数的零点个数为3.故选D.
答案为：B.
解析：令f(x)=ln(x＋1)－eq \f(2,x)，则f(1)=ln(1＋1)－2=ln2－2<0，f(2)=ln3－1>0，
所以函数f(x)的零点所在大致区间为(1,2).故选B.
答案为：C.
解析：∵单调函数f(x)=lg3eq \f(x＋2,x)－a在区间(1,2)内有零点，
∴f(1)·f(2)<0，即(1－a)·(lg32－a)<0，解得lg32 答案为：B.
解析：∵a>0，∴a2＋1>1.而y=|x2－2x|的图象如图所示，
∴y=|x2－2x|的图象与y=a2＋1的图象总有2个交点，
即方程|x2－2x|=a2＋1(a>0)的解的个数是2.
答案为：C.
解析：易知函数f(x)的图象连续，且在(0,1)上单调递增.
∴f(0)f(1)=(1－2a)(2＋a2－2a)<0，解得a>eq \f(1,2).
答案为：C.
解析：由题意，显然x=1是函数f(x)的一个零点，取a=－1，
则f(x)=lnx＋x2－x，f′(x)=eq \f(2x2－x＋1,x)=eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))2＋\f(7,8),x)>0恒成立.
则f(x)仅有一个零点，不符合题意，排除A、D；
取a=1，则f(x)=lnx－x2＋x，f′(x)=eq \f(1－2x2＋x,x)=eq \f(1＋2x1－x,x)，f′(x)=0得x=1，
则f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)max=f(1)=0，
即f(x)仅有一个零点，不符合题意，排除B，故选C.
答案为：A.
解析：令g(x)=xf(x)－1=0，则x≠0，
所以函数g(x)的零点之和等价于函数y=f(x)的图象和y=eq \f(1,x)的图象的交点的横坐标之和，
分别作出x>0时，y=f(x)和y=eq \f(1,x)的大致图象，如图所示，
由于y=f(x)和y=eq \f(1,x)的图象都关于原点对称，因此函数g(x)在[－6,6]上的所有零点之和为0，而当x=8时，f(x)=eq \f(1,8)，即两函数的图象刚好有1个交点，且当x∈(8，＋∞)时，y=eq \f(1,x)的图象都在y=f(x)的图象的上方，因此g(x)在[－6，＋∞)上的所有零点之和为8.故选A.
答案为：D.
答案为：2.
解析：函数g(x)=f(x)－ex的零点个数即为函数y=f(x)与y=ex的图象的交点个数.
作出函数图象可知有2个交点，即函数g(x)=f(x)－ex有2个零点.
答案为：D.
解析：∵f(x)=x2＋ax＋b的两个零点是－2，3.
∴－2,3是方程x2＋ax＋b=0的两根，
由根与系数的关系知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2＋3＝－a，,－2×3＝b.))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－6，))∴f(x)=x2－x－6.
∵不等式af(－2x)>0，即－(4x2＋2x－6)>0⇔2x2＋x－3<0，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(3,2) 答案为：3.
解析：当x>1时，作出函数y=lg2(x－1)的图象如图1所示，当x≤1时，
由f(x)=x3－3x＋1=0得，x3=3x－1，在同一个平面直角坐标系中分别作出函数y=x3和y=3x－1的图象如图2所示，由图1,2可知函数f(x)的零点个数为3.
答案为：6.
解：f(x)=2ax2＋2x－3－a的对称轴为x=－eq \f(1,2a).
①当－eq \f(1,2a)≤－1，即0即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤5，,a≥1，))∴无解.
②当－1<－eq \f(1,2a)<0，即a>eq \f(1,2)时，须使eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))≤0，,f1≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)－3－a≤0，,a≥1，))解得a≥1，
∴a的取值范围是[1，＋∞).
解：(1)∵f(1)=－12－2×1=－3，
∴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，如图所示，
由图象可知，当1≤a即所求a的取值范围是[1，eq \f(5,4)).
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x2＋(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x2＋(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，
只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＞0，,f（0）＜0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－4a＞0，,1－2a＜0，,\f(3,4)－a＞0，))解得eq \f(1,2)＜a＜eq \f(3,4).
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).