（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业11(001).DOC

1、课时作业课时作业 11函数与方程函数与方程 一、选择题 1(2021湖北黄冈模拟)求下列函数的零点，可以采用二分法的是(B) Af(x)x4 Bf(x)tanx2 2x 2 Cf(x)cosx1 Df(x)|2x3| 解析：因为二分法只适用于求“变号零点”，故选 B. 2方程 lnxx40 的实根所在的区间为(B) A(1,2)B(2,3) C(3,4)D(4,5) 解析：构造函数 f(x)lnxx4，易知该函数在(0，)上单调递增，f(1)30，f(2)ln220，由零点存在性定理可知，方程 lnxx40 的实根所在区间为(2,3)，故选 B. 3(2021广东揭阳月考)若 f(x)是奇函数

2、，且 x0是函数 yf(x)ex的一个零点，则x0一定是下列哪个函数的零 点(C) Ayf(x)e x1 Byf(x)e x1 Cyf(x)ex1Dyf(x)ex1 4若 x1是方程 xex1 的解，x2是方程 xlnx1 的解，则 x1x2等于(A) A1B1 CeD.1 e 解析：考虑到 x1，x2是函数 yex、函数 ylnx 分别与函数 y1 x的图象的公共点 A，B 的横坐标，而 A x1， 1 x1， B x2， 1 x2两点关于直线 yx 对称，因此 x1x21.故选 A. 5(2021广东江门调研)设函数 f(x) 2x，x0， 若关于 x 的方程 f(x)m0 对任意的 m(

3、0,1)都有三个不 相等的实数根，则 a 的取值范围是(B) A(，2B2，) C2,2D(，22，) 解析：因为关于 x 的方程 f(x)m0 对任意的 m(0,1)都有三个不相等的实数根，所以m(0,1)，当 x0 时， ex1m 有一根，当 x0 时，x2axm 恒有两个正根，由二次函数的图象可知 a 20， a24m0 对任意的 m(0,1) 恒成立，所以 a24，且 a0，得 a2，故选 B. 7 已知函数 f(x)|loga|x1|(a0， 且 a1)， 若 x1x2x30)， 由于 f(x1)f(x2)，|loga|x11|loga|x21|， loga(1x1)loga(1x2

4、)，(1x1)(1x2)1， x1x2x1x2， 1 x1 1 x21. 同理可得 1 x3 1 x41， 1 x1 1 x2 1 x3 1 x42.故选 C. 8已知函数 f(x)x22xa(ex 1ex1)有唯一零点，则 a( C) A1 2 B.1 3 C.1 2 D1 解析：由函数 f(x)有零点得 x22xa(ex 1ex1)0 有解，即(x1)21a(ex1ex1)0 有解， 令 tx1，则上式可化为 t21a(ete t)0，即 a1t2 ete t.令 h(t) 1t2 ete t，易得 h(t)为偶函数，又由 f(x)有唯 一零点得函数 h(t)的图象与直线 ya 有唯一交点

5、，则此交点的横坐标为 0，所以 a10 11 1 2，故选 C. 二、填空题 9方程 2x3xk 的解在1,2)内，则 k 的取值范围是5,10) 解析：令函数 f(x)2x3xk，则 f(x)在 R 上是增函数当方程 2x3xk 的解在(1,2)内时，f(1)f(2)0，即(5 k)(10k)0，解得 5k1)在(0，)上恰有 4 个互不相同的零点，则实数 a 的值为7 2. 解析：当 x 0，3 2 时，f(x)1|2x1| 2x，0 x1)在(0，)上 恰有 4 个互不相同的零点，所以函数 yf(x)与 y logax(a1)在(0，)上恰有 4 个不同的交点，分别画出两函数图象如图所示

6、，由图可知，当 x7 2时，有 log a7 2 1，所以 a7 2. 11(2021湖南长沙联考)设函数 f(x) elnx x ，x0， 2 020 x，x0， 函数 g(x)f(x)2mf(x)2，若函数 g(x)恰有 4 个零点，则整数 m 的最小取值为 4. 解析：令 yelnx x ，x0，则 ye1lnx x2 ， 据此可得 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减， 当 xe 时，f(x)取得极大值，为 f(e)1. 作出 f(x)的大致图象，如图 令 f(x)t，则原问题等价于 t2mt20 有两个不相等的实数根，设为 t1，t2，且 t1(0,1)，t22 t1

7、(2，)， 故 mt12 t1(3，)，故 m 的最小整数值为 4. 12设函数 f(x) x25x6，x0， 4x4，x0， 若函数 g(x)xaf(x)有三个零点，则这三个零点之和的取值范围是 11 3 ，6 . 解析：由函数 g(x)xaf(x)有三个零点，得方程 af(x)x 有三个根， f(x)x x26x6，x0， 3x4，x0， 即函数 ya 和 yf(x)x 的图象有三个交点，在同一坐标系中画出两函数的图象如图所示， 设三个交点的横坐标分别为 x1，x2，x3，且 x1x2x3， 当 x26x6 取得最小值3 时，由 3x43， 解得 x7 3，则 x 1 7 3，0， 根据二

8、次函数的对称性得 x2x36，所以 x1x2x3 11 3 ，6 . 三、解答题 13已知 yf(x)是定义域为 R 的奇函数，当 x0，)时，f(x)x22x. (1)写出函数 yf(x)的解析式； (2)若方程 f(x)a 恰有 3 个不同的解，求实数 a 的取值范围 解：(1)设 x0， 所以 f(x)x22x.又因为 f(x)是奇函数， 所以 f(x)f(x)x22x. 所以 f(x) x22x，x0， x22x，x0. (2)方程 f(x)a 恰有 3 个不同的解，即 yf(x)与 ya 的图象有 3 个不同的交点作出 yf(x)与 ya 的图象如图 所示，故若方程 f(x)a 恰有

9、 3 个不同的解，只需1a0 时，f(x) 3x7，02. g(x)f(x)a. (1)若函数 g(x)恰有三个不相同的零点，求实数 a 的值； (2)记 h(a)为函数 g(x)的所有零点之和当1a1 时，求 h(a)的取值范围 解：(1)作出函数 f(x)的图象如图， 由图象可知，当且仅当 a2 或 a2 时，直线 ya 与函数 yf(x)的图象有三个不同的交点，当且仅当 a2 或 a2 时，函数 g(x)恰有三个不相同的零点 (2)由 f(x)的图象可知，当1a1 时，g(x)有 6 个不同的零点设这 6 个零点从左到右依次为 x1，x2，x3，x4，x5， x6. 则 x1x210，x

10、5x610，x3是方程3 x7a0 的解，x 4是方程 3x7a0 的解 h(a)10log3(7a)log3(7a)10log37a 7a. 当1a1 时，7a 7a 14 7a1 3 4， 4 3 ， h(a)(12log32,2log321) 当1a1 时，h(a)的取值范围为(12log32,2log321) 15已知函数 f(x) |lnx|，0 xe， f2ex，ex2e， 设方程 f(x)2 xb(bR)的四个实根从小到大依次为 x1，x2，x3，x4， 对于满足条件的任意一组实根，下列结论中正确的是(B) Ax1x22 Be2x3x4(2e1)2 C0(2ex3)(2ex4)1

11、 D1x1x2e2 解析：方程 f(x)2 xb(bR)的根可化为函数 yf(x)与 y2xb 的图象的交点的横坐标，分别作出它们的大 致图象如图所示 由图可得，0 x11x2ex32e1x42e，故 e2x3x4lnx2，所以 ln(x1x2)0,0 x1x2|ln(2ex4)|，所以 ln(2ex3)ln(2ex4)，即 ln(2ex3)ln(2ex4)0，所以(2ex3)(2ex4)1，C 错误；因为(2ex3)(2ex4)1，所 以 4e22e(x3x4)x3x41，即 14e22e(x3x4)x3x44e24e x3x4x3x4(2e x3x4)2，所以 x3x4(2e1)2，故 e

12、2x3x4(2e1)2，B 正确故选 B. 16定义在 D 上的函数 f(x)，如果存在 xD，使得 f(xa)f(x)f(a)，则称 yf(x)存在关于实数 a 的“线性零 点”如：函数 f(x)mx(xR)存在关于任意实数 a 的“线性零点”，而函数 f(x)ln 6 x22存在关于2 的“线性零 点” (1)是否存在非零实数 a，使 f(x)3x2 存在关于 a 的“线性零点”？并说明理由； (2)求证：对任意实数 b，函数 f(x)2xbx2都存在关于 2 的“线性零点” 解：(1)不存在理由：假设函数 f(x)3x2 存在关于非零实数 a 的“线性零点”，即存在 xR，使得 f(xa

13、) f(x)f(a)，即 3(xa)23x23a224，显然不成立，故不存在非零实数 a，使 f(x)3x2 存在关于 a 的 “线性零点” (2)证明：当 f(x)2xbx2时，f(x2)f(x)f(2)2x 2b(x2)22xbx244b32x4bx40，令 g(x) 32x4bx4，易知 g(x)在 R 上的图象是连续的，当 b0 时，g(0)10，故 g(x)在(0,1)内至 少有一个零点 当 b0 时，g(0)10，故 g(x)在 1 b，0内至少有一个零点 故对任意的实数 b，g(x)在 R 上都有零点，即方程 f(x2)f(x)f(2)总有解，所以对任意实数 b，函数 f(x)2x bx2都存在关于 2 的“线性零点”