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1、考點規(guī)范練12 函數(shù)與方程
一、基礎鞏固
1.(2018山東濰坊月考)若函數(shù)f(x)的唯一零點同時在(0,4),(0,2),(1,2),1,32內(nèi),則與f(0)符號相同的是( )
A.f(4) B.f(2) C.f(1) D.f32
答案C
解析本題實質(zhì)考查二分法.
由題意知f(x)的零點在1,32內(nèi),
可知f(0)與f(1)符號相同.
2.已知函數(shù)f(x)=2x-1,x≤1,1+log2x,x>1,則函數(shù)f(x)的零點為( )
A.12,0 B.-2,0 C.12 D.0
答案D
解析當x≤1時,由f(x)=2x-1=0,解
2、得x=0;
當x>1時,由f(x)=1+log2x=0,解得x=12,
又因為x>1,所以此時方程無解.
綜上可知函數(shù)f(x)的零點只有0,故選D.
3.函數(shù)y=ln(x+1)與y=1x的圖象交點的橫坐標所在的區(qū)間為( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
答案B
解析函數(shù)y=ln(x+1)與y=1x的圖象交點的橫坐標,即為函數(shù)f(x)=ln(x+1)-1x的零點.
∵f(x)在(0,+∞)上是圖象連續(xù)的,且f(1)=ln2-1<0,f(2)=ln3-12>0,∴f(x)的零點所在區(qū)間為(1,2).故選B.
4.若函數(shù)f(x)=2x-2x-a的
3、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)
答案C
解析因為函數(shù)f(x)=2x-2x-a在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增,又函數(shù)f(x)=2x-2x-a的一個零點在區(qū)間(1,2)內(nèi),所以f(1)·f(2)<0,所以(-a)(4-1-a)<0,即a(a-3)<0.所以0
4、可得f(x0)=-ex0,則e-x0f(x0)=-1,e-x0f(-x0)=1,故-x0一定是y=exf(x)-1的零點.
6.(2018山東濱州月考)函數(shù)f(x)=sin(πcos x)在區(qū)間[0,2π]上的零點個數(shù)是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案C
解析令f(x)=0,得πcosx=kπ(k∈Z)?cosx=k(k∈Z),所以k=0,1,-1.
若k=0,則x=π2或x=3π2;
若k=1,則x=0或x=2π;
若k=-1,則x=π.
故零點個數(shù)為5.
7.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1,函數(shù)y=f(x+1)-1為奇函數(shù),則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)
5、為( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案B
解析∵f(x)=x3+ax2+bx+1,
∴f(x+1)-1=(x+1)3+a(x+1)2+b(x+1)+1-1
=x3+(3+a)x2+(3+2a+b)x+1+b+a.
∵函數(shù)y=f(x+1)-1為奇函數(shù),∴a=-3,b=2.
∴f(x)=x3-3x2+2x+1.
∴f'(x)=3x2-6x+2=3(x-1)2-1
=3x-1-33x-1+33.
經(jīng)分析可知f(x)在-∞,1-33內(nèi)是增函數(shù),在1-33,1+33內(nèi)是減函數(shù),在1+33,+∞內(nèi)是增函數(shù),且f1-33>0,f1+33>0,
∴函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1,故
6、選B.
8.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x∈(0,+∞)時,f(x)=2 016x+log2 016x,則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案C
解析作出函數(shù)y=2016x和y=-log2016x的圖象如圖所示,
可知函數(shù)f(x)=2016x+log2016x在x∈(0,+∞)內(nèi)存在一個零點.
∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù),
∴f(x)在x∈(-∞,0)內(nèi)只有一個零點.
又f(0)=0,∴函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是3,故選C.
9.已知偶函數(shù)f(x)滿足f(x-1)=f(x+1),且當x∈[0,1]時,f(x)=x,則關于x的方
7、程f(x)=110x在區(qū)間[0,4]上解的個數(shù)是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案D
解析由f(x-1)=f(x+1),可知函數(shù)f(x)的周期T=2.
∵x∈[0,1]時,f(x)=x,又f(x)是偶函數(shù),
∴f(x)的圖象與y=110x的圖象如圖所示.
由圖象可知f(x)=110x在區(qū)間[0,4]上解的個數(shù)是4.
故選D.
10.函數(shù)f(x)=cos3x+π6在[0,π]的零點個數(shù)為 .?
答案3
解析令f(x)=cos3x+π6=0,得3x+π6=π2+kπ,k∈Z,
∴x=π9+kπ3=(3k+1)π9,k∈Z.則在[0,π]的零點有π9,4
8、π9,7π9.故有3個.
11.已知函數(shù)f(x)=log2(x+1),x>0,-x2-2x,x≤0,若函數(shù)g(x)=f(x)-m有3個零點,則實數(shù)m的取值范圍是 .?
答案(0,1)
解析因為函數(shù)g(x)=f(x)-m有3個零點,所以f(x)-m=0有3個根,所以y=f(x)的圖象與直線y=m有3個交點.畫出函數(shù)y=f(x)的圖象,由拋物線頂點為(-1,1),可知實數(shù)m的取值范圍是(0,1).
12.已知函數(shù)f(x)=x+2x,g(x)=x+ln x,h(x)=x-x-1的零點分別為x1,x2,x3,則x1,x2,x3的大小關系是 .?
答案x1
9、x3
解析令y1=2x,y2=lnx,y3=-x-1,y=-x,∵函數(shù)f(x)=x+2x,g(x)=x+lnx,h(x)=x-x-1的零點分別為x1,x2,x3,即為函數(shù)y1=2x,y2=lnx,y3=-x-1與函數(shù)y=-x交點的橫坐標,分別作出函數(shù)的圖象,結(jié)合圖象可得x1
10、2xln2-2x.
可知存在x0∈(0,1),使g'(x0)=0,則函數(shù)g(x)在[0,x0]上單調(diào)遞增,在[x0,1]上單調(diào)遞減.
故g(x)在x∈[0,1]上的值域為[1,g(x0)],且g(x0)=2x0-x02.
故f(g(x))≥0可轉(zhuǎn)化為f(t)≥0,即a≥t2-3t.
又當x0∈[0,1]時,g(x0)=2x0-x02<2,
因為φ(t)=t2-3t在[1,2]上的最大值為φ(1)=φ(2),
所以φ(t)在[1,g(x0)]上的最大值為φ(1).
所以φ(t)max=φ(1)=1-3=-2.
所以a≥-2.故選C.
14.已知e是自然對數(shù)的底數(shù),函數(shù)f(x)=
11、ex+x-2的零點為a,函數(shù)g(x)=ln x+x-2的零點為b,則下列不等式中成立的是( )
A.f(a)0在x∈R上恒成立,故函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.而f(0)=e0+0-2=-1<0,f(1)=e1+1-2=e-1>0,所以函數(shù)f(x)的零點a∈(0,1);
由題意,知g'(x)=1x+1>0在x∈(0,+∞)內(nèi)恒成立,故函數(shù)g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
又g(1)=ln1+1-2=-1<0
12、,g(2)=ln2+2-2=ln2>0,
所以函數(shù)g(x)的零點b∈(1,2).
綜上,可得0
13、,得|3-2kPB|kPB2+1=2,得kPB=512.由圖可知,當kPB1,2x,x≤1,則函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間[-5,5]上的零點的個數(shù)為 .?
答案8
解析∵f(x+1)=-f(x),
∴f(x+2)=f(x).
又x∈[-1,1]時,f(x)=x2,∴f(x)的圖象如圖所示,在同一平面直角坐標系中作出函數(shù)g(x)的圖象,
14、
可見y=f(x)(-5≤x≤5)與y=2x(x≤1)有5個交點,y=f(x)(-5≤x≤5)與y=log3(x-1)(x>1)的圖象有3個交點,故共有8個交點.
三、高考預測
17.已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點,則a=( )
A.-12 B.13 C.12 D.1
答案C
解析∵f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),
∴f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]
=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)
=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),
∴f(2-x)=f(x),即直線x=1為f(x)圖象的對稱軸.
∵f(x)有唯一零點,∴f(x)的零點只能為1,
即f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1+1)=0,解得a=12.
8
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