《2019版高考数学一轮总复习第二章函数与基本初等函数题组训练13函数与方程理20180515440.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮总复习第二章函数与基本初等函数题组训练13函数与方程理20180515440.wps（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、题组训练 1313 函数与方程 4 1函数 f(x)x 的零点个数是( ) x A0 B1 C2 D无数个 答案 C 4 解析 令 f(x)0，解 x 0，即 x240，且 x0，则 x2. x 1 2(2017郑州质检)函数 f(x)lnx 的零点的个数是( ) x1 A0 B1 C2 D3 答案 C 1 解析 y 与 ylnx的图像有两个交点 x1 3函数 f(x)1xlog2x 的零点所在的区间是( ) 1 1 1 A( ， ) B( ，1) 4 2 2 C(1，2) D(2，3) 答案 C 1 解析 因为 y 与 ylog2x 的图像只有一个交点，所以 f(x)只有一个零点又因为 f(
2、1)1， x f(2)1，所以函数 f(x)1xlog2x 的零点所在的区间是(1，2)故选 C. 4(2018湖南株洲质检一)设数列an是等比数列，函数 yx2x2 的两个零点是 a2，a3， 则 a1a4( ) A2 B1 C1 D2 答案 D 解析 因为函数 yx2x2 的两个零点是 a2，a3，所以 a2a32，由等比数列性质可知 a1a4 a2a32.故选 D. 2 5若函数 f(x)2x a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数 a 的取值范围是( ) x A(1，3) B(1，2) C(0，3) D(0，2) 答案 C 1 解析 由条件可知 f(1)f(2)0，即 lnx1，可解
3、得 x ， e e 1 所 以，当 0 时，函数 g(x)单调递增，由此可知当 x 时，g(x)min .在同 e e e 1 一坐 标系中作出函数 g(x)和 h(x)的简图如图所示，据图可得 0)的解的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 (数形结合法) a0，a211. 而 y|x22x|的图像如图， y|x22x|的图像与 ya21 的图像总有两个交点 1 8(2017东城区期末)已知 x0是函数 f(x)2x 的一个零点若 x1(1，x0)，x2(x0， 1x )，则( ) Af(x1)0 Cf(x1)0，f(x2)0，f(x2)0 答案 B 1 1 1 解析 设 g
4、(x) ，由于函数 g(x) 在(1， )上单调递增，函数 h(x)2x 1x 1x x1 在(1， )上单调递增，故函数 f(x)h(x)g(x)在(1， )上单调递增，所以函数 f(x) 2 在(1， )上只有唯一的零点 x0，且在(1，x0)上 f(x1)0，故选 B. 9设方程 10x|lg(x)|的两个根分别为 x1，x2，则( ) Ax1x21 D00 Df(x0)的符号不确定 答案 A 解析 因为函数 f(x)2xlog1x 在(0， )上是增函数，a 是函数 f(x)2xlog1x 的零点， 2 2 即 f(a)0，所以当 00，01，故选 A. 12若函数 yf(x)(xR
5、R)满足 f(x2)f(x)且 x lgx，x 0， 1，1时，f(x)1x2，函数 g(x)则函数 h(x)f(x)g(x)在区间5， 1 ，x 1. 其中的真命题是( ) Ap1，p3 Bp2，p3 Cp1，p4 Dp3，p4 答案 D 1 1 解析 由( )xsinx10，得 sinx1( )x，令 f(x)sinx，g(x)1 2 2 1 ( )x在，同一坐标系中画出两函数的图像如图，由图像知：p1错，p3p，4 2 1 对，而由于g(x)1( )x递增，小于且1，以直线y1 为渐近线，f(x) 2 sinx在1 到 1 之间振荡，故在区间(0， )上，两者的图像有无穷多个交点，所以
6、p2错， 故选 D. 2xa，x 0， 15若函数 f(x)lnx，x 0， )有两个不同的零点，则实数 a 的取值范围是_ 答案 (0，1 解析 当 x0 时，由 f(x)lnx0，得 x1.因为函数 f(x)有两个不同的零点，则当 x0 时， 函数 f(x)2xa 有一个零点令 f(x)0，得 a2x.因为 0 0， )则函数 yf(f(x)1 的所有零点所构成的集合为 _ 1 1 答案 3， ， 2 2 4 1 解析 由题意知 f(f(x)1，所以 f(x)2 或 f(x) ，则函数 yf(f(x)1 的零点就 2 1 1 1 1 是使 f(x)2 或 f(x) 的 x 值解 f(x)2
7、，得 x3 或 x ；解 f(x) ，得 x 2 4 2 2 或 x 2. 1 1 从而函数 yf(f(x)1 的零点构成的集合为3， ， 2 2 4 2 17判断函数 f(x)4xx2 x3在区间1，1上零点的个数，并说明理由 3 答案 有一个零点 2 7 解析 f(1)41 0， 3 3 f(x)在区间1，1上有零点 9 1 又 f(x)42x2x2 2(x )2， 2 2 9 当1x1 时，0f(x) ， 2 f(x)在1，1上是单调递增函数 f(x)在1，1上有且只有一个零点 18已知函数 f(x)4xm2x1 仅有一个零点，求 m 的取值范围，并求出零点 答案 m2，零点是 x0 解
8、析 方法一：令 2xt，则 t0，则 g(t)t2mt10 仅有一正根或两个相等的正根， m240， 而 g(0)10，故 m 2 0. ) m2. 方法二：令 2xt，则 t0. 原函数的零点，即方程 t2mt10 的根 t21 1 t21mt.m t (t0) t t 有一个零点，即方程只有一根 5 1 1 t 2(当且仅当 t 即 t1 时取等号)， t t 1 又 yt 在(0，1)上递减，在(1， )上递增 t m2 即 m2 时，只有一根 注：方法一侧重二次函数，方法二侧重于分离参数 1(2018郑州质检)x表示不超过 x 的最大整数，例如2.92，4.15，已知 f(x) xx(
9、xR R)，g(x)log4(x1)，则函数 h(x)f(x)g(x)的零点个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 作出函数 f(x)与 g(x)的图像如图所示，发现有两个不同的交点，故选 B. 2函数 f(x)xcos2x在区间0，2上的零点的个数为( ) A2 B3 C4 D5 答案 D 解析 借助余弦函数的图像求解f(x)xcos2x0x0 或 cos2x0，又 cos2x0 在0，2 3 5 7 上有 ， ， ， ，共 4 个根，故原函数有 5 个零点 4 4 4 4 3方程 2xx23 的实数解的个数为( ) A2 B3 C1 D4 答案 A 解析 构造函数 y2x与
10、y3x2，在同一坐标系中作出它们的图像，可知有两个交点，故 方程 2xx23 的实数解的个数为 2.故选 A. 4函数 f(x)ex3x的零点个数是( ) A0 B1 C2 D3 答案 B 解析 由已知得 f(x)ex30，所以 f(x)在 R R 上单调递增，又 f(1)e130，因此 f(x)的零点个数是 1，故选 B. 6 1 5设函数 f(x) xlnx，则函数 yf(x)( ) 3 1 A在区间( ，1)，(1，e)内均有零点 e 1 B在区间( ，1)，(1，e)内均无零点 e 1 C在区间( ，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点 e 1 D在区间( ，1)内无零点，在区间(1
11、，e)内有零点 e 答案 D 1 1 解析 方法一：令 f(x)0 得 xlnx.作出函数 y x 和 ylnx的图像， 3 3 1 如图，显然 yf(x)在( ，1)内无零点，在(1，e)内有零点，故选 D. e 1 1 1 x3 方法二：当 x( ，e)时，函数图像是连续的，且 f(x) 0，f(1) 0，f(e) e10，f(2)3log2220，f(4) log24 0）， 7函数 f(x)2x1 （x 0） )的零点个数为( ) A0 B1 C2 D3 答案 D 解析 依题意，在考虑 x0时可以画出 ylnx 与 yx22x的图像，可知两个函数的图像有 两个交点，当 x0 时，函数
12、f(x)2x1 与 x 轴只有一个交点，所以函数 f(x)有 3 个零点故 选 D. 8如果函数 f(x)axb(a0)有一个零点是 2，那么函数 g(x)bx2ax 的零点是_ 1 答案 0， 2 7 解析 由已知条件 2ab0，即 b2a. 1 g(x)2ax2ax2ax(x )， 2 1 则 g(x)的零点是 x0，x . 2 9(2018东营模拟)已知x表示不超过实数 x 的最大整数，如1.81，1.22.x0 2 是函数 f(x)lnx 的零点，则x0等于_ x 答案 2 |x|，x m， 10(2016山东)已知函数 f(x)x 22mx4m，x m，)其中 m0.若存在实数 b，使得关于 x 的方程 f(x)b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是_ 答案 (3， ) |x|，x m， 解析 f(x)x 22mx4m，x m，)当 xm时，f(x)x22mx4m(xm)24mm2，其顶 点为(m，4mm2)；当 xm 时，函数 f(x)的图像与直线 xm 的交点为 Q(m，m)当 m 0， 4mm2 m，) 即 0 0， )即 m3时，函数 f(x)的图像如 图 2 所示，则存在实数 b 满足 4mm2bm，使得直线 yb 与函数 f(x)的图像有三个不同的 交点，符合题意综上，m 的取值范围为(3， ) 8