【数学】2020届浙江一轮复习通用版2-8刷好题练能力作业 7页

‎[基础达标]‎ ‎1．(2019·浙江省名校联考)已知函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ y ‎124.4‎ ‎33‎ ‎－74‎ ‎24.5‎ ‎－36.7‎ ‎－123.6‎ 则函数y＝f(x)在区间[1，6]上的零点至少有(　　)‎ A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 解析：选B.依题意，f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，根据零点存在性定理可知，f(x)在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)上均至少含有一个零点，故函数y＝f(x)在区间[1，6]上的零点至少有3个．‎ ‎2．(2019·温州十校联考(一))设函数f(x)＝ln x＋x－2，则函数f(x)的零点所在的区间为(　　)‎ A．(0，1) B．(1，2)‎ C．(2，3) D．(3，4)‎ 解析：选B.法一：因为f(1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f(2)＝ln 2>0，所以f(1)·f(2)<0，因为函数f(x)＝ln x＋x－2的图象是连续的，所以函数f(x)的零点所在的区间是(1，2)．‎ 法二：函数f(x)的零点所在的区间为函数g(x)＝ln x，h(x)＝－x＋2图象交点的横坐标所在的区间，作出两函数的图象如图所示，由图可知，函数f(x)的零点所在的区间为(1，2)．‎ ‎3．已知函数f(x)＝－cos x，则f(x)在[0，2π]上的零点个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.‎ 作出g(x)＝与h(x)＝cos x的图象如图所示，可以看到其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f(x)在[0，2π]上的零点个数为3，故选C.‎ ‎4．已知函数f(x)＝－tan x，若实数x0是函数y＝f(x)的零点，且0f(x0)＝0.故选B.‎ ‎5．(2019·兰州模拟)已知奇函数f(x)是R上的单调函数，若函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是(　　)‎ A． B． C．－ D．－ 解析：选C.因为函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，所以方程f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0只有一个实数根，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0⇔f(2x2＋1)＝－f(λ－x)⇔f(2x2＋1)＝f(x－λ)⇔2x2＋1＝x－λ，所以方程2x2－x＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得 λ＝－.故选C.‎ ‎6．(2019·宁波市余姚中学期中检测)已知函数f(x)＝－kx2(k∈R)有四个不同的零点，则实数k的取值范围是(　　)‎ A．k<0 B．k<1‎ C．01‎ 解析：选D.分别画出y＝与y＝kx2的图象如图所示，‎ 当k<0时，y＝kx2的开口向下，此时与y＝只有一个交点，显然不符合题意；‎ 当k＝0时，此时与y＝只有一个交点，显然不符合题意，‎ 当k>0，x≥0时，‎ 令f(x)＝－kx2＝0，‎ 即kx3＋2kx2－x＝0，‎ 即x(kx2＋2kx－1)＝0，‎ 即x＝0或kx2＋2kx－1＝0，‎ 因为Δ＝4k2＋4k>0，且－<0，所以方程有一正根，一负根，所以当x>0时，方程有唯一解．即当x≥0时，方程有两个解．‎ 当k>0，x<0时，f(x)＝－kx2＝0，‎ 即kx3＋2kx2＋x＝0，kx2＋2kx＋1＝0，‎ 此时必须有两个解才满足题意，所以Δ＝4k2－4k>0，解得k>1，‎ 综上所述k>1.‎ ‎7．(2019·金丽衢十二校高三联考)设函数f(x)＝，则f(f(e))＝________，函数y＝f(x)－1的零点为________．‎ 解析：因为f(x)＝，‎ 所以f(e)＝ln e＝1，‎ f(f(e))＝f(1)＝tan 0＝0，‎ 若01，f(x)＝1⇒ln x＝1⇒x＝e.‎ 答案：0　e ‎8．已知函数f(x)＝＋a的零点为1，则实数a的值为________．‎ 解析：由已知得f(1)＝0，即＋a＝0，解得a＝－.‎ 答案：－ ‎9．已知函数f(x)＝则函数g(x)＝f(x)－的零点所构成的集合为________．‎ 解析：令g(x)＝0，得f(x)＝，所以或解得x＝－1或x＝或x＝，故函数g(x)＝f(x)－的零点所构成的集合为.‎ 答案： ‎10．(2019·杭州学军中学模拟)已知函数f(x)＝|x3－4x|＋ax－2恰有2个零点，则实数a的取值范围为________．‎ 解析：函数f(x)＝|x3－4x|＋ax－2恰有2个零点即函数y＝|x3－4x|与y＝2－ax 的图象有2个不同的交点．作出函数y＝|x3－4x|的图象如图，当直线y＝2－ax与曲线y＝－x3＋4x，x∈[0，2]相切时，设切点坐标为(x0，－x＋4x0)，则切线方程为y－(－x＋4x0)＝(－3x＋4)(x－x0)，且经过点(0，2)，代入解得x0＝1，此时a＝－1，由函数图象的对称性可得实数a的取值范围为a<－1或a>1.‎ 答案：a<－1或a>1‎ ‎11．设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．‎ ‎(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；‎ ‎(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同零点，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.‎ 所以函数f(x)的零点为3和－1.‎ ‎(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同实根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0⇒a2－a<0，解得00时，有3个零点；当k<0时，有4个零点 B．当k>0时，有4个零点；当k<0时，有3个零点 C．无论k为何值，均有3个零点 D．无论k为何值，均有4个零点 解析：选C.令f[f(kx)＋1]＋1＝0得，‎ 或，‎ 解得f(kx)＋1＝0或f(kx)＋1＝；‎ 由f(kx)＋1＝0得，‎ 或；‎ 即x＝0或kx＝；‎ 由f(kx)＋1＝得，‎ 或；‎ 即ekx＝1＋(无解)或kx＝e－1；‎ 综上所述，x＝0或kx＝或kx＝e－1；‎ 故无论k为何值，均有3个解，故选C.‎ ‎2．(2019·宁波市高三教学评估)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R且a>0)，则“f<0”是“f(x)与f(f(x))都恰有两个零点”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选C.由已知a>0，函数f(x)开口向上，f(x)有两个零点，最小值必然小于0，当取得最小值时，x＝－，即f<0，令f(x)＝－，则f(f(x))＝f，因为f<0，所以f(f(x))<0，所以f(f(x))必有两个零点．同理f<0⇒f<0⇒x＝－，因为x＝－是对称轴，a>0，开口向上，f<0，必有两个零点所以C选项正确．‎ ‎3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)若关于x的不等式x2＋|x－a|<2至少有一个正数解，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：不等式为 ‎2－x2>|x－a|，则0<2－x2.‎ 在同一坐标系画出y＝2－x2(y≥0，x≥0)和y＝|x|两个函数图象，将绝对值函数y＝|x|向左移动，当右支经过(0，2)点时，a＝－2；将绝对值函数y＝|x|向右移动让左支与抛物线y＝2－x2(y≥0，x≥0)相切时，‎ 由，可得x2－x＋a－2＝0，‎ 再由Δ＝0解得a＝.‎ 数形结合可得，实数a的取值范围是.‎ 答案： ‎4．已知函数f(x)＝，g(x)＝logx，记函数h(x)＝则函数F(x)＝h(x)＋x－5的所有零点的和为________．‎ 解析：由题意知函数h(x)的图象如图所示，易知函数h(x)的图象关于直线y＝x对称，函数F(x)所有零点的和就是函数y＝h(x)与函数y＝5－x图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x1，x2，因为两函数图象的交点关于直线y＝x对称，所以＝5－，所以x1＋x2＝5.‎ 答案：5‎ ‎5．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋(x>0)．‎ ‎(1)若y＝g(x)－m有零点，求m的取值范围；‎ ‎(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．‎ 解：(1)法一：因为g(x)＝x＋≥2＝2e，‎ 等号成立的条件是x＝e，‎ 故g(x)的值域是[2e，＋∞)，‎ 因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．‎ 所以m的取值范围是[2e，＋∞)．‎ 法二：作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象如图：‎ 可知若使y＝g(x)－m有零点，则只需m≥2e，即m的取值范围是[2e，＋∞)．‎ ‎(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．‎ 因为f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.‎ 所以其图象的对称轴为x＝e，开口向下，‎ 最大值为m－1＋e2.‎ 故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．‎ 所以m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．‎ ‎6．(2019·绍兴一中高三期中)已知函数f(x)＝x|x－a|＋bx.‎ ‎(1)当a＝2，且f(x)是R上的增函数，求实数b的取值范围；‎ ‎(2)当b＝－2，且对任意a∈(－2，4)，关于x的方程f(x)＝tf(a)有三个不相等的实数根，求实数t的取值范围．‎ 解：(1)f(x)＝x|x－2|＋bx＝，‎ 因为f(x)连续，‎ 所以f(x)在R上递增等价于这两段函数分别递增，‎ 所以，解得，b≥2.‎ ‎(2)f(x)＝x|x－a|－2x＝，‎ tf(a)＝－2ta，‎ 当2≤a<4时，<≤a，‎ f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，‎ 所以f(x)极大值＝f＝－a＋1，‎ f(x)极小值＝f(a)＝－2a，‎ 所以对2≤a<4恒成立，解得0