（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學二輪復習 專題四 函數(shù)與導數(shù)、不等式 第17講 函數(shù)的零點問題練習

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1、第17講 函數(shù)的零點問題 A級——高考保分練 1．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)f(x)的零點為________． 解析：當x≤1時，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當x>1時，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因為x>1，所以此時方程無解．綜上，函數(shù)f(x)的零點只有0. 答案：0 2．(2019·南通一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋a的零點為1，則實數(shù)a的值為______． 解析：由已知得f(1)＝0，即＋a＝0，解得a＝－. 答案：－ 3．已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且該函數(shù)有三個零點，則三個零點之和為________． 解析：因為奇函數(shù)的圖象關于原點對稱，所

2、以若f(x)有三個零點，則其和必為0. 答案：0 4．若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1在區(qū)間上有零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由x2－ax＋1＝0得a＝x＋，其中x∈.∵函數(shù)y＝x＋在上為減函數(shù)，在(1,3)上為增函數(shù)，∴ymin＝2，ymax＝，∴a∈. 答案： 5．函數(shù)f(x)＝ex＋x－2的零點有________個． 解析：∵f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－>0，∴函數(shù)f(x)有且只有1個零點． 答案：1 6．(2019·常州一中檢測)已知函數(shù)f(x)＝－log4x的零點為x0，若x0∈(k，k＋1)，其中k為整數(shù)，則k的

3、值為________． 解析：因為f(2)＝1－log42＝>0，f(3)＝－log43＝log4<0，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以k＝2. 答案：2 7．(2019·連云港調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝－x＋b有一個零點，則實數(shù)b的取值范圍為________． 解析：由已知，函數(shù)f(x)＝－x＋b有一個零點，即函數(shù)y＝x－b和y＝的圖象有1個交點，如圖，其中與半圓相切的直線方程為y＝x＋2，過點(0，)的直線方程為y＝x＋，所以滿足條件的b的取值范圍是b＝－2或－

4、＝f(x)＋x的零點個數(shù)為________． 解析：依題意得 由此解得b＝－4，c＝－2.由g(x)＝0得f(x)＋x＝0， 該方程等價于① 或② 解①得x＝2，解②得x＝－1或x＝－2. 因此，函數(shù)g(x)＝f(x)＋x的零點個數(shù)為3. 答案：3 9．已知函數(shù)f(x)＝e|x|＋|x|.若關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________． 解析：　方程f(x)＝k化為方程e|x|＝k－|x|.令y＝e|x|，y＝k－|x|，y＝k－|x|表示過點(0，k)，斜率為1或－1的平行折線系，折線與曲線y＝e|x|恰好有一個公共點時，有k＝1，如圖．若

5、關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 10．設函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－b有三個零點，則實數(shù)b的取值范圍是________． 解析：當x≤0時，f(x)＝ex(x＋1)，則f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)>0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2,0)，由f′(x)<0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)，且易知x<－1時，f(x)<0，f(0)＝1.由以上分析，可作出分段函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．要使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有三個零點，即f(x)＝b有三個不同的實數(shù)根，

6、也就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝b有三個不同的公共點，結合圖象可知，實數(shù)b的取值范圍是(0,1]． 答案： (0,1] 11．已知y＝f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，當x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x2－2x. (1)寫出函數(shù)y＝f(x)的解析式； (2)若方程f(x)＝a恰有3個不同的解，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)設x＜0，則－x＞0，所以f(－x)＝x2＋2x. 又因為f(x)是奇函數(shù)， 所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－2x. 所以f(x)＝ (2)方程f(x)＝a恰有3個不同的解，即y＝f(x)與y＝a的圖象有3個不同的交點． 作出y＝f(x)與y＝

7、a的圖象如圖所示，故若方程f(x)＝a恰有3個不同的解，只需－1＜a＜1， 故實數(shù)a的取值范圍為(－1,1)． 12．已知二次函數(shù)f(x)＝x2＋(2a－1)x＋1－2a， (1)判斷命題：“對于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有實數(shù)根”的真假，并寫出判斷過程； (2)若y＝f(x)在區(qū)間(－1,0)及內(nèi)各有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)“對于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有實數(shù)根”是真命題．依題意，f(x)＝1有實根，即x2＋(2a－1)x－2a＝0有實根，因為Δ＝(2a－1)2＋8a＝(2a＋1)2≥0對于任意的a∈R恒成立，即x2＋(2a－1)x－2a＝0必有實根

8、，從而f(x)＝1必有實根． (2)依題意，要使y＝f(x)在區(qū)間(－1,0)及內(nèi)各有一個零點，只需即解得＜a＜. 故實數(shù)a的取值范圍為. B級——難點突破練 1．已知x∈R，符號[x]表示不超過x的最大整數(shù)，若函數(shù)f(x)＝－a(x＞0)有且僅有3個零點，則a的取值范圍是________． 解析：當0

9、，當x∈[0,1]時，f(x)＝x，若函數(shù)g(x)＝|f(x)|－ae－|x|在區(qū)間[－2 020,2 020]上有4 036 個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：∵f(x)滿足條件f(1＋x)＝f(1－x)且為奇函數(shù)，則f(x)的圖象關于x＝1對稱，且f(x)＝f(2－x)，f(x)＝－f(－x)，∴－f(－x)＝f(2－x)，即－f(x)＝f(2＋x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期為4.令m(x)＝|f(x)|，n(x)＝ae－|x|，畫出m(x)、n(x)的圖象如圖，可知m(x)與n(x)為偶函數(shù)，且要使m(x)與n(x)圖象有交點，需a＞0，由題意知要

10、滿足g(x)在區(qū)間[－2 020，2 020]上有4 036個零點，只需m(x)與n(x)的圖象在[0,4]上有兩個交點，則可得e＜a＜e3. 答案：(e，e3) 3．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a. (1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上無零點，求實數(shù)a的最小值． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝x－1－2ln x， 則f′(x)＝1－，其中x∈(0，＋∞)． 由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2， 故f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)增區(qū)間為(2，＋∞)． (2)f(x)＝(2－a)x－

11、2(1＋ln x)＋a＝(2－a)(x－1)－2ln x， 令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2ln x，其中x＞0， 則f(x)＝m(x)－h(huán)(x)． ① 當a＜2時，m(x)在上為增函數(shù)，h(x)在上為增函數(shù)， 結合圖象知，若f(x)在上無零點， 則m≥h，即(2－a)≥2ln， 所以a≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a＜2. ② 當a≥2時，在上，m(x)≥0，h(x)＜0， 所以f(x)＞0，所以f(x)在上無零點． 由①②得a≥2－4ln 2，所以amin＝2－4ln 2. 4．設函數(shù)fk(x)＝2x＋(k－1)·2－x(x∈R，k∈Z)． (1

12、)若fk(x)是偶函數(shù)，求k的值； (2)設函數(shù)g(x)＝λf0(x)－f2(2x)－2，若g(x)在x∈[1，＋∞)上有零點，求實數(shù)λ的取值范圍． 解：(1)因為fk(x)是偶函數(shù)， 所以fk(－x)＝fk(x)恒成立， 即2－x＋(k－1)·2x＝2x＋(k－1)·2－x， 即(k－2)(22x－1)＝0恒成立，所以k＝2. (2)函數(shù)g(x)＝λ(2x－2－x)－(22x＋2－2x)－2在x∈[1, ＋∞)上有零點，即λ(2x－2－x)－(22x＋2－2x)－2＝0在x∈[1，＋∞)有解， 因為x∈[1，＋∞)，所以2x－2－x>0， 所以問題等價于λ＝在x∈[1，＋∞)有解． 令p＝2x，則p≥2，令u＝p－， 則u在p∈[2，＋∞)上單調(diào)遞增， 因此u≥，λ＝. 設r(u)＝＝u＋， 則r′(u)＝1－，令r′(u)＝0，得u＝2， 故r(u)在上單調(diào)遞減，在[2，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)r(u)在u＝2時取得最小值，且最小值r(2)＝4, 所以r(u)∈[4，＋∞)， 從而滿足條件的實數(shù)λ的取值范圍是[4，＋∞)． - 6 -