《【步步高】2014屆高三數(shù)學一輪 2.8 函數(shù)與方程課時檢測 理 （含解析）北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【步步高】2014屆高三數(shù)學一輪 2.8 函數(shù)與方程課時檢測 理 （含解析）北師大版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2.8 函數(shù)與方程 一、選擇題 1．“a<－2”是“函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上存在零點x0”的(　　) A．充分不必要條件　　　　　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當a<－2時，函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上單調遞減，此時f(－1)＝3－a>0，f(2)＝3＋2a<0，所以函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上存在零點x0；當函數(shù)f(x)＝ax＋3在區(qū)間[－1,2]上存在零點x0時， 有f(－1)f(2)<0，即2a2－3a－9>0，

2、 解得a>3或a<－. 答案：A 2．下列函數(shù)圖像與x軸均有公共點，其中能用二分法求零點的是(　　) 解析：能用二分法求零點的函數(shù)必須在含零點的區(qū)間(a，b)內連續(xù)，并且有f(a)·f(b)＜0.A、B、D中函數(shù)不符合． 答案：C 3.函數(shù)f(x)=-+log2x的一個零點落在下列哪個區(qū)間( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) 解析∵f(1)=-1+log21=-1<0, f(2)=-+log22=>0, ∴f(1)·f(2)<0

3、,故選B. 答案：B 4. 若函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋1有兩個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是 (　　) A．(－1,1) B．(－2,2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：由題意知，一元二次方程 x2＋mx＋1＝0有兩不等實根，可得Δ>0，即m2－4>0，解得m>2或m<－2. 答案：C 5．函數(shù)f(x)＝2x＋3x的零點所在的一個區(qū)間是(　　)． A．(－2，－1) B．(－1,0) C．(0,1)

4、 D．(1,2) 解析　f(x)＝2x＋3x在R上為增函數(shù)，且f(－1)＝2－1－3＝－，f(0)＝1，則f(x)＝2x＋3x在(－1,0)上有唯一的一個零點． 答案　B 6．方程x2＋x－1＝0的解可視為函數(shù)y＝x＋的圖象與函數(shù)y＝的圖象交點的橫坐標，若x4＋ax－4＝0的各個實根x1，x2，…，xk(k≤4)所對應的點(i＝1,2，…，k)均在直線y＝x的同側，則實數(shù)a的取值范圍是(　　)． A．R B．? C．(－6,6)

5、 D．(－∞，－6)∪(6，＋∞) 解析　(轉化法)方程的根顯然x≠0，原方程等價于x3＋a＝，原方程的實根是曲線y＝x3＋a與曲線y＝的交點的橫坐標；而曲線y＝x3＋a是由曲線y＝x3向上或向下平移|a|個單位而得到的． 若交點(i＝1,2，…，k)均在直線y＝x的同側， 因直線y＝x與y＝交點為：(－2，－2)，(2,2)； 所以結合圖象可得：或 ?a∈(－∞，－6)∪(6，＋∞)；選D. 答案　D 【點評】 轉化法能夠在一定程度上簡化解題過程. 7．已知函數(shù)f(x)＝xex－ax－1，則關于f(x)零點敘述正確的是(　　)

6、． A．當a＝0時，函數(shù)f(x)有兩個零點 B．函數(shù)f(x)必有一個零點是正數(shù) C．當a＜0時，函數(shù)f(x)有兩個零點 D．當a＞0時，函數(shù)f(x)只有一個零點 解析　f(x)＝0?ex＝a＋ 在同一坐標系中作出y＝ex與y＝的圖象， 可觀察出A、C、D選項錯誤，選項B正確． 答案　B 二、填空題 8．用二分法研究函數(shù)f(x)＝x3＋3x－1的零點時，第一次經(jīng)計算f(0)<0，f(0.5)>0可得其中一個零點x0∈______，第二次應計算________． 解析：∵f(x)＝x3＋3x－1是R上的連續(xù)函數(shù)，且f(0)<0，f(0.5)>0，則f(x)在x∈(0,0.

7、5)上存在零點，且第二次驗證時需驗證f(0.25)的符號． 答案：(0,0.5)　f(0.25) 9．已知函數(shù)f(x)＝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________． 解析：畫出圖象，令g(x)＝f(x)－m＝0，即f(x)與y＝m的圖象的交點有3個，∴0

8、件2a＋b＝0，即b＝－2a g(x)＝－2ax2－ax＝－2ax 則g(x)的零點是x＝0，x＝－. 答案　0，－ 12．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是________． 解析　由原函數(shù)有零點，可將問題轉化為方程ex－2x＋a＝0有解問題，即方程a＝2x－ex有解．令函數(shù)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，所以g(x)在(－∞，ln 2)上是增函數(shù)，在(ln 2，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)的最大值為：g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a的取值范圍就是函數(shù)g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln 2－2]．

9、 答案　(－∞，2ln 2－2] 三、解答題 13．若方程lg(－x2＋3x－m)＝lg(3－x)在x∈(0,3)內有唯一零點，求實數(shù)m的取值范圍． 解析：原方程可化為－(x－2)2＋1＝m(0

10、，b＝－2時，求f(x)的不動點； (2)若對任意實數(shù)b，函數(shù)f(x)恒有兩個相異的不動點，求a的取值范圍． 解析　(1)當a＝1，b＝－2時，f(x)＝x2－x－3， 由題意可知x＝x2－x－3，得x1＝－1，x2＝3 故當a＝1，b＝－2時，f(x)的不動點是－1,3. (2)∵f(x)＝ax2＋(b＋1)x＋b－1(a≠0)恒有兩個不動點，∴x＝ax2＋(b＋1)x＋b－1， 即ax2＋bx＋b－1＝0恒有兩相異實根， ∴Δ＝b2－4ab＋4a＞0(b∈R)恒成立． 于是Δ′＝(4a)2－16a＜0解得0＜a＜1， 故當b∈R，f(x)恒有兩個相異的不動點時，0＜a＜1

11、. 15．已知函數(shù)f(x)＝4x＋m·2x＋1有且僅有一個零點，求m的取值范圍，并求出該零點． 思路分析　由題意可知，方程4x＋m·2x＋1＝0僅有一個實根，再利用換元法求解． 解析　∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且僅有一個零點， 即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0僅有一個實根． 設2x＝t(t＞0)，則t2＋mt＋1＝0. 當Δ＝0時，即m2－4＝0， ∴m＝－2時，t＝1；m＝2時，t＝－1(不合題意，舍去)， ∴2x＝1，x＝0符合題意． 當Δ＞0時，即m＞2或m＜－2時， t2＋mt＋1＝0有兩正或兩負根， 即f(x)有兩個零點或沒有零點． ∴這種情況不符合題

12、意． 綜上可知：m＝－2時，f(x)有唯一零點，該零點為x＝0. 【點評】 方程的思想是與函數(shù)思想密切相關的，函數(shù)問題可以轉化為方程問題來解決，方程問題也可以轉化為函數(shù)問題來解決，本題就是函數(shù)的零點的問題轉化為方程根的問題． 16．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋(x>0)． (1)若g(x)＝m有零點，求m的取值范圍； (2)確定m的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根． 解析：(1)法一：∵g(x)＝x＋≥2＝2e， 等號成立的條件是x＝e， 故g(x)的值域是[2e，＋∞)， 因而只需m≥2e，則g(x)＝m就有零點． 法二：

13、作出g(x)＝x＋(x>0)的大致圖象如圖： 可知若使g(x)＝m有零點， 則只需m≥2e. 法三：由g(x)＝m得 x2－mx＋e2＝0. 此方程有大于零的根， 故等價于， 故m≥2e. (2)若g(x)－f(x)＝0有兩個相異的實根，即g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點，作出g(x)＝x＋(x>0)的大致圖象． ∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1 ＝－(x－e)2＋m－1＋e2. 其圖象的對稱軸為x＝e，開口向下，最大值為m－1＋e2. 故當m－1＋e2>2e， 即m>－e2＋2e＋1時， g(x)與f(x)有兩個交點， 即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根． ∴m的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞) 6