对点练20 函数与方程-2022老高考理科数学高频考点突破练

对点练20　函数与方程 1．C　函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋x2－2的零点个数即函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)的图象与函数y＝2－x2的图象的交点个数．作出两个函数的图象如图所示， 由图可得交点个数为2， 则函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋x2－2的零点个数是2. 2．C　易知a≠0，∴函数f(x)＝ax＋1在(－1，1)上单调，又f(x)在区间(－1，1)上存在零点，∴f(－1)f(1)＜0，即(－a＋1)(a＋1)＜0，得a＞1或a＜－1，故选C. 3．B　由题意知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(1)＝－1＜0，f(e)＝1－eq \f(1,e)＞0，∴f(1)·f(e)＜0， ∴f(x)的零点所在的区间为(1，e)． 4．B　∵f(－1)＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)＜0，f(0)＝1＞0，且f(x)在R上单调递增，∴f(x)＝2x＋x的零点a∈(－1，0)． ∵g(2)＝0，g(x)在R上单调递增，∴g(x)的零点b＝2. ∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)＜0，h(1)＝1＞0， 且h(x)在R上单调递增，∴h(x)的零点c∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)). 因此a＜c＜b. 5．B　根据零点存在定理，并结合二次函数图象可知， 若函数f(x)＝ax2－2x＋1在区间(－1，1)和区间(1，2)上分别存在一个零点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）f（1）＜0，,f（1）f（2）＜0，))解得eq \f(3,4)＜a＜1，故选B. 6．D　由函数y＝xf(x)－2x的一个零点为x0，易得x0≠0， 则f(x0)＝eq \f(2x0,x0)，∴f(－x0)＝eq \f(2－x0,－x0). ∵函数f(x)是奇函数，∴－f(x0)＝f(－x0)， 即－f(x0)＝eq \f(2－x0,－x0)，整理得2x0·f(x0)－eq \f(1,x0)＝0， 即2－(－x0)·f[－(－x0)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－x0)))＝0，故选D. 7．A　由题可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋5，x≥3或x≤－2，,x2－1，－2＜x＜3，))函数y＝f(x)＋k至少有两个零点，可转化成函数f(x)的图象与直线y＝－k至少有两个交点．作出f(x)的图象如图所示，由图可知－1≤－k≤3，即－3≤k≤1. 8．A　∵g(x)＝3[f(x)]2－8f(x)＋4 ＝[3f(x)－2][f(x)－2]， ∴函数g(x)的零点个数即为方程f(x)＝eq \f(2,3)的根的个数和方程f(x)＝2的根的个数之和． 作出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log2x|，x＞0，,2x，x≤0))的图象如图所示， 由图可得方程f(x)＝eq \f(2,3)和f(x)＝2共有5个根， 即函数g(x)＝3[f(x)]2－8f(x)＋4有5个零点，故选A. 9．解析　画出f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x＞0，,－x2－2x，x≤0))的图象，如图所示． 若g(x)有3个零点，则f(x)的图象与y＝m的图象有3个交点，故0＜m＜1. 答案　(0，1) 10．解析　由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x－4＜0，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜2，,x2－4x＋3＜0，)) 解得2≤x＜4或1＜x＜2，即1＜x＜4， 故不等式f(x)＜0的解集是(1，4)． 当λ＞4时，f(x)＝x－4＞0恒成立， 此时令f(x)＝x2－4x＋3＝0，得x＝1或x＝3， 即f(x)在(－∞，λ)上恰有2个零点，符合题意； 当λ≤4时，令f(x)＝x－4＝0，得x＝4， 由f(x)＝x2－4x＋3在(－∞，λ)上只能有1个零点， 得1＜λ≤3. 综上，λ的取值范围为(1，3]∪(4，＋∞)． 答案　(1，4)　(1，3]∪(4，＋∞) PAGE - 360 - $对点练20　函数与方程 1．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\