限时规范训练(15) 第2章 第10讲 函数的零点与方程的解（word课时作业）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

限时规范训练(十五) A级　基础落实练 1．对于函数f(x)，若f(－1)f(3)<0，则(　　) A．方程f(x)＝0一定有实数解 B．方程f(x)＝0一定无实数解 C．方程f(x)＝0一定有两实根 D．方程f(x)＝0可能无实数解 解析：D　因为函数f(x)的图象在(－1，3)上未必连续，所以尽管f(－1)f(3)<0，但方程f(x)＝0在(－1，3)上可能无实数解． 2．(2024·朝阳区期末)函数f(x)＝的零点的个数为(　　) A. 0　　 B．1 C．2　　 D．3 解析：C　当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，则(x－1)(x＋3)＝0，解得x＝1(舍去)或x＝－3；当x>0时，令ex－2＝0，解得x＝ln 2，所以f(x)的零点个数为2.故选C. 3．(2023·焦作模拟)设函数f(x)＝2x＋的零点为x0，则x0所在的区间是(　　) A．(－4，－2)　　 B．(－2，－1) C．(1，2)　　 D．(2，4) 解析：B　易知f(x)在R上单调递增且连续，f(－2)＝－<0，f(－1)＝－>0，所以x0∈(－2，－1)． 4．(2024·山西部分学校联考)若函数f(x)＝ln x＋x2＋a－1在区间(1，e)内有零点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－e2，0)　　 B．(－e2，1) C．(1，e)　　 D．(1，e2) 解析：A　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为函数y＝ln x与y＝x2＋a－1在(0，＋∞)上均单调递增，所以函数f(x)＝ln x＋x2＋a－1在(0，＋∞)上单调递增，由函数f(x)在区间(1，e)内有零点知f(1)f(e)<0，即a(e2＋a)<0，解得－e2<a<0，故选A. 5．(2024·福州模拟)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝ f(x)，且当x∈[0，1]时， f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点有(　　) A．多于4个　　 B．4个 C．3个　　 D．2个 解析：B　分别作出y＝f(x)与y＝log3|x|的图象如图所示， 由图可知y＝f(x)与y＝log3|x|有4个交点，故函数y＝f(x)－log3|x|有4个零点． 6．(2024·湖北部分重点高中联考)已知函数f(x)＝则“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：C　当x<2时，f(x)＝2x＋x单调递增，f(－1)＝2－1－1<0，f(0)＝20＋0>0，由函数零点存在定理可知，f(x)＝2x＋x在(－∞，2)上有唯一零点，且该零点为负数；当x≥2时，若f(x)有零点，则a＜0，令x2＋2a＝0，解得x＝或x＝－(舍去)，若f(x)在[2，＋∞)上有零点，则≥2，即a≤－2，此时f(x)在[2，＋∞)上只有唯一零点，且该零点为正数．综上所述，当a≤－2时，f(x)有2个零点；当f(x)有2个零点时，a≤－2，所以“a≤－2”是“f(x)有2个零点”的充要条件．故选C. 7．(2024·福州联考)已知函数f(x)＝sin πx＋，则y＝f(x)的图象在(－2，4)内的零点之和为(　　) A．2　　 B．4 C．6　　 D．8 解析：B　由f(x)＝sin πx＋＝0可得sin πx＝－，则函数y＝sin πx与函数y＝－的图象在(－2，4)内交点的横坐标即为函数y＝f(x)的零点．又函数y＝sin πx与函数y＝－的图象都关于点(1，0)对称，作出函数y＝sin πx与函数y＝－的大致图象，如图所示． 由图象可知y＝f(x)在(－2，4)内有四个零点，零点之和为4.故选B. 8．若关于x的方程 －k＝x在上有两个不同的实数解，则k的取值范围为(　　) A．　　 B． C．(－∞，1)　　 D． 解析：B　－k＝x⇔－k＝x－，设t＝≥0⇒x＝，右边化为函数g(t)＝－t＝(t－1)2－1(t≥0)，作出图象可知，－1<－k≤－，所以k的范围为. 9．已知函数f(x)＝＋a的零点为1，则实数a的值为________． 解析：依题意，f(1)＝＋a＝0，∴a＝－. 答案：－ 10．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c是奇函数，且有三个不同的零点，写出一个符合条件的函数：f(x)＝________． 解析：f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c为奇函数，故a＝c＝0，f(x)＝x3＋bx＝x(x2＋b)有三个不同零点， ∴b<0，∴f(x)＝x3－x满足题意． 答案：x3－x(答案不唯一) 11．已知函数f(x)＝2lg x＋x－4的零点在区间(k，k＋1)(k∈Z)上，则k＝________． 解析：函数f(x)＝2lg x＋x－4在(0，＋∞)上为增函数， ∵f(3)＝2lg 3＋3－4＝2lg 3－1＝lg 9－1<0，f(4)＝2lg 4＋4－4＝2lg 4>0，即f(3)·f(4)<0，则函数f(x)＝2lg x＋x－4的零点在区间(3，4)上，即k＝3. 答案：3 12．若x1是方程xex＝1的解，x2是方程xln x＝1的解，则x1x2＝________． 解析：x1，x2分别是函数y＝ex，函数y＝ln x与函数y＝的图象的交点A，B的横坐标，所以A(x1，)，B(x2，)两点关于y＝x对称，则x1＝，因此x1x2＝1. 答案：1 B级　能力提升练 13．(2023·保定摸底)已知x>0，函数f(x)＝2x＋x－5，g(x)＝x2＋x－4，h(x)＝log2x＋x－3的零点分别为a，b，c，则(　　) A．a<b<c　　 B．a<c<b C．b<a<c　　 D．b<c<a 解析：C　因为f(x)＝2x＋x－5单调递增，且f(1.6)＝21.6－3.4＝－＝－<0，f(2)＝4＋2－5＝1>0，由函数零点存在定理可知，f(x)有唯一零点a且1.6<a<2；因为g(x)＝x2＋x－4在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，g(1.6)＝1.62－2.4＝2.56－2.4>0，由函数零点存在定理可知，g(x)有唯一零点b且1<b<1.6；因为h(x)＝log2x＋x－3在(0，＋∞)上单调递增，且h(2)＝1＋2－3＝0，则h(x)有唯一零点c＝2，所以b<a<c.故选C． 14．(2024·苏州常熟中学第一阶段抽测)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，f(－x)＝f(x＋2)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x3－x2＋x，则方程4f(x)－x＋2＝0所有的根之和为(　　) A．6　　 B．12 C．14　　 D．10 解析：D　因为f(－x)＋f(x)＝0，x∈R，所以f(x)为奇函数．又因为f(－x)＝f(x＋2)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称．当x∈[0，1]时，f′(x)＝3x2－2x＋1>0，f(x)单调递增．由f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以f(x)的一个周期为4.画出f(x)的图象，如图所示． 方程4f(x)－x＋2＝0，即f(x)＝(x－2)，所以方程的根即为函数f(x)的图象与直线y＝(x－2)的交点的横坐标，所有实根之和为(x1＋x5)＋(x2＋x4)＋x3＝4＋4＋2＝10.故选D． 15．(2021·北京卷)已知f(x)＝|lg x|－kx－2，给出下列四个结论： (1)若k＝0，则f(x)有两个零点； (2)∃k<0，使得f(x)有一个零点； (3)∃k<0，使得f(x)有三个零点； (4)∃k>0，使得f(x)有三个零点． 以上正确结论的序号是________． 解析：f(x)＝|lg x|－kx－2的零点问题，可转化成两个函数y1＝|lg x|，y2＝kx＋2的图象的交点问题． 对于(1)，当k＝0时，|lg x|＝2，有两个交点，(1)正确； 对于(2)，存在k<0，使y1＝|lg x|与y2＝kx＋2相切，(2)正确； 对于(3)，若k<0，y1＝|lg x|与y2＝kx＋2最多有2个交点，(3)错误； 对于(4)，当k>0时，过点(0，2)存在函数g(x)＝lg x(x>1)的切线，此时共有两个交点，当直线斜率稍微小于相切时的斜率时，就会有3个交点，(4)正确． 答案：(1)(2)(4) 16．已知函数f(x)＝函数y＝f(x)－a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1<x2<x3<x4，则＝________． 解析：y＝f(x)－a有四个不同的零点x1，x2，x3，x4， 即方程f(x)＝a有四个不同的解， 即y＝f(x)的图象与直线y＝a有四个交点． 在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝a的图象，如图所示， 由二次函数的对称性可得，x3＋x4＝4.因为1－2x1＝2x2－1， 所以2x1＋2x2＝2，故＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $$