2022年高考数学一轮复习第二章函数的概念及其基本性质.函数的零点与方程的根对点训练理 .pdf

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1、1 2017 高考数学一轮复习第二章 函数的概念及其基本性质 2.8 函数的零点与方程的根对点训练理1. 已知函数f(x) 2|x| ，x2，x2，x2，函数g(x) bf(2 x) ，其中bR.若函数yf(x) g(x) 恰有 4 个零点，则b的取值范围是 ( ) A.74，B. ，74C. 0，74D.74，2答案D 解析函数yf(x) g(x) 恰有 4个零点，即方程f(x) g(x) 0，即bf(x) f(2 x) 有 4 个不同的实数根，即直线yb与函数yf(x) f(2x) 的图象有4 个不同的交点又yf(x) f(2 x) x2x2，x2，作出该函数的图象如图所示，由图可得，当7

2、4b0的零点个数为 ( ) A3 B2 C7 D0 答案B 解析解法一：由f(x) 0 得x0，x2x20或x0，1ln x0，解得x2 或xe. 因此函数f(x) 共有 2 个零点名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 5 页 - - - - - - - - - 2 解法二：函数f(x) 的图象如图所示，由图象知函数f(x) 共有 2 个零点3设f(x) exx4，则函数f(x) 的零点位于区间( ) A( 1,0) B(0,1) C(1,2) D(2,3) 答

3、案C 解析f(x) exx4，f(x) ex10，函数f(x) 在 R 上单调递增对于A项，f( 1)e1( 1)4 5e 10，f(0) 30 ，A 不正确；同理可验证B、D 不正确对于C 项，f(1) e14e30，f(1)f(2)0. 故f(x)的零点位于区间(1,2) 4设函数f(x)2xa，x1，xax2a，x1.(1) 若a1，则f(x) 的最小值为 _；(2) 若f(x) 恰有 2 个零点，则实数a的取值范围是 _答案(1) 1 (2)12，1 2 ，)解析(1) 若a1，则f(x) 2x1，x1xx，x1，作出函数f(x) 的图象如图所示由图可得f(x) 的最小值为 1. (2

4、) 当a1 时，要使f(x)恰有 2 个零点， 需满足 21a0，即a2，所以a2，当a1时，要使f(x) 恰有 2 个零点，需满足a0，解得12a2；a0，b2；a1，b2. 答案解析令f(x) x3axb，则f(x) 3x2a.对于，由ab 3，得f(x) x33x3，f(x) 3(x1)(x1) ，f(x)极大值f( 1) 10，f(x)极小值f(1) 50，f(x)极小值f(1) 0，函数f(x) 的图象与x轴有两个交点，故x3axb0 有两个实根；对于，由a 3，b2，得f(x) x33xb，f(x) 3(x1)(x1)，f(x)极大值f( 1) 2b0，f(x)极小值f(1) b2

5、0，函数f(x) 的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0 仅有一个实根；对于，由a0，b2，得f(x) x32，f(x)3x20，f(x) 在 R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0 仅有一个实根；对于，由a1，b2，得f(x) x3x2，f(x)3x210，f(x) 在 R上单调递增，函数f(x) 的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0 仅有一个实根7. 已知函数f(x) x3，xa，x2，xa.若存在实数b，使函数g(x) f(x) b有两个零点，则a的取值范围是_答案( ， 0)(1 ，)解析令 (x)x3(xa) ，h(x) x2(xa) ，函数g(x)

6、 f(x)b有两个零点，即函数yf(x) 的图象与直线yb有两个交点， 结合图象可得ah(a) ，即aa2，解得a1，故a( ， 0) (1 ，) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 5 页 - - - - - - - - - 4 8已知函数f(x) exax2bx1，其中a，bR，e2.71828为自然对数的底数(1) 设g(x) 是函数f(x) 的导函数，求函数g(x) 在区间 0,1上的最小值；(2) 若f(1) 0，函数f(x) 在区间 (0,1)内有

7、零点，求a的取值范围解(1) 由f(x)exax2bx1，有g(x) f(x) ex2axb. 所以g(x) ex2a. 因此，当x0,1时，g(x) 1 2a，e2a 当a12时，g(x) 0，所以g(x) 在0,1上单调递增，因此g(x) 在0,1上的最小值是g(0) 1b；当ae2时，g(x) 0，所以g(x) 在0,1上单调递减，因此g(x) 在0,1上的最小值是g(1) e2ab；当12ae2时，令g(x) 0，得xln (2a) (0,1)所以函数g(x) 在区间 0 ，ln (2a) 上单调递减，在区间(ln (2a) ，1 上单调递增于是，g(x) 在0,1 上的最小值是g(l

8、n (2a) 2a2aln (2a) b. 综上所述，当a12时，g(x) 在0,1上的最小值是g(0) 1b；当12ae2时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln (2a) 2a2aln (2a) b；当ae2时，g(x) 在0,1上的最小值是g(1) e2ab. (2) 设x0为f(x) 在区间 (0,1) 内的一个零点， 则由f(0) f(x0) 0 可知，f(x) 在区间 (0 ，x0) 上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x) 不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x) 在区间 (0，x0) 内存在零点x1. 同理g(x) 在区间 (x0,1) 内存在零点x2. 所以g(x) 在区间

9、 (0,1)内至少有两个零点由(1) 知，当a12时，g(x) 在0,1上单调递增，故g(x) 在(0,1) 内至多有一个零点当ae2时，g(x) 在0,1上单调递减，故g(x) 在(0,1) 内至多有一个零点所以12a0，g(1) e2ab0. 由f(1) 0 有abe10，g(1) e2ab1a0.解得 e2a1. 当 e2a1 时，g(x) 在区间 0,1内有最小值g(ln (2a) 若g(ln (2a) 0，则g(x) 0(x0,1)，从而f(x) 在区间 0,1上单调递增，这与f(0) f(1) 0 矛盾，所以g(ln (2a)0，g(1) 1a0，故此时g(x) 在(0，ln (2a) 和(ln (2a) ， 1)内各只有一个零点x1和x2. 由此可知f(x) 在0 ，x1 上单调递增，在(x1，x2) 上单调递减，在x2,1 上单调递增所以f(x1)f(0) 0，f(x2)f(1) 0，故f(x) 在(x1，x2) 内有零点综上可知，a的取值范围是 (e 2,1) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 5 页 - - - - - - - - -