第2章函數概念與基本初等函數Ⅰ第8講函數與方程A組基礎鞏固一、單選題1．若函數f(x)的圖象是連綿起伏的，且f(0)>0，f(1)·f(2)·f(4)<0，則下列命題正確的是(D)A．函數f(x)在區間(0,1)內有零點B．函數f(x)在區間(1,2)內有零點C．函數f(x)在區間(0,2)內有零點D．函數f(x)在區間(0,4)內有零點[解析]因為f(1)·f(2)·f(4)<0，所以f(1)、f(2)、f(4)中至少有一個小于0.若f(1)<0，則在(0,1)內有零點，在(0,4)內必有零點；若f(2)<0，則在(0,2)內有零點，在(0,4)內必有零點；若f(4)<0，則在(0,4)內有零點．故選D.2．方程lnx＝4－2x的解所在的區間為(B)A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)[解析]通過構造函數法，結合函數的單調性以及零點存在性定理求得正確答案．由lnx＝4－2x得2x＋lnx－4＝0，設f(x)＝2x＋lnx－4，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，f(1)＝－2<0，f(2)＝ln2>0，所以f(x)的唯一零點在區間(1,2)，即方程lnx＝4－2x的解所在的區間為(1,2)．故選B.3．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))則函數f(x)的零點為(D)A.eq\f(1,2)，0 B．－2,0C.eq\f(1,2) D．0[解析]當x≤1時，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當x>1時，令f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因為x>1，所以此時方程無解．綜上，函數f(x)的零點只有0.4．如圖是函數f(x)的圖象，它與x軸有4個不同的公共點，給出的下列四個區間之中，存在不能用二分法求出的零點，該零點所在的區間是(C)A．[－2.1，－1] B．[4.1,5]C．[1.9,2.3] D．[5,6.1][解析]結合圖象可得A、B、D選項每個區間的兩個端點函數值異號，可以用二分法求出零點，故選C.5．(2024·課標全國Ⅲ)函數f(x)＝2sinx－sin2x在[0,2π]的零點個數為(B)A．2 B．3C．4 D．5[解析]函數f(x)＝2sinx－sin2x，在[0,2π]的零點個數即2sinx－sin2x＝0在區間[0,2π]的根的個數，令h(x)＝2sinx，g(x)＝sin2x，畫出兩函數在區間[0,2π]的圖象(圖略)，可知h(x)＝2sinx和g(x)＝sin2x在區間[0,2π]的圖象的交點個數為3.故選B.6．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，設x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數，y＝[x]也被稱為“高斯函數”，例如[2.1]＝2，[3]＝3，[－1.5]＝－2，設x0為函數f(x)＝log3x－eq\f(3,x＋1)的零點，則[x0]＝(A)A．2 B．3C．4 D．5[解析]首先推斷函數的單調性，再依據零點存在性定理推斷x0所在區間，最終依據高斯函數的定義計算可得．因為y＝log3x與y＝－eq\f(3,x＋1)在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)＝log3x－eq\f(3,x＋1)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(3)＝log33－eq\f(3,3＋1)＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)>0，f(2)＝log32－eq\f(3,2＋1)＝log32－1<0，所以f(x)在(2,3)上存在唯一零點x0，即x0∈(2,3)，所以[x0]＝2.故選A.7．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函數f(x)在R上有兩個零點，則實數a的取值范圍是(A)A．(0,1] B．[1，＋∞)C．(0,1) D．(－∞，1][解析]畫出函數f(x)的大致圖象如圖所示．因為函數f(x)在R上有兩個零點，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一個零點．當x≤0時，f(x)有一個零點，需0<a≤1；當x>0時，f(x)有一個零點，需－a<0，即a>0.綜上，0<a≤1.8．已知f(x)＝|x2－1|，關于x的方程[f(x)]2－f(x)＋k＝0，則下列四個命題是假命題的為(A)A．存在實數k，使得方程恰有3個不同的實數解B．存在實數k，使得方程恰有4個不同的實數解C．存在實數k，使得方程恰有5個不同的實數解D．存在實數k，使得方程恰有8個不同的實數解[解析](1)令t＝f(x)＝|x2－1|(t≥0)，則原方程可化為t2－t＋k＝0.作出f(x)＝|x2－1|的圖象如圖所示，結合圖象可知：①當t>1或t＝0時，方程t＝|x2－1|有2個不同的實數解；②當t＝1時，方程t＝|x2－1|有3個不同的實數解；③當0<t<1時，方程t＝|x2－1|有4個不同的實數解．(2)作出函數y＝t2－t(t≥0)的圖象如圖所示．①當－k>0，即k<0時，方程－k＝t2－t有1個實數解t1，且t1>1.②當－k＝0，即k＝0時，方程－k＝t2－t有2個不同的實數解t2，t3(t2<t3)，則t2＝0，t3＝1.③當－eq\f(1,4)<－k<0，即0<k<eq\f(1,4)時，方程－k＝t2－t有2個不同的實數解t4，t5(t4<t5)，則0<t4<eq\f(1,2)<t5<1.④當－k＝－eq\f(1,4)，即k＝eq\f(1,4)時，方程－k＝t2－t有1個實數解t6，且t6＝eq\f(1,2).⑤當－k<－eq\f(1,4)，即k>eq\f(1,4)時，方程－k＝t2－t沒有實數解．綜合(1)(2)可知，當k<0時，原方程有2個不同的實數解；當k＝0時，原方程有5個不同的實數解；當0<k<eq\f(1,4)時，原方程有8個不同的實數解；當k＝eq\f(1,4)時，原方程有4個不同的實數解；當k>eq\f(1,4)時，原方程沒有實數解．所以B，C，D都是真命題．A為假命題．故選A.二、多選題9．下列函數中，在(－1,1)內有零點且單調遞減的是(AD)A．y＝logeq\f(1,2)(x＋1) B．y＝2x－1C．y＝x2－eq\f(1,2) D．y＝－x3[解析]函數y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在定義域上單調遞減，且x＝0時y＝0，y＝x2－eq\f(1,2)在(－1,1)上不是單調函數，y＝－x3在定義域上單調遞減，且x＝0時y＝0.對于y＝2x－1，當x＝0∈(－1,1)時，y＝0且y＝2x－1在R上單調遞增．故選AD.10．下列圖象表示的函數中有兩個零點的有(CD)[解析]有兩個零點就是函數圖象與x軸有兩個交點．11．若函數f(x)＝ax＋b的零點是2，則函數g(x)＝bx2－ax的零點可以是(AC)A．0 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．2[解析]2a＋b＝0，∴g(x)＝－2ax2－ax＝0，得x＝0或－eq\f(1,2)，故選AC.12．(2024·濟寧模擬)已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x,0<a<b<c，f(a)f(b)f(c)<0，實數d是函數f(x)的一個零點．給出下列四個推斷，其中可能成立的是(ABD)A．d<a B．d>bC．d>c D．d<c[解析]由y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(0，＋∞)上單調遞減，y＝log2x在(0，＋∞)上單調遞增，可得f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x在定義域(0，＋∞)上是減函數，當0<a<b<c時，f(a)>f(b)>f(c)，因為f(a)f(b)f(c)<0，f(d)＝0，所以①f(a)，f(b)，f(c)都為負值，則a，b，c都大于d；②f(a)>0，f(b)>0，f(c)<0，則a，b都小于d，c大于d.綜合①②可得d>c不行能成立．三、填空題13．用二分法求函數f(x)＝ln(x＋1)＋x－1在區間(0,1)上的零點，要求精確度為0.01時，所需二分區間的次數最少為_7__.[解析]開區間(0,1)的長度等于1，每經過一次操作，區間長度變為原來的一半，經過n(n∈N＋)次操作后，區間長度變為eq\f(1,2n).令eq\f(1,2n)<0.01，解得n≥7，且n∈N＋，故所需二分區間的次數最少為7.14．(2024·濟南模擬)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xlnx，x>0，,x2－x－2，x≤0，))則f(x)的零點為_－1和1__.[解析]令f(x)＝0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,xlnx＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－x－2＝0，))解得x＝1或x＝－1，∴f(x)的零點為－1和1.15．(2024·江蘇淮安聯考)函數f(x)對一切實數x都滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))，并且方程f(x)＝0有三個實根，則這三個實根的和為eq\f(3,2).[解析]因為函數f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(1,2)對稱，所以方程f(x)＝0有三個實根時，確定有一個根是eq\f(1,2)，另外兩個根的和為1，故方程f(x)＝0的三個實根的和為eq\f(3,2).16．(2024·廣東陽江調研)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x<1，,log\f(1,2)x，x≥1，))若關于x的方程f(x)＝k有三個不同的實根，則實數k的取值范圍是_(－1,0)__.[解析]關于x的方程f(x)＝k有三個不同的實根，等價于函數f(x)與函數y＝k的圖象有三個不同的交點，作出函數f(x)的圖象如圖所示，由圖可知實數k的取值范圍是(－1,0)．B組實力提升1．(2024·濟寧模擬)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤a，,x－1，x>a，))若f(x)有3個零點，則實數a的取值范圍是(A)A．{a|0≤a＜1} B．{a|－1≤a＜0}C．{a|－1≤a＜1} D．{a|a＜1}[解析]因為y＝x2＋2x有2個零點x＝－2和x＝0，y＝x－1有1個零點x＝1，所以若要使f(x)有3個零點，則0≤a＜1，故選A.2．函數f(x)＝|lgx2|＋x2－2|x|的零點的個數為(C)A．2 B．3C．4 D．6[解析]函數f(x)＝|lgx2|＋x2－2|x|的零點個數，即方程|lgx2|＝－x2＋2|x|的根的個數，考慮g(x)＝|lgx2|，h(x)＝－x2＋2|x|，定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函數，當x>0時，g(x)＝|2lgx|，h(x)＝－x2＋2x，作出函數圖象：兩個函數一共有兩個交點，即當x>0時，|lgx2|＝－x2＋2|x|有兩根，依據對稱性可得：當x<0時|lgx2|＝－x2＋2|x|有兩根，所以|lgx2|＝－x2＋2|x|一共4個根，即函數f(x)＝|lgx2|＋x2－2|x|的零點的個數為4.故選C.3．已知函數f(x)＝x－eq\r(x)(x>0)，g(x)＝x＋ex，h(x)＝x＋lnx(x>0)的零點分別為x1，x2，x3，則(C)A．x1<x2<x3 B．x2<x1<x3C．x2<x3<x1 D．x3<x1<x2[解析]作出y＝x與y＝eq\r(x)(x>0)，y＝－ex，y＝－lnx(x>0)的圖象，如圖所示，可知選C.4．已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區間[0,2]上單調遞增，若方程f(x)＝m(m>0)在區間[－8,8]上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋x4＝_－8__.[解析]因為定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－4)＝－f(x)＝f(－x)，所以f(x)的圖象關于直線x＝－2對稱，又f(x－4)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(x＋4)，所以f(x－4)＝f(x＋4)，f(x)＝f(x＋8)，所以f(x)是周期為8的周期函數．因為奇函數f(x)在區間[0,2]上單調遞增，所以f(x)在區間[－2,2]上單調遞增，在區間[－6，－2]上單調遞減，畫出f(x)的可能圖象如圖所示．作出直線y＝m(m>0)．不妨設x1<x2<x3<x4，由對稱性可知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－8.5．(2024·廈