“四翼”检测评价(三十二),函数零点与方程解（完整）

下面是小编为大家整理的“四翼”检测评价(三十二),函数零点与方程解（完整）,供大家参考。

　

　“四翼”检测评价( ( 三十二) )

　( ( 一) ) 基础落实

　1 ．对于函数 f(x) ，若 f( －1)·f(3)<0 ，则(

　) A ．方程 f(x) ＝0 一定有一实数解 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 ：选 选 D

　∵ ∵数 函数 f(x) 的图象在( －1,3) 上未必连续，故尽管 f( －1)·f(3)<0 ，但方程 f(x)＝ ＝0 在( －1,3) 上可能无实数解． ． 2 ．下列函数中，没有零点的是(

　) A ．f(x) ＝log 2 x －7

　 B ．f(x)＝ ＝ x －1 C ．f(x)＝ ＝ 1x

　D ．f(x) ＝x 2 ＋ ＋x 解析 ：选 选 C

　A 选项，由 f(x) ＝log 2 x －7 ＝0 可得 x ＝2 7 数 ，即函数 f(x) ＝log 2 x －7 有零点；B 选项，由 f(x)＝ ＝ x －1 ＝0 得 得 x ＝1 ，即函数 f(x)＝ ＝ x －1 有零点；C 选项，由 f(x)＝ ＝ 1x ＝＝0 解 解得，x 不存在，即函数 f(x)＝ ＝ 1x 没有零点；D 选项，由 f(x) ＝x 2 ＋x ＝0 解得 x ＝－1 或 或 0 ，即函数 数 f(x) ＝x 2 ＋x 有零点． ． 3 ．已知函数 数 则函数 y ＝f(x) ＋3x 的零点个数是(

　) A ．0

　 B ．1 C ．2

　 D ．3 解析 ：选 选 C

　根据题意，令 x 2 － －2x ＋3x ＝0 ，解得 x 1 ＝ ＝0 ，x 2 ＝－1 ，当 x≤0 时符合题意，令 令 1＋ ＋ 1x ＋＋3x ＝0 ，无解，故只有两个零点，选 C. 4 ．函数 f(x) ＝2 －x ＋log 3 |x| 的零点的个数是(

　) A ．3

　 B ．2 C ．1

　 D ．0 解析 ：选 选 A

　由题意可令 f(x) ＝0 ，将函数化为 x －2 ＝log 3 |x|. 画出函数 数 y ＝x －2 和 和 y ＝log 3 |x| 的图象如图所示，由图象可知，函数图象有三个交点，所以有三个零点． ． 5 ．函数 f(x) ＝log 3 (x ＋1) ＋x －2 的零点所在的一个区间是(

　) A ．(0,1)

　 B ．(1,2) C ．(2,3)

　 D ．(3,4)

　解析 ：选 选 B

　∵f(0) ＝－2 ，f(1) ＝log 3 2 ＋1 －2 ＝log 3 2 －1 ＜0 ，f(2) ＝log 3 3 ＋2 －2 ＝1 ＞0， ，f(3) ＝log 3 4 ＋3 －2 ＝log 3 4 ＋1 ＞0 ，f(4) ＝log 3 5 ＋4 －2 ＝log 3 5 ＋2 ＞0 ，所以零点所在的一个区间可以是 (1,2) ． 6 ．函数 f(x) ＝9 x － －3 x＋ 1 －－10 的零点为________ ． 解析 ：由 由 f(x) ＝9 x － －3 x＋ 1 －－10 ＝0 得(3 x ) 2 － －3·3 x － －10 ＝0 ，即(3 x ＋ ＋2)(3 x － －5) ＝0， ，∵ ∵3 x ＞ ＞0， ，∴ ∴3 x － －5 ＝0 ，解得 x ＝log 3 5 ，即函数零点为 x ＝log 3 5. 答案：

　：x ＝log 3 5 7 ．函数 f(x) ＝x 2 ＋ ＋mx －6 的一个零点是－6 ，则另一个零点是______ ． 解析 ：

　依题意得：f( －6) ＝0 ，则 36 －6m －6 ＝0 解得 m ＝5. 所以 f(x) ＝x 2 ＋ ＋5x －6 ＝0 的 的为 两根为 1 ，－6 ，故 1 为函数的另一个零点． ． 答案：

　：1 8 ．若 abc≠0 ，且 b 2 ＝ ＝ac ，则函数 f(x) ＝ax 2 ＋ ＋bx ＋c 的零点的个数是________ ． 解析 ：∵ ∵ax 2 ＋ ＋bx ＋c ＝0 的根的判别式 Δ ＝b 2 － －4ac ，b 2 ＝ ＝ac ，且 abc≠0 ， ∴Δ ＝－3b 2 <0， ， ∴程 方程 ax 2 ＋ ＋bx ＋c ＝0 无实根． ∴数 函数 f(x) ＝ax 2 ＋ ＋bx ＋c 无零点． ． 答案：

　：0 9 ．已知函数 f(x) ＝2(m ＋1)x 2 ＋ ＋4mx ＋2m －1. (1) 如果函数 f(x) 的一个零点为 0 ，求 m 的值； (2) 当函数 f(x) 有两个零点时，求 m 的取值范围； (3) 当函数 f(x) 有两个零点，且其中一个大于 1 ，另一个小于 1 时，求 m 的取值范围． 解：(1)由 由 f(0) ＝2m －1 ＝0 ，得 m ＝ 12 . (2) 因为函数 f(x) 有两个零点，所以方程 f(x) ＝0 有两个不相等的实数根，所以 2(m ＋1)≠0 ，Δ ＝16m 2 － －4×2(m ＋1)(2m －1) ＞0 ，解得 m ＜1 且 且 m≠ －1.故 故 m 的取值范围为{m|m ＜1 且 m≠ －1} ． (3)当 当 f(x)于 有两个零点，且其中一个大于 1于 ，另一个小于 1 时，有 或解得－1 ＜m ＜－ 18 .故故 m 的取值范围为        m    － －1 ＜m ＜－ 18. 10 ．已知函数 f(x)＝ ＝ ax2 ＋＋xx 2 ＋ ＋1满足：f(1)＝ ＝ 12 列，以及下列 3 个条件中的 2 个． ①意 任意 x∈ ∈R R， ，f( －x) ＝－f(x) ； ②数 函数 f(x)在 在 R R 上只有一个零点； ③数 函数 f(x) 在[ －1,1] 上是减函数． (1) 求实数 a 的值，并写出成立条件的序号； (2)当 当 x≥1 时，判定函数 f(x) 的单调性，并用定义证明你的结论．

　解：(1) 因为 f(x)＝ ＝ ax2 ＋xx 2 ＋ ＋1由 ，由 f(1)＝ ＝ 12 得 a ＋12＝ 12 得，解得 a ＝0 ，则 f(x)＝ ＝xx 2 ＋ ＋1 ，定义域为R R， ， 以 所以 f( －x)＝ ＝－ －xx 2 ＋ ＋1 ＝－f(x) ，即 ① 正确； 由 由 f(x)＝ ＝xx 2 ＋ ＋1 ＝＝0 得 得 x ＝0 ，即 ② 正确； 任取－1≤x 1 ＜ ＜x 2 ≤1则 ，则 x 1 － －x 2 ＜ ＜0 ，x 1 x 2 ＜ ＜1 ，所以 ＜ ＜0 显 显即 然恒成立，即 f(x 1 ) ＜f(x 2 ) ，所以函数 f(x) 在[ －1,1] 上是增函数，即 ③ 错误．故成立条件的序号是 ①②. (2)当 当 x≥1 时，f(x) 单调递减．证明过程如下：

　取 任取 1≤x 1 ＜ ＜x 2 则 ，则 x 1 －x 2 ＜ ＜0 ，x 1 x 2 ＞ ＞1 ， 即 成立，即 f(x 1 ) ＞f(x 2 ) ，所以函数 数 f(x)在 在 x≥1 上单调递减． ．

　( ( 二) ) 综合应用

　1 ．函数 的零点个数是(

　) A ．1

　 B ．2 C ．3

　D ．4 解析 ：选 选 C

　对于函数 f(x) ＝ln x －x 2 ＋ ＋2x 的零点个数，可转化为方程 程 ln x ＝x 2 － －2x 的根的个数问题，分别画出左右两式表示的函数如图．由数 图象可得两个函数有两个交点．又一次函数 4x ＋1 ＝0 的根的个数是 1.故 故数 函数 f(x)＝ ＝ 为 的零点个数为 3. 2 ．若关于 x 的方程 log12 x＝＝m1 －m 在区间(0,1) 内有解，则实数 m 的取值范围是(

　) A ．(0,1)

　 B ．(1,2) C ．( －∞， ，1) ∪(2 ，＋∞)

　 D ．( －∞， ，0) ∪(1 ，＋∞) 解析：

　：选 选 A

　∵ ∵数 函数 y ＝log12 x 在区间(0,1) 上的值域为(0 ，＋∞)， ， ∴m1 －m ＞＞0 ，即mm －1 ＜＜0， ，得 解得 0 ＜m ＜1.∴ ∴数 实数 m 的取值范围是(0,1) ．故选 A.

　3 ．已知函数 数 若函数 y ＝f(f(x) ＋m) 有四个零点，则实数 m 的取值范围是______ ． 解析：

　：令 令f(x)＝ ＝0 ⇒x＝－ ＝－2 或1. 令f(f(x) ＋m) ＝0 得f(x) ＋m ＝－2 或f(x)＋m ＝1， ，∴ ∴f(x) ＝－2 －m 或 或 f(x) ＝1 －m. 作出 y ＝f(x)． 的图象，如图所示． ∵y ＝f(f(x) ＋m) 有四个零点，∴ ∴f(x) ＝－2 －m ，f(x) ＝1 －m 各有两个根， ∴ 解得 －3≤m ＜－1. 答案：

　：[ －3 ，－1) 4 ．已知函数 f(x) ＝a·2 x＋ 1 －12 x ＋＋1. (1)当 当 a ＝－ 12 数时，求函数 f(x)在 在 x ∈[ －1,1] 上的值域； (2) 若函数 f(x) 在实数集 R R 数 上存在零点，求实数 a 的取值范围． 解：(1)当 当 a ＝－ 12 时，f(x) ＝－2 x －12 x ＋＋1 ＝－     2 x ＋12 x＋ ＋1 ，设 t ＝2 x ， ，x ∈[ －1,1] ，则 t∈ ∈    12 ，，2 ， ，∴ ∴g(t) ＝－     t ＋ 1t＋ ＋1 在 在     12 ，，1 递增，在[1,2] 递减，且 g(1) ＝－1 ，g(2) ＝g     12＝－ 32 ，， ∴ ∴f(x)∈ ∈     － 32 ，－1 . (2)f(x) ＝a·2 x＋ 1 －12 x ＋＋1 ＝0 ，即 2a·(2 x ) 2 ＋ ＋2 x － －1 ＝0 ，令 2 x ＝ ＝t， ，∴ ∴2a·t 2 ＋ ＋t －1 ＝0(*) 有正根，设 设(*) 的两根为 t 1 ，t 2 当 ，当 a ＜0 时，满足 Δ≥0 即 即可，即 1 ＋8a≥0 ，解得－ 18 ≤a ＜0 ；当 a ＝0 时，t ＝1 符合；当 a ＞0 ， 时，Δ＝ ＝1 ＋8a ＞0 ，(*) 恒过(0 ，－1) ，满足 t 1 ·t 2 ＝－12a ＜＜0 ，显然符合题意，数 综上，实数 a 的取值范围是     － 18 ，＋∞ . 5 ．已知 f(x) ＝log 3 (3 x ＋ ＋1)＋ ＋ 12 kx(x ∈R R) 是偶函数． (1)求 求 k 的值； (2) 若函数 y ＝f(x) 的图象与直线 y＝ ＝ 12 x ＋a 有公共点，求 a 的取值范围． 解：(1) ∵y ＝f(x) 是偶函数，∴ ∴f( －x) ＝f(x) ， ∴ ∴log 3 (3－ x ＋＋1)－ － 12 kx ＝log 3 (3 x ＋ ＋1)＋ ＋ 12 kx ， 得 化简得 log 3        3－ x ＋＋13 x ＋ ＋1＝ ＝kx ，即 log 313 x ＝＝kx ， ∴ ∴log 3 3－ x ＝kx ， ∴ －x ＝kx ，

　即 即(k ＋1)x ＝0 对任意的 x ∈R 都成立，∴ ∴k ＝－1. (2) 由题意知，方程 log 3 (3 x ＋ ＋1)－ － 12 x ＝ 12 x ＋a 有解， 即 亦即 log 3 (3 x ＋ ＋1) －x ＝log 3     3 x ＋ ＋13 x＝ ＝a 有解， ∴ ∴log 3     1＋ ＋13 x＝a 有解． 由13 x ＞＞0 ，得 1＋ ＋13 x ＞＞1， ，∴ ∴log 3     1＋ ＋13 x＞ ＞0 ， 故 故 a ＞0 ，即 a 的取值范围是(0 ，＋∞) ．

　( ( 三) ) 创新发展

　数 已知函数 f(x) ＝x 2 － －x＋ ＋ 1x －－2(x ＞0) ． (1) 用定义证明 f(x) 在(0,1) 内单调递减； (2) 证明 f(x) 存在两个不同的零点 x 1 ， ，x 2 且 ，且 x 1 ＋ ＋x 2 ＞ ＞2. 证明：(1)设 设∀ ∀x 1 ，x 2 ∈ ∈(0,1) ，且 x 1 ＜ ＜x 2 则 ，则 f(x 1 ) －f(x 2 ) ＝x 2 1 －x 1 ＋1x 1 －－2－ －     x 2 2 － －x 2 ＋1x 2 －－2＝ ＝x 2 1 － －x 1 ＋1x 1 －－x 2 2 ＋ ＋x 2 －1x 2 ＝＝x 2 1 －x 2 2 ＋ ＋x 2 － －x 1 ＋1x 1 －1x 2 ＝＝(x 2 ＋ ＋x 1 )(x 1 － －x 2 ) ＋(x 2 － －x 1 )＋ ＋ x2 － －x 1x 2 x 1＝ ＝(x 2－ －x 1 )× 为 ，因为 x 1 ，x 2 ∈ ∈(0,1) ，且 x 1 ＜x 2 以 ，所以 x 1 x 2 ∈ ∈(0,1)， ，1x 1 x 2＞ ＞1 ，x 1 ＋ ＋x 2 ∈ ∈(0,2) ，所以－(x 2 ＋ ＋x 1 ) ＋1＋ ＋1x 2 x 1 ＞＞0 ，所以 f(x 1 ) －f(x 2 ) ＞0 ，所以 f(x) 在(0,1) 内单调递减． (2) 由(1) 可知 f(x) 在(0,1) 内单调递减，当 x 1 ＜ ＜x 2 ， ， 且 且 x 1 ，x 2 ∈ ∈(1 ，＋∞) 时，x 1 x 2 ∈ ∈(1 ，＋∞) ，1x 1 x 2 ∈∈(0,1) ，x 1 ＋ ＋x 2 ∈ ∈(2 ，＋∞) ，可得－(x 2 ＋x 1 ) ＋1＋ ＋1x 2 x 1 ＜＜0 ， 以 所以 f(x 1 ) －f(x 2 ) ＜0 ， 以 所以 f(x) 在(1 ，＋∞) 内单调递增， 又 又 f     13＝     132－ 13 ＋ 113－ －2＝ ＝ 79 ，， f(1) ＝1 2 － －1＋ ＋ 11 －－2 ＝－1 ， f     53＝     532 － 53 ＋ 153－ －2 ＝－ 1345 ，，

　f(2) ＝2 2 － －2＋ ＋ 12 －－2＝ ＝ 12 ，， 根据零点存在性定理可得函数在     13 ，，1 及 及     53 ，，2 上各存在一个零点， 即 即 f(x) 存在两个不同的零点 x 1 ，x 2 ， ， 令 令 x 1 ＜x 2 则 ，则 x 1 ∈     13 ，，1 ，x 2 ∈     53 ，，2 ， 以 所以 x 1 ＋ ＋x 2 ＞ ＞2.

推荐访问:函数零点与方程解 零点 函数 检测