【学霸优课】数学理一轮对点训练：28 函数的零点与方程的根 Word版含解析

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1、1.已知函数f(x)函数g(x)bf(2x)，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. B.C. D.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(2x)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(2x)作出该函数的图象如图所示，由图可得，当<b<2时，直线yb与函数yf(x)f(2x)的图象有4个不同的交点，故函数yf(x)g(x)恰有4个零点时，b的取值范围是.2函数f(x)的零点个数为()A3 B2C7 D0答案B解析解法一：由f(x)0得或解得x2或x

2、e.因此函数f(x)共有2个零点解法二：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)答案C解析f(x)exx4，f(x)ex1>0，函数f(x)在R上单调递增对于A项，f(1)e1(1)45e1<0，f(0)3<0，f(1)f(0)>0，A不正确；同理可验证B、D不正确对于C项，f(1)e14e3<0，f(2)e224e22>0，f(1)f(2)<0.故f(x)的零点位于区间(1,2)4设函数f(x)(1)若a1，则f(x)的最小值

3、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)2，)解析(1)若a1，则f(x)，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)当a1时，要使f(x)恰有2个零点，需满足21a0，即a2，所以a2，当a<1时，要使f(x)恰有2个零点，需满足，解得a<1.综上，实数a的取值范围为2，)5函数f(x)4cos2cos2sinx|ln (x1)|的零点个数为_答案2解析因为f(x)4cos2cos2sinx|ln (x1)|2(1cosx)·sinx2sinx|ln (x1)|sin2x|ln (x1)|，所以函数f(x)的零

4、点个数为函数ysin2x与y|ln (x1)|图象的交点的个数函数ysin2x与y|ln (x1)|的图象如图所示，由图知，两函数图象有2个交点，所以函数f(x)有2个零点6设x3axb0，其中a，b均为实数下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号)a3，b3；a3，b2；a3，b>2；a0，b2；a1，b2.答案解析令f(x)x3axb，则f(x)3x2a.对于，由ab3，得f(x)x33x3，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)1<0，f(x)极小值f(1)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；

5、对于，由a3，b2，得f(x)x33x2，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)4>0，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a3，b>2，得f(x)x33xb，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)2b>0，f(x)极小值f(1)b2>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，

6、f(x)3x21>0，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)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(x>a)，函数g(x)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a<0或(a)>h(a)，即a<0或a3>a2，解得a<0或a>1，故a(，0)(1，)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

7、(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)12a，e2a当a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a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<a<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)，

8、1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln (2a)2a2aln (2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当<a<时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln (2a)2a2aln (2a)b；当a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(0,1)内

9、至少有两个零点由(1)知，当a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a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<a<.此时g(x)在区间0，ln (2a)上单调递减，在区间(ln (2a)，1上单调递增因此x1(0，ln (2a)，x2(ln (2a)，1)，必有g(0)1b>0，g(1)e2ab>0.由f(1)0有abe1<2，有g(0)1bae2>0，g(1)e2ab1a>0.解得e2<a<1.当e2<a<1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.又g(0)ae2>0，g(1)1a>0，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(e2,1)