【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第二章第七讲函数与方程作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第二章第七讲函数与方程作业

第七讲　函数与方程 ‎1.[2020山西省实验中学模拟]方程log4x+x =7的解所在的区间是(　　)‎ A.(1,2) B.(3,4) C.(5,6) D.(6,7)‎ ‎2.[2020洛阳市第一次联考]已知函数f (x) =‎|‎2‎x - 1|,x<2,‎‎3‎x - 1‎‎,x≥2,‎若方程f (x)-a =0有三个不同的实数根,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1,3) B.(0,3) C.(0,2) D.(0,1)‎ ‎3.[2020武汉市部分学校质量监测]已知函数f (x) =exx‎-‎a.若f (x)没有零点,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.[0,e) B.(0,1)C.(0,e) D.[0,1)‎ ‎4.[2020江淮十校联考]对任意实数x,恒有ex-ax-1≥0成立,关于x的方程(x-a)ln x-x-1 =0有两根,为x1,x2(x10,‎ax+3a - 2,x≤0‎在(-∞,+∞)上是单调函数,且f (x)存在负的零点,则a的取值范围是(　　)‎ A.(‎2‎‎3‎,1] B.(‎2‎‎3‎,‎3‎‎2‎] C.(0,‎3‎‎2‎] D.(‎2‎‎3‎,+∞)‎ ‎9.[新角度题]函数f (x) =x2-2x-1-|x-1|的所有零点之和等于　　　. ‎ ‎10.[2019合肥市高三调研检测]已知f (x) =x‎2‎‎ - 4,x≤a,‎ex‎ - 1,x>a(其中a<0,e为自然对数的底数),若g(x) =f (f (x))在R上有三个不同的零点,则a的取值范围是　　　　. ‎ ‎11.[2020合肥市调研检测]设函数f (x) =ex‎,x∈[0,1),‎x - 1,x∈[1,+∞).‎若函数y =f (x)-k存在两个零点x1,x2(x10,f (5)·f (6)<0,‎ ‎∴函数f (x)=log4x+x - 7的零点所在的区间为(5,6).‎ ‎∴方程log4x+x=7的解所在的区间是(5,6),故选C.‎ ‎2.D　画出函数f (x)的图象,如图D 2 - 7 - 4所示,方程f (x) - a=0有三个不同的实数根,即函数y=f (x)的图象与直线y=a有三个不同的交点,由图可知,a的取值范围为(0,1).故选D.‎ 图D 2 - 7 - 4‎ ‎3.A　因为f (x)没有零点,所以关于x的方程f (x)=0,即a=exx无实数解.令g(x)=exx,h(x)=a,则函数y=g(x),y=h(x)的图象无公共点.g' (x)=‎(x - 1)‎exx‎2‎,令 g' (x)=0,则x=1.当x<0时,g' (x)<0,函数g(x)单调递减,且g(x)<0;当01时,g' (x)>0,函数g(x)单调递增.所以函数g(x)有极小值g(1)=e,作出g(x)的图象,如图D 2 - 7 - 5所示,结合图象可得0≤a1时,令g(x)=2x - x,则g' (x)=2 - ‎1‎‎2‎x>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>1.‎ 当2a≤1,即a≤‎1‎‎2‎时,f ' (x)>0,所以函数f (x)在(1,+∞)上单调递增,又f (1)=0,所以f (x)在(1,+∞)上无零点;‎ 当2a>1,即a>‎1‎‎2‎时,存在x0∈(1,+∞),使得f ' (x0)=0,所以当1x0时,f ' (x)>0,所以函数f (x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,又f (1)=0,所以f (x0)<0,当x→+∞时,f (x)→+∞,所以函数f (x)在区间(1,+∞)上存在零点.‎ 综上,a的取值范围为(‎1‎‎2‎,+∞).故选D.‎ 解法二　当a=10时,f (x)=x - x - 10ln x,当x=e时,f (e)<0,当x=100时,f (100)>0,所以函数f (x)在(1,+∞)上存在零点,所以A,B不正确;当a=‎1‎‎2‎时,‎ f (x)=x - x‎ - ‎‎1‎‎2‎ln x,f ' (x)=1 - ‎1‎‎2‎x‎ - ‎‎1‎‎2x,当x>1时,f ' (x)>0恒成立,函数f (x)单调递增,又f (1)=0,所以当a=‎1‎‎2‎时,f (x)在(1,+∞)上无零点,所以C不正确.选D.‎ ‎6.B　先作出函数y=x2 - 4x+3的图象,再将x轴下方的图象翻折到x轴上方(保留x轴上及x轴上方的图象),得到函数f (x)=|x2 - 4x+3|的图象,如图D 2 - 7 - 6所示.‎ 图D 2 - 7 - 6‎ 令t=f (x),则方程[f (x)]2+bf (x)+c=0可变为t 2+bt+c=0,又方程[f (x)]2+bf (x)+c=0有7个不相同的实数根,所以方程t 2+bt+c=0的两个根必满足一个根为t=1,另一个根在(0,1)内,所以Δ=b‎2‎ - 4c>0,‎c>0,‎‎0< - b‎2‎<1,‎‎1+b+c=0,‎解得 - 20时,f ' (x)=2e2x - 2>0,则f (x)在(0,+∞)上单调递增,从而a>0,‎e‎0‎‎+a≥3a - 2,‎解得0‎2‎‎3‎.又0a时,f (x)> - 1,所以要使y=f (t)的两个零点都存在,则a2 - 4≤ - 2,否则t1= - 2这个零点就不存在,故a2≤2,解得 - ‎2‎≤a≤‎2‎,所以 - ‎2‎≤a<0.‎ ‎11.A　因为函数y=f (x) - k存在两个零点,所以方程f (x) - k=0即方程f (x)=k存在两个不相等的实根,所以函数y=f (x)的图象与直线y=k存在两个交点.画出函数y=f (x)的图象与直线y=k,如图D 2 - 7 - 9所示,‎ 图D 2 - 7 - 9‎ 由图易知1≤kln k,则g' (k)>0,所以函数g(k)在[1,e)上单调递增,所以当1≤k0且x≠1),令f' (x)=0,得x=e,所以当x∈(0,1)∪(1,e)时,f ‘(x)<0;当x∈(e,+∞)时,f ‘(x)>0.所以函数f (x)在(0,1),(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以当x=e时,f (x)有极小值,且极小值为e,则函数f (x)的大致图象如图D 2 - 7 - 10所示.‎ 图D 2 - 7 - 10‎ 由方程f 2(x)+(2a - 3)f (x)+a2 - 3a=0得f (x)= - a或f (x)= - a+3,若方程f 2(x)+(2a - 3)f (x)+a2 - 3a=0有三个不等实根,则有‎ - a<0,‎‎ - a+3>e或‎ - a=e,‎‎ - a+3>e,‎解得00,且f (1)= - 1,作出函数f (x)的大致图象如图D 2 - 7 - 12所示.‎ 图D 2 - 7 - 12‎ 令g(x)=2[f (x)]2 - 3f (x) - 2=0,解得f (x)=2或f (x)= - ‎1‎‎2‎,作出直线y=2与直线y= - ‎1‎‎2‎,如图D 2 - 7 - 12所示,观察图象可知,函数g(x)共有3个零点,故选B.‎ ‎15.D　根据题意可得,函数y={x}在y轴上及y轴右侧的图象如图D 2 - 7 - 13所示,‎ 图D 2 - 7 - 13‎ 函数y=1 - kx的图象为过定点P(0,1)的直线,所以要使方程{x}=1 - kx有且仅有4个实数根(k为正实数),则直线y=1 - kx应在图中直线PA,PB之间或恰好与PA重合,所以 - ‎1‎‎3‎≤ - k< - ‎1‎‎4‎,即k∈(‎1‎‎4‎,‎1‎‎3‎].故选D.‎ ‎16.{1,9}　解法一　依题意得,关于x的方程|x2+3x|=a|x - 1|有3个互不相等的实根,注意到x=1不是方程|x2+3x|=a|x - 1|的根,于是有a=‎|x‎2‎+3x|‎‎|x - 1|‎=|x‎2‎‎+3xx - 1‎|.令x - 1=t(t≠0),则|x‎2‎‎+3xx - 1‎|=|t+‎4‎t+5|.记g(t)=|t+‎4‎t+5|,则函数g(t)=|t+‎4‎t+5|的图象与直线y=a恰有三个不同的交点,作出函数g(t)=|t+‎4‎t+5|的图象,如图D 2 - 7 - 14所示,结合图象可知,a=1或a=9.因此,实数a的取值集合是{1,9}.‎ 图D 2 - 7 - 14‎ 解法二　依题意得,关于x的方程|x2+3x|=a|x - 1|有3个互不相等的实根,因此a>0,所以|x2+3x|=|ax - a|有3个互不相等的实根,即方程x2+3x=‎ ax - a与x2+3x=a - ax共有3个互不相等的实根,即方程x2+(3 - a)x+a=0与x2+(3+a)x - a=0共有3个互不相等的实根.注意到当a>0时,方程x2+(3+a)x - a=0的判别式大于0,所以方程x2+(3+a)x - a=0必有2个不相等的实根.假设方程x2+3x=ax - a与x2+3x=a - ax有相同的根,可得相同的根为x=1,但当x=1时,x2+3x=ax - a与x2+3x=a - ax均不成立,所以方程x2+3x=ax - a与x2+3x=a - ax没有相同的根,所以方程x2+(3 - a)x+a=0有2个相等的实根,故其判别式Δ=(3 - a)2 - 4a=0(a>0),解得a=1或a=9.所以实数a的取值集合是{1,9}.‎