2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第13講-函數(shù)與方程-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第13講-函數(shù)與方程-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【原卷版】1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為()A．2 B．－2,0C．eq\f(1,2) D．02．用二分法求函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋x－1在區(qū)間(0,1)上的零點(diǎn)，要求精確度為0．01時(shí)，所需二分區(qū)間的次數(shù)最少為()A．5 B．6C．7 D．83．函數(shù)f(x)＝|x－2|－lnx在定義域內(nèi)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．34．函數(shù)y＝x3和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2存在公共點(diǎn)P(x0，y0)，則x0的范圍為()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)5．若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))6．(多選)已知函數(shù)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(shí)數(shù)d是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)．給出下列四個(gè)判斷，其中可能成立的是()A．d＜a B．d＞bC．d＞c D．d＜c7．(多選)在數(shù)學(xué)中，布勞威爾不動(dòng)點(diǎn)定理可應(yīng)用到有限維空間，并構(gòu)成一般不動(dòng)點(diǎn)定理的基石，它得名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲·布勞威爾，簡(jiǎn)單的講就是對(duì)于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)f(x)，存在一個(gè)點(diǎn)x0，使得f(x0)＝x0，那么我們稱(chēng)該函數(shù)為“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，下列為“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)的是()A．f(x)＝2x＋x B．g(x)＝x2－x－3C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝|log2x|－18．函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是________．9．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－a在[1,2]內(nèi)有零點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)_____．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)．(1)作出函數(shù)f(x)的圖象；(2)當(dāng)0<a<b且f(a)＝f(b)時(shí)，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值；(3)若方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的正根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．11．定義域和值域均為[－a，a](常數(shù)a＞0)的函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象如圖所示，方程g(f(x))＝0解的個(gè)數(shù)不可能是()A．1 B．2C．3 D．412．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤0，,|log2x|，x>0，))若x1<x2<x3<x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝k，則下列結(jié)論正確的是()A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1C．1<x4<2 D．0<k<113．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a>2c>2b．(1)求證：a>0且－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；(2)求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．14．對(duì)于函數(shù)f(x)和g(x)，設(shè)α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|<1，則稱(chēng)f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g(x)＝x2－ax＋1互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) B．[2，＋∞)C．[－2,2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)15．已知函數(shù)f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4x)，x＞0，,x＋1，x≤0.))(1)求g(f(1))的值；(2)若方程g(f(x))－a＝0有4個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第13講-函數(shù)與方程-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【解析版】1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為()A．2 B．－2,0C．eq\f(1,2) D．0解析：D∵函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))當(dāng)x≤1時(shí)，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0．當(dāng)x>1時(shí)，令f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)(舍去)，綜上函數(shù)的零點(diǎn)為0．故選D．2．用二分法求函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋x－1在區(qū)間(0,1)上的零點(diǎn)，要求精確度為0．01時(shí)，所需二分區(qū)間的次數(shù)最少為()A．5 B．6C．7 D．8解析：C開(kāi)區(qū)間(0,1)的長(zhǎng)度等于1，每經(jīng)這一次操作，區(qū)間長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，經(jīng)過(guò)n(n∈N*)次操作后，區(qū)間長(zhǎng)度變?yōu)閑q\f(1,2n)．令eq\f(1,2n)<0．01，解得n≥7，且n∈N*，故所需二分區(qū)間的次數(shù)最少為7．3．函數(shù)f(x)＝|x－2|－lnx在定義域內(nèi)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3解析：C由題意可知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，在同一直角坐標(biāo)系中畫(huà)出函數(shù)y1＝|x－2|(x>0)，y2＝lnx(x>0)的圖象，如圖所示．由圖可知函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2．4．函數(shù)y＝x3和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2存在公共點(diǎn)P(x0，y0)，則x0的范圍為()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)解析：B由題意知，f(x)＝x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2＝0有解，f(0)＝－4，f(1)＝－1，f(2)＝7，因?yàn)閒(x)在R上連續(xù)且在R上單調(diào)遞增，有f(1)·f(2)<0，則解的范圍為(1,2)，故選B．5．若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))解析：D由題意知方程ax＝x2＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有實(shí)數(shù)解，即a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有解，設(shè)t＝x＋eq\f(1,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，則t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))．所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))．6．(多選)已知函數(shù)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(shí)數(shù)d是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)．給出下列四個(gè)判斷，其中可能成立的是()A．d＜a B．d＞bC．d＞c D．d＜c解析：ABD由y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，y＝log2x在(0，＋∞)上單調(diào)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(shù)，當(dāng)0＜a＜b＜c時(shí)，f(a)＞f(b)＞f(c)，因?yàn)閒(a)f(b)f(c)＜0，f(d)＝0，所以①f(a)，f(b)，f(c)都為負(fù)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不可能成立．7．(多選)在數(shù)學(xué)中，布勞威爾不動(dòng)點(diǎn)定理可應(yīng)用到有限維空間，并構(gòu)成一般不動(dòng)點(diǎn)定理的基石，它得名于荷蘭數(shù)學(xué)家魯伊茲·布勞威爾，簡(jiǎn)單的講就是對(duì)于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)f(x)，存在一個(gè)點(diǎn)x0，使得f(x0)＝x0，那么我們稱(chēng)該函數(shù)為“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)，下列為“不動(dòng)點(diǎn)”函數(shù)的是()A．f(x)＝2x＋x B．g(x)＝x2－x－3C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝|log2x|－1解析：BCD對(duì)于A：2x0＋x0＝x0無(wú)解，所以A不滿足；對(duì)于B：xeq\o\al(2,0)－x0－3＝x0，解得：x0＝3或x0＝－1，所以B滿足題意；對(duì)于C：x0＋1＝x0，解得：x0＝eq\f(3±\r(5),2)>0，所以C滿足題意；對(duì)于D：|log2x0|－1＝x0，在同一直角坐標(biāo)系下畫(huà)出函數(shù)f(x)以及y＝x的圖象，可確定兩個(gè)函數(shù)的圖象有交點(diǎn)，即方程有解，所以D滿足題意；故選B、C、D．8．函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是________．解析：由題意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，當(dāng)k＝0時(shí)，x＝eq\f(π,9)；當(dāng)k＝1時(shí)，x＝eq\f(4π,9)；當(dāng)k＝2時(shí)，x＝eq\f(7π,9)，均滿足題意，所以函數(shù)f(x)在[0，π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3．答案：39．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－a在[1,2]內(nèi)有零點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)_____．解析：因?yàn)閥＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在[1,2]上均單調(diào)遞減，所以f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)在[1,2]內(nèi)有零點(diǎn)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≥0，,f2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－a≥0，,\f(13,36)－a≤0，))解得eq\f(13,36)≤a≤eq\f(5,6)．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,36)，\f(5,6)))10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)．(1)作出函數(shù)f(x)的圖象；(2)當(dāng)0<a<b且f(a)＝f(b)時(shí)，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值；(3)若方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的正根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．(2)因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))故f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由0<a<b且f(a)＝f(b)，得0<a<1<b，且eq\f(1,a)－1＝1－eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2．(3)由函數(shù)f(x)的圖象可知，當(dāng)0<m<1時(shí)，方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的正根，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(0,1)．11．定義域和值域均為[－a，a](常數(shù)a＞0)的函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象如圖所示，方程g(f(x))＝0解的個(gè)數(shù)不可能是()A．1 B．2C．3 D．4解析：D因?yàn)閤∈[－a，a]時(shí)，g(x)＝0有唯一解，不妨設(shè)唯一解為k，由g(x)圖象可知k∈(0，a)，則由g(f(x))＝0可得f(x)＝k，因?yàn)閗∈(0，a)，由f(x)圖象可知，f(x)＝k可能有1根，2根，3個(gè)根，不可能有4個(gè)根，故選D．12．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤0，,|log2x|，x>0，))若x1<x2<x3<x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝k，則下列結(jié)論正確的是()A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1C．1<x4<2 D．0<k<1解析：BCD由函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤0，,|log2x|，x>0，))作出其函數(shù)圖象如圖所示，由圖可知，x1＋x2＝－2，－2<x1<－1；當(dāng)y＝1時(shí)，|log2x|＝1，解得x＝eq\f(1,2)或x＝2；所以eq\f(1,2)<x3<1<x4<2；由f(x3)＝f(x4)，得|log2x3|＝|log2x4|，即log2x3＋log2x4＝0，所以x3x4＝1，由圖可知0<k<1，故選B、C、D．13．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a>2c>2b．(1)求證：a>0且－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；(2)求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．證明：(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，∴c＝－eq\f(3,2)a－b．∵3a>2c＝－3a－2b，∴3a>－b．∵2c>2b，∴－3a>4b．若a>0，則－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；若a＝0，則0>－b,0>b，不成立；若a<0，則eq\f(b,a)<－3，eq\f(b,a)>－eq\f(3,4)，不成立．(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－eq\f(a,2)，當(dāng)c>0時(shí)，f(0)>0，f(1)<0，∴f(x)在(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c＝0時(shí)，f(0)＝0，f(1)<0，f(2)＝4a＋2b＝a>0，∴f(x)在(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c<0時(shí)，f(0)<0，f(1)<0，b＝－eq\f(3,2)a－c，f(2)＝4a－3a－2c＋c＝a－c>0，∴f(x)在(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，f(x)在(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．14．對(duì)于函數(shù)f(x)和g(x)，設(shè)α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|<1，則稱(chēng)f(x)與g(x)互為“零點(diǎn)相鄰函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝ex－1＋x－2與g