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2014届高考数学 课时跟踪检测(十二) 函数与方程课件

时间:2013-08-16


课时跟踪检测(十二) A级 1.选 D 当 x≤1 时,由 f(x)=2x-1=0,解得 x=0;当 x>1 1 时,由 f(x)=1+log2x=0,解得 x= ,又因为 x>1,所以此 2 时方程无解.综上函数 f(x)的零点只有 0. 2.选 C 由 f(x)在[-1,1]上是增函数,且
? 1 1? 在?-2,2?上有唯一零点,所以方程 ? ? ? 1? ?1? f?-2?·?2?<0,知 f ? ? ? ?

f(x)

f(x)=0 在[-1,1]上有唯

一实数根.

3.选 C 因为 f(2)>0,f(3)<0,f(4)>0,f(5)<0,所以在区间[2,3], [3,4],[4,5]内有零点. 4.选 D 由图可知输出结果为存在零点的函数,因 2x>0,所以 y=2x 没有零点,同样 y=-2x 也没有零点;f(x)=x+x-1,当 x>0 时,f(x)≥2,当 x<0 时,f(x)≤-2,故 f(x)没有零点; 令 f(x)=x-x-1=0 得 x=± 1,故选 D.

5.选C

由条件可知f(1)f(2)<0,即(2-2-a)(4-1-a)<0,即

a(a-3)<0,解之得0<a<3. 6.选C 依题意得,函数f(x)是以2为周期的函数,在同一坐标

系下画出函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象,结合图象得,当
x∈[-5,5]时,它们的图象的公共点共有8个,即函数h(x)= f(x)-g(x)在区间[-5,5]内的零点个数是8.

7.解析:因为f(x)=x3+3x-1是R上的连续函数,且f(0)<0,

f(0.5)>0,则f(x)在x∈(0,0.5)上存在零点,且第二次验证时需
验证f(0.25)的符号. 答案:(0,0.5) f(0.25)

8.解析:函数f(x)的零点个数就是函数y=ax与函数y=x+a的 图象交点的个数,易知当a>1时,两图象有两个交点;当

0<a<1时,两图象有一个交点.
答案:(1,+∞)

9.解析:因为 Δ=(1-k)2+4k=(1+k)2≥0 对一切 k∈R 恒 成立,又 k=-1 时,f(x)的零点 x=-1?(2,3),故要使函 数 f(x)=x2+(1-k)x-k 的一个零点在(2,3)内,则必有 f(2)· f(3)<0,即 2<k<3. 答案:(2,3)

10.证明:令 g(x)=f(x)-x.
?1? ?1? 1 1 1 ? ?=f? ?- =- , ∵g(0)= ,g 2 4 8 ? ? ?2? 2 ?1? ∴g(0)·?2?<0. g ? ?

又函数 ∴存在

? 1? g(x)在?0,2?上连续, ? ? ? 1? x0∈?0,2?,使 ? ?

g(x0)=0,

即 f(x0)=x0.

11.解:设 f(x)=x2+(m-1)x+1,x∈[0,2], ①若 f(x)=0 在区间[0,2]上有一解, ∵f(0)=1>0,则应有 f(2)<0, 又∵f(2)=22+(m-1)×2+1, 3 ∴m<- . 2

②若 f(x)=0 在区间[0,2]上有两解,则 ?Δ≥0, ? ? m-1 ?0<- <2, 2 ? ?f?2?≥0, ? ??m-1?2-4≥0, ? ∴?-3<m<1, ?4+?m-1?×2+1≥0. ? ?m≥3或m≤-1, ? ?-3<m<1, ∴? 3 ? ?m≥-2. ? 3 ∴- ≤m≤-1. 2

12.解:(1)当 a=0 时,函数 f(x)=-x-1 为一次函数,则 -1 是函数的零点,即函数仅有一个零点. (2)当 a≠0 时,函数 f(x)=ax2-x-1 为二次函数,并且 仅有一个零点,则一元二次方程 ax2-x-1=0 有两个 1 相等实根.则 Δ=1+4a=0,解得 a=- .综上,当 a 4 1 =0 或 a=- 时,函数仅有一个零点. 4

B级

1.选B如图,函数y=|x2-6x|的图象关于直
线x=3对称,将直线y=a从下往上移动可

知:P中所有元素的和可能是6,9,12.

2.解析:∵f(0)=1,∴c=1.又∵f(0)+2f(-1)=0,∴f(-1)= 1 1 -1-b+1=- ,得 b= .∴当 x>0 时,g(x)=2x-2=0 有唯 2 2 3 一解 x=1;当 x≤0 时,g(x)=-x + x+1,令 g(x)=0,得 2
2

1 x=2(舍去)或 x=- , 2 即 g(x)=0 有唯一解.综上可知, g(x)=f(x)+x 有 2 个零点. 答案:2

3.证明:(1)∵f(1)=0,∴a+b+c=0, 又∵a>b>c,∴a>0,c<0,即 ac<0. 又∵Δ=b2-4ac≥-4ac>0,∴方程 ax2+bx+c=0 有两个不 等实根,∴函数 f(x)有两个零点. 1 1 (2)令 g(x)=f(x)- [f(x1)+f(x2)], g(x1)=f(x1)- [f(x1)+f(x2)] 则 2 2 f?x1?-f?x2? = , 2

f?x2?-f?x1? 1 g(x2)=f(x2)- [f(x1)+f(x2)]= , 2 2 f?x1?-f?x2? f?x2?-f?x1? 1 ∴g(x1)· 2)= g(x · =- [f(x1)-f(x2)]2. 2 2 4 ∵f(x1)≠f(x2),∴g(x1)· 2)<0. g(x ∴g(x)=0 在(x1,x2)内必有一实根. 1 即 f(x)= [f(x1)+f(x2)]在(x1,x2)内必有一实根. 2


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