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高考数学第一轮课时限时复习检测试题6


(时间 60 分钟,满分 80 分) 一、选择题(共 6 个小题,每小题 5 分,满分 30 分) 1.函数 y=f(x)在区间(-2,2)上的图象是连续的,且方程 f(x)=0 在(-2,2)上仅有一个实根 0,则 f(-1)· f(1)的值( A.大于 0 C.等于 0 B.小于 0 D.无法确定 )

解析:由题意,知 f(x)在(-1,1)上有零点 0

,该零点可能是变号 零点, 也可能是不变号零点, ∴f(-1)· f(1)符号不定, 如 f(x) =x2, f(x) = x. 答案:D 1 2.设函数 f(x)= x-lnx(x>0),则 y=f(x)( 3 1 A.在区间( ,1),(1,e)内均有零点 e 1 B.在区间( ,1),(1,e)内均无零点 e 1 C.在区间( ,1)内有零点,在区间(1,e)内无零点 e 1 D.在区间( ,1)内无 零点,在区间(1,e)内有零点 e 1 1 解析:∵函数 f′(x)= -x, 3 ∴x∈(3,+∞)时,y=f(x)单调递 增; x∈(0,3)时,y=f(x)单调递减. 1 而 0< <1<e<3, e 1 1 1 e 又 f( )= +1>0,f(1)= >0,f(e)= -1<0, e 3e 3 3 )

1 ∴在区间( ,1)内无零点,在区间(1,e)内有零点. e 答案:D
?x?x+4?,x<0, ? 3.已知函数 f(x)=? 则函数 f(x)的零点个数为 ? ?x?x-4?,x≥0.

(

) A.1 B.2 C.3 D.4

解析: 只要画出分段函数的图象, 就可以知道图象与 x 轴有三个 交点,即函数的零点有 3 个. 答案:C 4.若函数 f(x)在(1,2)内有一个零点,要使零点的近似值满足精 确度为 0.01,则对区间(1,2)至少二等分( A.5 次 C.7 次 B.6 次 D.8 次 )

解析:设对区间(1,2)至少二等分 n 次,此时区间长为 1,第 1 次 1 1 二等分后区间长为 , 第 2 次二等分后区间长为 2, 第 3 次二 等分后 区 2 2 1 1 1 间长 为 3, …,第 n 次二等分后区间长为 n.依题意得 n<0.01,∴ 2 2 2 n>log2100.由于 6<log2100<7,∴n≥7,即 n=7 为所求. 答案:C 5.f(x)是定义在 R 上的以 3 为周期的偶函数,且 f(2)=0.则方程 f(x)=0 在区间(0,6)内解的个数的最小值是( A.5 B.4 C.3 ) D.2

解析:∵f(x)是定义在 R 上的偶函数,且周期是 3,f(2)=0,∴ f(2)=f(5)=f(-2)=f(1)=f(4)=0. 答案:B

1 6.已知函数 f(x)=( )x-log2x,若实数 x0 是方程 f(x)=0 的解, 3 且 0<x1<x0,则 f(x1)( A.恒为正值 C.恒为负值 ) B.等于 0 D.不大于 0

1 解析:设 f1(x)=( )x,f2(x)=log2x,画出 f1(x) 3 和 f2(x) 的 图 象 ( 如 图 ) , 易 知 当 0<x1<x0 时 , f 1(x1)>f2(x1), 所 以 f(x1)=f1(x1)-f2(x1)>0, 即 f(x1) 的值恒为正值. 答案:A 二、填空题(共 3 小题,每小题 5 分,满分 15 分) 7.(2011· 厦门质检)若函数 f(x)=ex+2x-6(e≈2.718)的零点属于 区间(n,n+1)(n∈Z),则 n=________. 解析:可估算两相邻自然数的函数值 , f(1)= e- 4<0, f(2)= e2 -2>0,从而可知函数 f(x)的零点位于区间(1,2)内,故 n=1. 答案:1 8.若函数 f(x)=ax-x-a(a>0,且 a≠1)有两个零点,则实数 a 的取值范围是________. 解析:令 g(x)=ax(a>0,且 a≠1),h(x)=x+a,分 0<a<1,a >1 两种情况.在同一坐标系中画出两个函数的图象,如图,若函数 f(x )=ax-x-a 有两个不同的零点,则函数 g(x),h(x)的图象有两个 不同的交点.根据画出的图象只有当 a>1 时符合题目要求.

答案:(1,+∞) 9. 已知 函数 f(x)=4x+m· 2x+1 有且只有一个零点, 则实数 m 的 值为________. 解析:由题知:方程 4x+m· 2x+1=0 只有一个零点. 令 2x=t(t>0), ∴方程 t2+m· t+1=0 只有一个正根,

?-m>0, ∴由图象可知? 2 ?Δ=0,
答案:-2

∴m=-2.

三、解答题(共 3 小题,满分 35 分) x 1 10.已知函数 f(x)=x3-x2+ + . 2 4 1 证明:存在 x0∈(0, ),使 f(x0)=x0. 2 证明:令 g(x)=f(x)-x. 1 1 1 1 1 ∵g(0)= ,g( )=f( )- =- , 4 2 2 2 8 1 ∴g(0)· g( )<0. 2 1 又函数 g(x)在[0, ]上连续, 2 1 所以存在 x0∈(0, ),使 g(x0)=0. 2 即 f(x0)=x0. 11.判断方程 3x-x2=0 的负实数根的个数,并说明理由. 解:设 f(x)=3x-x2, 2 ∵f(-1)=- <0,f(0)=1>0, 3

又∵函数 f(x)的图象在[-1,0]上是连续不断的, ∴函数 f(x)在(-1,0)内有零点. 又∵在(-∞,0)上,函数 y=3x 递增,y=x2 递减, ∴f(x)在(-∞,0)上是单调递增的, ∴f(x)在(-1,0)内只有一个零点. 因此方程 3x-x2=0 只有一个负实数根. 4 12.若函数 f(x)=ax3-bx+4,当 x=2 时,函数 f(x)有极值- . 3 (1)求函数的解析式; (2)若关于 x 的方程 f(x)=k 有三个零点,求实数 k 的取值范围. 解:由题意可知 f′(x)=3ax2-b,

?f′?2?=12a-b=0, (1)于是? 4 f ? 2 ? = 8 a - 2 b + 4 =- , ? 3

?a=1, 3 解得? ?b=4.

1 故所求的解析式为 f(x)= x3-4x+4. 3 (2)由(1)可知 f′(x)=x2-4=(x -2)(x+2), 令 f′(x)=0,得 x=2,或 x=-2. 当 x 变化时 f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示: x f′(x) f(x ) (-∞,-2) + 单调递增 -2 0 28 3 (-2,2) - 单调递减 2 0 - 4 3 (2,+∞) + 单调递增

因此,当 x=-2 时,f(x)有极大值 4 当 x=2 时,f(x)有极小值- . 3

28 ; 3

所以函数的大 致图象如图.[来源:学#科#网 Z#X#X#K]

4 28 故实数 k 的取值范围是- <k< . 3 3


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