【志鸿优化设计】2014届高考数学一轮复习第2章函数概念与基本初等函数2.8函数与方程练习(含解析)苏教

1、1课时作业 11 函数与方程一、填空题1 .函数f(x) =X2 Ix|的零点个数为 _.2._(2012 湖北高考改编)函数f(x) =xcosx2在区间0,4上的零点个数为 _.3. (2012 天津高考改编)函数f(x) = 2x+x3 2 在区间(0,1)内的零点个数是 _.4._ 在下列区间中，函数f(x) = ex+ 4x 3 的零点所在的.区间为_ .(填正确答 案序号)一 4，00，4 4,2 2，45. 已知f(x) = 1 (xa)(xb)(ab),m n是f(x)的零点，且mKn,贝Ua,b,mn从小到大的顺序是_.6._若方程lnx 6 + 2x= 0 的解为Xo,则不

2、等式x2 或x 1,则函数g(x) =f(x) x的零点为 _.1, 1x2,9. (2012 江苏南京二模)已知关于x的方程x2+ 2alog2(x2+ 2) +a2 3= 0 有唯一解，则 实数a的值为 .二、解答题10.关于x的二次方程x2+ ( m- 1)x+ 1 = 0 在区间0,2上有解，求实数m的取值范围.11.设二次函数f(x) =x+ax+a,方程f(x) x= 0 的两根X1和X2满足 0为X2 1. (1)求实数a的取值范围；1(2)试比较f(0)f(1) f(0)与 16 的大小，并说明理由.12.(2012 福建高考)已知函数f(x) =axsinx 2 育尺，且在-

3、|0,守上的最大值为n 32 .(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0 ,n)内的零点个数，并加以证明.J23 2mW1.综合(1)(2)，得mW1,即实数m的取值范围是(一R,1.11.解：(1)令F(x) =f(x) x=x+ (a 1)x+a.f(x) x= 0 的两根X1,X2满足 0X1X21,F(x)的两个零点X1,X2满足 0X1X20,IF(0)0 ,F(1)0 ,a 101,解得 0a 3 2 ,2.、填空题参考答案1.5.mxabvn2 解析：令f(x) = lnx 6+ 2x，贝Uf=In 16 + 2= 4 0,f(2) = ln 2 6+ 4 =

4、ln 2 2 0,二 2xo2 或xw1,=2xx 1 =x即求f(x) =x的根，1x0,2(1)当 2 是方程x+ (m 1)x+ 1 = 0 的解时， 小3则 4 + 2(m 1) + 1 = 0,二m= .当 2 不是方程x2+ (m 1)x+ 1= 0 的解时，方程f(x) = 0 在(0,2)上有一个解时，则f(2) 0,3 4+ 2(m 1) +1 0. -m0,m 1 0-0,fm3 或mW 1,3m0 得a= 又 #3-2 2,当 0vav3-2 2 时，f(0)f(1) f(0)v箱.12 .解:(1)由已知得f( x) =a(sinx+xcosx), 对于任意 x：- |

5、0,y，有 sinx+xcosx0.3当a= 0 时，f(x) =-，不合题意；当av0,xj0,y时，f(x)v0,从而f(x)在 0，于内单调递减, 又f(x)在|0,夕 上的图象是连续不断的，故f(x)在|0,7t7t最大值为f(0)=32,不合题意;当a0,x；- i0, 2 时，f(X) 0，从而f(x)在i0,7t2 内单调递增，又f(X)在|0,7t上的图象是连续不断的，故f(X)在o, n上的最大值为fn3n 3 即ya-2=厂,解得a= 1.3综上所述，得f(x) =xsinxq(2)f(x)在(0 ,n)内有且只有两个零点. 证明如下：由(1)知，f(x) =xsinx-1

6、,从而有f(0) 又f(x)在|0,n上的图象是连续不断的，2所以f(x)在 0,nn内至少存在一个零点. 又由(1)知f(x)在 o,nn上单调递增，故r. i n当x,| n由g2=10,g(n)= - nV0,且7t时，令g(x) =f(x) = sin，使得g(m) = 0.-|v0,f三n I 一f(x)在 i0, y 内有且仅有一个零点.x+XCOSX.g(x)在 专，n上的图象是连续不断的，故存在由g(x) = 2cosx-xs inx，知x专,n时，有g(x)v0,从而g(x)在,n单调递减.45当xw (n2,m时，g(x) g(m=0,即f(x) 0， 从而f(x)在号，m内单调递增， 故l_2i=冗 2彳彳0，故f(x)在2当(mn)时，有g(x)vg(m= 0，即f(X)v0,从而f(x)在(mn)内单调递减. 又f(