新教材2021-2022学年北师大版数学必修第一册课时检测：5-1-1　利用函数性质判定方程解的存在性 WORD版含解析.doc

1、课时跟踪检测(三十三)利用函数性质判定方程解的存在性A级基础巩固1已知函数f(x)则函数f(x)的零点为()A.，0B2，0C. D0解析：选D当x1时，令2x10，得x0；当x1时，令1log2x0，得x，此时无解综上所述，函数f(x)的零点为0.故选D.2若x0是方程x的根，则x0属于区间()A. BC. D.解析：选C构造函数f(x)x，易知函数f(x)在R上单调递减，且函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，易知f(0)010，f0，f0，f0，f(1)10，结合选项，因为ff0，故函数f(x)的零点所在的区间为，即方程x的根x0属于区间.3由表格中的数据，可以断定方程ex3x20的一

2、个根所在的区间是()x01234ex12.727.3920.0954.603x22581114A(0，1) B(1，2)C(2，3) D(3，4)解析：选C由题意，令f(x)ex3x2，易知函数f(x)的图象是一条连续的曲线因为f(2)e23227.3980.610，所以f(2)f(3)0)，在同一平面直角坐标系中画出两个函数的图象，由图知，两个函数图象有两个交点，故方程|x2|ln x0有2个根，即对应函数有2个零点答案：27已知函数f(x)若方程f(x)2有两个解，则实数a的取值范围是_解析：函数f(x)当x1时，由方程f(x)2，可得ln x12，解得xe，函数有一个零点，当x1时，函数

3、只有一个零点，即x24xa2，在x1时只有一个解因为yx24xa2开口向上，对称轴为x2，x1时，函数单调递减，所以f(1)2，可得3a2，解得a5.答案：(，5)8若函数f(x)x2axb的两个零点是2和3，则函数g(x)bx2ax1的零点是_解析：函数f(x)x2axb的两个零点是2和3，即g(x)6x25x1，g(x)的零点为1和.答案：1和9已知函数f(x)2xx2，问方程f(x)0在区间1，0内是否有解，为什么？解：有解因为f(1)21(1)20，f(0)200210，且函数f(x)2xx2的图象是连续的曲线，所以f(x)在区间1，0内有零点，即方程f(x)0在区间1，0内有解10已

4、知关于x的方程x22ax40，在下列条件下，求实数a的取值范围(1)一个根大于1，一个根小于1；(2)一个根在(0，1)内，另一个根在(6，8)内解：(1)方程x22ax40的一个根大于1，一个根小于1，设f(x)x22ax4，结合二次函数的图象与性质及零点存在定理得f(1)52a0，解得a.故实数a的取值范围为.(2)方程x22ax40的一个根在(0，1)内，另一个根在(6，8)内，结合二次函数的图象与性质及零点存在定理得解得a.故实数a的取值范围为.B级综合运用11(2021温州十校联考)已知函数f(x)则方程f2(x)f(x)0的不相等实根共有()A5个 B6个C7个 D8个解析：选C法

5、一：函数f(x)的图象如图所示，由f2(x)f(x)0可知f(x)1或f(x)0，根据图象可知，方程f(x)0有3个不相等的实根，方程f(x)1有4个不相等的实根，所以方程f2(x)f(x)0的不相等实根共有7个法二：由f2(x)f(x)0可知f(x)1或f(x)0.当f(x)1时，|ln |x|1，则xe，x，共有4个不相等的实根；当f(x)0时，|ln |x|0或x0，解得x1或x0，共有3个不相等的实根综上可得，方程f2(x)f(x)0的不相等实根共有7个12已知函数f(x)x2(k2)xk23k5有两个零点(1)若函数的两个零点分别是1和3，求k的值；(2)若函数的两个零点分别是和，求22的取值范围解：(1)1和3是函数f(x)的两个零点，1和3是方程x2(k2)xk23k50的实数解则解得k2.(2)由题意知和是方程x2(k2)xk23k50的实数解，则22在区间内的取值范围为.故22的取值范围为.