第2模組第8節
[知能演練]
一、選擇題
1．函式f(x)＝的零點有
( )
a．0個b．1個
c．2個d．3個
解析：由f(x)＝＝0得：x＝1，
∴f(x)＝只有乙個零點，故選b.
答案：b
2．若函式f(x)在(1,2)內有乙個零點，要使零點的近似值滿足精確度為0.01，則對區間(1,2)至少二等分
( )
a．5次b．6次
c．7次d．8次
解析：設對區間(1,2)至少二等分n次，此時區間長為1，第1次二等分後區間長為，第2次二等分後區間長為，第3次二等分後區間長為，…，第n次二等分後區間長為，依題意得<0.01，∴n>log2100由於6答案：
c3．f(x)是定義在r上的以3為週期的偶函式，且f(2)＝0.則方程f(x)＝0在區間(0,6)內解的個數的最小值是
( )
a．5b．4
c．3d．2
解析：∵f(x)是定義在r上的偶函式，且週期是3，f(2)＝0，∴f(2)＝f(5)＝f(－2)＝f(1)＝f(4)＝0.
答案：b
4．設函式y＝x3與y＝()x－2的圖象的交點為(x0，y0)，則x0所在的區間是
( )
a．(0,1b．(1,2)
c．(2,3d．(3,4)
解析：令g(x)＝x3－22－x，可求得：g(0)<0，g(1)<0，g(2)>0，g(3)>0，g(4)>0，易知函式g(x)的零點所在區間為(1,2)．
答案：b
二、填空題
5．若函式f(x)＝x2＋ax＋b的兩個零點是－2和3，則不等式a·f(－2x)>0的解集是________．
解析：由於f(x)＝x2＋ax＋b的兩個零點是－2和3，
即方程x2＋ax＋b＝0的兩個根是－2和3，
因此，因此f(x)＝x2－x－6，
所以不等式a·f(－2x)>0，
即－(4x2＋2x－6)>0，
即2x2＋x－3<0，解集為{x|－答案：{x|－6．若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的兩根x1、x2滿足m」、「＝」或「<」)．
解析：∵a>0，∴f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上．∴f(m)>0，f(n)<0，f(p)>0.
答案：<
三、解答題
7．已知函式f(x)＝x3－x2＋＋.
證明：存在x0∈(0，)，使f(x0)＝x0.
解：令g(x)＝f(x)－x.
∵g(0)＝，g()＝f()－＝－，
∴g(0)·g()<0.
又函式g(x)在[0，]上連續，
所以存在x0∈(0，)，使g(x0)＝0.
即f(x0)＝x0.
8．函式f(x)＝x3－x2－2x＋5－λ在區間[－1,2]上有三個零點，求λ的值．
解：設g(x)＝x3－x2－2x＋5，
則g′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
∴g(x)在(－1，－)和(1,2)上單調遞增，
在(－，1)上單調遞減．
又g(－1)＝，g(－)＝，g(1)＝，g(2)＝7，由題意知g(x)＝λ有三個根，∴λ∈[，)．
[高考·模擬·**]
1．為了求函式f(x)＝2x－x2的乙個零點，某同學利用計算器，得到自變數x和函式值f(x)的部分對應值(精確到0.01)如下表所示：
則函式f(x)的乙個零點所在的區間是
( )
a．(0.6,1.0b．(1.4,1.8)
c．(1.8,2.2d．(2.6,3.0)
解析：∵f(1.8)·f(2.2)＝0.24×(－0.24)<0，
∴零點在(1.8,2.2)上．故選c.
答案：c
2．已知函式f(x)＝()x－log2x，若實數x0是方程f(x)＝0的解，且0( )
a．恒為正值b．等於0
c．恒為負值d．不大於0
解析：∵f(x)在定義域(0，＋∞)上單調遞減，當x→0時，f(x)→＋∞，
∵f(x0)＝0，∴f(x)＝0只有乙個實根．
∴當00恆成立，故選a.
答案：a
3．若函式f(x)的零點與g(x)＝4x＋2x－2的零點之差的絕對值不超過0.25，則f(x)可以是
( )
a．f(x)＝4x－1b．f(x)＝(x－1)2
c．f(x)＝ex－1d．f(x)＝ln(x－)
解析：∵g′(x)＝4xln4＋2>0，∴g(x)在(－∞，＋∞)上是增函式．又g(0)＝1－2＝－1<0，g()＝2＋1－2＝1>0，∴g(x)只有乙個零點x0，且x0∈(0，)．對於選項a：f(x)＝4x－1，其零點為x＝，∴|－x0|<，故選項a符合．
答案：a
4．已知方程|x|－ax－1＝0僅有乙個實根且小於0，則a的取值範圍為________．
解析：利用數形結合判斷顯然有a≥1.
答案：a≥1
5．已知函式f(x)＝ex－k－x，其中x∈r.
(1)k＝0時，求函式f(x)的值域；
(2)當k>1時，函式f(x)在[k,2k]內是否存在零點，並說明理由．
解：(1)k＝0時，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝0.
又x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)內單調遞減．
x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)內單調遞增．
∴x＝0時，f(x)取到極小值．
又∵這個極小值是r上的唯一的極小值，
∴x＝0時，f(x)min＝f(0)＝1.
即函式f(x)的值域為[1，＋∞)．
(2)f(k)·f(2k)＝(ek－k－k)·(e2k－k－2k)
＝(1－k)·(ek－2k)．
∵k>1，∴1－k<0.
令g(k)＝ek－2k，g(1)＝e1－2>0，
又g′(k)＝ek－2，
當k>1時，g′(k)>e1－2>0，
∴k∈(1，＋∞)，g(k)為增函式．
∴g(k)>g(1)>0.∴k>1時，ek－2k>0.
∴f(k)·f(2k)<0.
∴即函式f(x)當k>1時在[k,2k]內存在零點．
[備選精題]
6．已知二次函式y＝g(x)的導函式的圖象與直線y＝2x平行，且y＝g(x)在x＝－1處取得極小值m－1(m≠0)．設f(x)＝.
(1)若曲線y＝f(x)上的點p到點q(0,2)的距離的最小值為，求m的值．
(2)k(k∈r)如何取值時，函式y＝f(x)－kx存在零點，並求出零點．
解：設二次函式為g(x)＝ax2＋bx＋c，
∵y＝g′(x)＝2ax＋b的圖象與直線y＝2x平行，
∴a＝1.
又∵y＝g(x)在x＝－1處取得極小值m－1，
∴－＝－1，g(－1)＝a(－1)2＋b(－1)＋c＝m－1，
∴b＝2，c＝m，
從而f(x)＝＝＋x＋2.
(1)已知m≠0，設曲線y＝f(x)上點p的座標為p(x，y)，則點p到點q(0,2)的距離為
|pq|＝＝
＝≥＝，
當且僅當2x2＝x＝±時等號成立．
∵|pq|的最小值為，
∴＝|m|＋m＝1.
①當m>0時，解得m＝＝－1.
②當m<0時，解得m＝＝－－1.
故m＝－1或m＝－－1.
(2)y＝f(x)－kx的零點即方程＋(1－k)x＋2＝0的解，
∵m≠0，
∴＋(1－k)x＋2＝0與(k－1)x2－2x－m＝0有相同的解．
①若k＝1，(k－1)x2－2x－m＝0x＝－≠0，
∴函式y＝f(x)－kx有零點x＝－.
②若k≠1，(k－1)x2－2x－m＝0的判別式δ＝4[1＋m(k－1)]．
若δ＝0k＝1－，此時函式y＝f(x)－kx有乙個零點x＝－m.
若δ>01＋m(k－1)>0，
∴當m>0，k>1－，或m<0，k<1－時，
方程(k－1)x2－2x－m＝0有兩個解
x1＝和x2＝.
此時函式y＝f(x)－kx有兩個零點x1和x2.
③若δ<01＋m(k－1)<0，
∴當m>0，k<1－，或m<0，k>1－時，
方程(k－1)x2－2x－m＝0無實數解．
此時函式y＝f(x)－kx沒有零點．
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