高考数学一轮复习 2.8函数与方程课时达标训练 文 湘教版-湘教版高三全册数学试题.doc

2.8课时作业
一、选择题
1．(2014·中山模拟)函数f(x)＝ex＋x－2的零点所在的一个区间是()
A．(－2，－1)B．(－1，0)
C．(0，1)D．(1，2)
【解析】∵f′(x)＝ex＋1>0，
∴f(x)＝ex＋x－2在R上是增函数．
而f(－2)＝e－2－4<0，f(－1)＝e－1－3<0，f(0)＝－1<0，
f(1)＝e－1>0，f(2)＝e2>0，
∴f(0)·f(1)<0.
故(0，1)为函数f(x)的零点所在的一个区间．
【答案】C
2．(2014·广州测试)已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()
A．f(a)＜f(1)＜f(b)B．f(a)＜f(b)＜f(1)
C．f(1)＜f(a)＜f(b)D．f(b)＜f(1)＜f(a)
【解析】由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，
所以函数f(x)在R上是单调递增的，
而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，
所以函数f(x)的零点a∈(0，1)；
由题意，知g′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，
又g(1)＝ln1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln2＋2－2＝ln2＞0，
所以函数g(x)的零点b∈(1，2)．
综上，可得0＜a＜1＜b＜2.
因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b)．
故选A.
【答案】A
3．(2014·朝阳区期末)函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是()
A．(1，3)B．(1，2)C．(0，3)D．(0，2)
【解析】因为函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a在区间(1，2)上单调递增，又函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）<0，,f（2）>0，))所以0＜a＜3.
【答案】C
4．已知x∈R，符号[x]表示不超过x的最大整数，若函数f(x)＝eq\f([x],x)－a(x≠0)有且仅有3个零点，则a的取值范围是()
A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(4,5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(4,5)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2)))
C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(3,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(3,2)))
【解析】当0<x<1时，f(x)＝eq\f([x],x)－a＝－a，
1≤x<2时，f(x)＝eq\f([x],x)－a＝eq\f(1,x)－a，
2≤x<3时，f(x)＝eq\f([x],x)－a＝eq\f(2,x)－a，
…
f(x)＝eq\f([x],x)－a的图象是把y＝eq\f([x],x)的图象进行纵向平移而得到的，画出y＝eq\f([x],x)的图象，通过数形结合可知a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(4,5)))∪eq\f(4,3)，eq\f(3,2)，选A.
【答案】A
5．已知f(x)＝2－x－ln(x3＋1)，实数a，b，c满足f(a)f(b)f(c)<0，且0<a<b<c，若实数x0是函数f(x)的一个零点，那么下列不等式中，不可能成立的是()
A．x0<aB．x0>bC．x0<cD．x0>c

【解析】由已知知f(x)＝2－x－ln(x3＋1)在(0，＋∞)上为减函数，且f(x0)＝0，
f(a)f(b)f(c)<0可分为以下两种情形：
f(a)，f(b)，f(c)均小于0，如图所示，

此时x0<a<b<c.
②f(a)>0，f(b)>0，f(c)<0，

如图所示，
此时a<b<x0<c，
综上，不可能成立的是x0>c，
故选D.
【答案】D
6．若R上的奇函数y＝f(x)的图