1．函数f(x)＝2x2－3x＋1的零点是( )
A．－ eq \f(1,2)，－1B． eq \f(1,2)，1
C． eq \f(1,2)，－1D．－ eq \f(1,2)，1
【答案】B
【解析】方程2x2－3x＋1＝0的两根分别为x1＝1，x2＝ eq \f(1,2)，所以f(x)＝2x2－3x＋1的零点是 eq \f(1,2)，1．
2．函数y＝x2－bx＋1有一个零点，则b的值为( )
A．2B．－2
C．±2D．3
【答案】C
【解析】因为函数有一个零点，所以Δ＝b2－4＝0，解得b＝±2．
3．下列函数中，在(－1，1)内有零点且单调递增的是( )
A．y＝ eq lg\s\d6(\f(1,3)) xB．y＝3x－1
C．y＝x2－ eq \f(1,2)D．y＝－x3
【答案】B
【解析】对于A，y＝ eq lg\s\d6(\f(1,3)) x，其定义域为(0，＋∞)，为减函数，不符合题意；对于B，y＝3x－1，在(－1，1)上有零点x＝0，且在(－1，1)单调递增，符合题意；对于C，y＝x2－ eq \f(1,2)，为二次函数，在(－1，0)上单调递减，不符合题意；对于D，y＝－x3，在(－1，1)上单调递减，不符合题意．故选B．
4．函数f(x)＝4x－x2的零点所在的大致区间是( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
【答案】A
【解析】因为f(x)＝4x－x2是连续函数，f(－1)＝ eq \f(1,4)－1＝－ eq \f(3,4)＜0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2－ eq \f(1,4)＝ eq \f(7,4)＞0，f(－1)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，所以根据零点存在定理，可得f(x)的零点所在的大致区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，A正确．同理可验证B，C，D均不正确．故选A．
5．函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(1)＞0，f(2)＜0，则f(x)在(1，2)上的零点( )
A．至多有一个B．有一个或两个
C．有且仅有一个D．一个也没有
【答案】C
【解析】若a＝0，则f(x)＝bx＋c是一次函数，由f(1)·f(2)＜0，得零点只有一个；若a≠0，则f(x)＝ax2＋bx＋c为二次函数，若f(x)在(1，2)上有两个零点，则必有f(1)·f(2)＞0，与已知矛盾．故选C．
6．(多选)若函数f(x)的图象在R上连续不断，且满足f(0)＜0，f(1)＞0，f(2)＞0，则下列说法正确的有( )
A．f(x)在区间(0，1)上一定有零点B．f(x)在区间(0，1)上一定没有零点
C．f(x)在区间(1，2)上可能有零点D．f(x)在区间(1，2)上一定有零点
【答案】AC
【解析】因为f(0)＜0，f(1)＞0，f(2)＞0，所以f(0)f(1)＜0，因为函数f(x)的图象在R上连续不断，由零点存在定理，可得f(x)在区间(0，1)上一定有零点．又因为f(1)f(2)＞0，故无法判断f(x)在区间(1，2)上是否有零点．
7．(2023年天津西青区期末)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|2x－2|，x＜2，,\f(3,x－1)，x≥2，))若函数y＝f(x)－k有3个不同的零点，则实数k的取值范围为( )
A．(0，1)B．(0，2)
C．(0，3)D．(1，3)
【答案】B
【解析】依题意，函数y＝f(x)的图象与直线y＝k有三个交点，作出函数y＝f(x)的图象如图所示，由图象可知0＜k＜2．故选B．
8．函数f(x)＝(x－1)(x2＋3x－10)的零点有________个．
【答案】3
【解析】因为f(x)＝(x－1)(x2＋3x－10)＝(x－1)(x＋5)(x－2)，所以令f(x)＝0，解得x＝－5或x＝1或x＝2．故零点有3个．
9．已知函数f(x)＝(x＋2)x2，则函数f(x)的零点是________；不等式f(x)≤0的解集为____________．
【答案】－2，0 (－∞，－2]∪{0}
【解析】令f(x)＝(x＋2)x2＝0，解得x＝－2或x＝0，即f(x)的零点为－2或0．由f(x)≤0，得(x＋2)x2≤0 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2≤0，,x≠0))或x＝0，解得x≤－2或x＝0，即不等式的解集为(－∞，－2]∪{0}．
10．已知函数f(x)＝2x－x2，方程f(x)＝0在区间[－1，0]内是否有解，为什么？
解：有解．理由如下：
因为f(－1)＝2－1－(－1)2＝－ eq \f(1,2)＜0，f(0)＝20－02＝1＞0，
且函数f(x)＝2x－x2的图象是连续曲线，
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．
B级——能力提升练
11．(2023年汝州月考)已知函数f(x)＝lga(x＋n)＋ax－n(a＞0，且a≠1)的图象过定点(m，1)，则函数g(x)＝lgnx＋nx的零点所在区间为( )
A．(1，2)B．(2，3)
C．(3，4)D．(4，5)
【答案】A
【解析】∵函数f(x)＝lga(x＋n)＋ax－n(a＞0，且a≠1)的图象过定点(m，1)，∴lga(m＋n)＋am－n＝1，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝1，,m－n＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(1,2)，))故函数g(x)＝lgnx＋nx＝lg eq \f(1,2)x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)在(0，＋∞)上单调递减．由于g(1)＝ eq \f(1,2)＞0，g(2)＝－1＋ eq \f(1,4)＜0，故g(x)在区间(1，2)上存在唯一零点．故选A．
12．(2023年嘉兴月考)已知函数f(x)＝|lg2x|，g(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，0＜x≤1，,|x－2|－\f(1,2)，x＞1，))则方程|f(x)－g(x)|＝1的实数根的个数为( )
A．2B．3
C．4D．5
【答案】C
【解析】由|f(x)－g(x)|＝1，得f(x)－g(x)＝±1，∴f(x)＝g(x)＋1或f(x)＝g(x)－1．在同一平面直角坐标系中作出y＝f(x)与y＝g(x)＋1的图象，如图1所示，由图象知，f(x)＝g(x)＋1有3个不同的实数根；在同一平面直角坐标系作出y＝f(x)与y＝g(x)－1的图象，如图2所示，由图象知，f(x)＝g(x)－1有一个实数根．因此，|f(x)－g(x)|＝1的实数根的个数为4．故选C．
13．函数f(x)＝|4x－x2|－a的零点的个数为3，则a＝________．
【答案】4
【解析】令函数f(x)＝|x2－4x|－a＝0，可得|x2－4x|＝a．由于函数f(x)＝|x2－4x|－a的零点个数为3，故函数y＝|x2－4x|的图象和直线y＝a有3个交点，如图所示，故a＝4．
14．已知函数f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，则m的值(或取值范围)是________，该零点是________．
【答案】－2 0
【解析】由题意知方程(2x)2＋m·2x＋1＝0仅有一个实根．设2x＝t(t＞0)，则t2＋mt＋1＝0．当Δ＝0，即m2－4＝0时，m＝±2．当m＝－2时，t＝1；当m＝2时，t＝－1，不合题意，舍去．所以2x＝1，x＝0符合题意．当Δ＞0，即m＞2或m＜－2时，设t2＋mt＋1＝0有两个根t1，t2且t1t2＝1．又因为t＞0，所以t1＞0，t2＞0，则原方程有两个根，这种情况不可能．综上所述，当m＝－2时，f(x)有唯一零点，该零点为x＝0．
15．已知函数f(x)＝x2－(k－2)x＋k2＋3k＋5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α和β，求α2＋β2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－(k－2)x＋k2＋3k＋5＝0的实数解，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1－3＝k－2，,－1×(－3)＝k2＋3k＋5，))解得k＝－2．
(2)由题意知α和β是方程x2－(k－2)x＋k2＋3k＋5＝0的实数解，
∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α＋β＝k－2，,αβ＝k2＋3k＋5，,Δ＝(k－2)2－4(k2＋3k＋5)＞0，))
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α2＋β2＝(α＋β)2－2αβ＝－(k＋5)2＋19，,－4＜k＜－\f(4,3)，))
∴α2＋β2在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(4,3)))内的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(50,9)，18))．故α2＋β2的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(50,9)，18))．