《2025年教材划重点高中数学必修第一册人教版》

例4
函数f(x)=x^{$\frac{1}{3}$}-$\frac{1}{2^x}$的零点所在的区间为（ ）
A. (0,$\frac{1}{4}$) B. ($\frac{1}{4}$,$\frac{1}{3}$) C. ($\frac{1}{3}$,$\frac{1}{2}$) D. ($\frac{1}{2}$,1)
[思路分析]先判断出函数的单调性，结合零点存在定理即可判断出零点所在的区间。
[解析]函数f(x)=x^{$\frac{1}{3}$}-$\frac{1}{2^x}$在R上单调递增。
因为f($\frac{1}{3}$)=($\frac{1}{3}$)^{$\frac{1}{3}$}-$\frac{1}{2^{\frac{1}{3}}}$=($\frac{1}{3}$)^{$\frac{1}{3}$}-($\frac{1}{2}$)^{$\frac{1}{3}$}＜0，
f($\frac{1}{2}$)=($\frac{1}{2}$)^{$\frac{1}{3}$}-$\frac{1}{2^{\frac{1}{2}}}$=($\frac{1}{2}$)^{$\frac{1}{3}$}-($\frac{1}{2}$)^{$\frac{1}{2}$}＞0，
所以f($\frac{1}{3}$)f($\frac{1}{2}$)＜0，所以函数f(x)的零点在区间($\frac{1}{3}$,$\frac{1}{2}$)内。故选C。
[答案]C

答案：

例5
已知x_0是函数f(x)=2^x+$\frac{1}{1 - x}$的一个零点。若x_1∈(1,x_0)，x_2∈(x_0,+∞)，则（ ）
A. f(x_1)＜0，f(x_2)＜0 B. f(x_1)＜0，f(x_2)＞0
C. f(x_1)＞0，f(x_2)＜0 D. f(x_1)＞0，f(x_2)＞0
[解析]由题知2^{x_0}+$\frac{1}{1 - x_0}$=0，即2^{x_0}=$\frac{1}{x_0 - 1}$。在同一平面直角坐标系中作出函数y = 2^x与y=$\frac{1}{x - 1}$的图象，如图所示，由图可知函数f(x)只有1个零点x_0，且x_0＞1，则当x_1∈(1,x_0)，x_2∈(x_0,+∞)时，f(x_1)＜0，f(x_2)＞0。故选B。
方法二：由函数y = 2^x与y=$\frac{1}{1 - x}$在x∈(1,+∞)上均单调递增得，函数f(x)=2^x+$\frac{1}{1 - x}$在x∈(1,+∞)上单调递增，又因为f(x_0)=0且1＜x_1＜x_0＜x_2，所以f(x_1)＜0，f(x_2)＞0。

[答案]B

答案：

例6
已知函数f(x)=|$(\frac{1}{2}$)^x - 2|+b的两个零点分别为x_1，x_2(x_1＜x_2)，则下列结论正确的是（ ）
A. -2＜x_1＜-1，x_1 + x_2＞-2 B. -2＜x_1＜-1，x_1 + x_2＞-1
C. x_1≤-2，x_1 + x_2＞-2 D. x_1＜-2，x_1 + x_2＞-1
[解析]如图，作出函数y = |$(\frac{1}{2}$)^x - 2|的图象，函数f(x)=|$(\frac{1}{2}$)^x - 2|+b的两个零点就是方程|$(\frac{1}{2}$)^x - 2|=-b的两个实数解，即函数y = |$(\frac{1}{2}$)^x - 2|的图象与直线y=-b两个交点的横坐标。由$(\frac{1}{2}$)^x - 2=2得x=-2，所以-2＜x_1＜-1。
又$(\frac{1}{2}$)^{x_2}-2=-[$(\frac{1}{2}$)^{x_1}-2]，
所以$(\frac{1}{2}$)^{x_1}+($\frac{1}{2}$)^{x_2}=4＞2$\sqrt{(\frac{1}{2})^{x_1}\cdot(\frac{1}{2})^{x_2}}$，
$(\frac{1}{2}$)^{x_1 + x_2}＜4，x_1 + x_2＞-2。
故选A。

[答案]A

答案：