2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課后綜合提升練 1.6.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用 文.doc

第二講函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用(40分鐘70分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.(2018華師一附中一模)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且x>0時,f(x)=ln x-x+1,則函數(shù)g(x)=f(x)-ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))的零點個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3【解析】選C.當(dāng)x>0時,f(x)=ln x-x+1,f(x)=1x-1=1-xx,所以x(0,1)時,f(x)>0,此時f(x)單調(diào)遞增;x(1,+)時,f(x)<0,此時f(x)單調(diào)遞減.因此,當(dāng)x>0時,f(x)max=f(1)=ln 1-1+1=0.根據(jù)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)作出函數(shù)y=f(x)與y=ex的大致圖象,如圖,觀察到函數(shù)y=f(x)與y=ex的圖象有兩個交點,所以函數(shù)g(x)=f(x)-ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有2個零點.2.函數(shù)fx=kx+4ln x-xx>1,若fx>0的解集為s,t,且s,t中只有一個整數(shù),則實數(shù)k的取值范圍為()A.1ln2-2,1ln3-43B.1ln2-2,1ln3-43C.1ln3-43,12ln2-1 D.1ln3-43,12ln2-1【解析】選B.fx>0x>1只有一個整數(shù)解等價于kx+4>xlnx只有一個大于1的整數(shù)解,設(shè)gx=xlnx,則gx=lnx-1lnx2,可得gx在1,e上遞減,在e,+上遞增,由圖可知,kx+4>xlnx只有一個大于1的整數(shù)解只能是2,所以2k+4>2ln2,3k+43ln3,1ln2-2<k1ln3-43,故選B.3.(2018濰坊一模)已知函數(shù)f(x)=ln x+ln(2-x),則()A.f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增B.f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減C.y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱D.y=f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱【解析】選C.由題易知,f(x)=ln x+ln(2-x)的定義域為(0,2), f(x)=lnx(2-x)=ln-(x-1)2+1,由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知,函數(shù)f(x)=ln x +ln(2-x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,2)上單調(diào)遞減,所以排除A,B;又f12=ln12+ln2-12=ln34,f32=ln32+ln2-32=ln34,所以f12=f32=ln34,所以排除D.4.(2018洛陽統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+x有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-,1)B.(0,1)C.-,1+ee2D.0,1+ee2【解析】選B.依題意,關(guān)于x的方程ax-1=lnxx有兩個不等的正實數(shù)根.記g(x)=lnxx,則g(x)=1-lnxx2,當(dāng)0<x<e時,g(x)>0,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增;當(dāng)x>e時,g(x)<0,g(x)在區(qū)間(e,+)上單調(diào)遞減,且g(e)=1e,當(dāng)0<x<1時,g(x)<0.設(shè)直線y=a1x-1與函數(shù)g(x)的圖象相切于點(x0,y0),則有a1=1-ln x0x02,a1x0-1=ln x0x0,由此解得x0=1,a1=1.在坐標(biāo)平面內(nèi)畫出直線y=ax-1與函數(shù)g(x)的大致圖象,結(jié)合圖象可知,要使直線y=ax-1與函數(shù)g(x)的圖象有兩個不同的交點,則a的取值范圍是(0,1).5.關(guān)于x的方程(x2-1)2-|x2-1|+k=0,給出下列四個命題:存在實數(shù)k,使得方程恰有2個不同的實根; 存在實數(shù)k,使得方程恰有4個不同的實根;存在實數(shù)k,使得方程恰有5個不同的實根;存在實數(shù)k,使得方程恰有8個不同的實根.其中真命題的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.4【解析】選D.令t=|x2-1|,則方程化為k=-t2+t,(*)作出函數(shù)t=|x2-1|,y=t-t2(t0)的圖象,結(jié)合函數(shù)的圖象可知(1)當(dāng)k<0時,方程(*)有一個正根t(t>1),方程t=|x2-1|有兩個不等實根,所以原方程有2個不同的實根.(2)當(dāng)k=14時,方程(*)有兩個相等正根t=12,方程12=|x2-1|有四個不等實根,所以原方程有4個不同的實根.(3)當(dāng)k=0時,方程(*)有兩個不等實根t=0或t=1,方程0=|x2-1|有兩個不等實根,方程1=|x2-1|有三個不等實根,所以原方程有5個不同的實根.(4)當(dāng)0<k<14時,方程(*)有兩個不等正根t1,t2,且0<t1<0.5<t2<1,方程t1=|x2-1|,t2=|x2-1|各有四個不等實根,所以原方程有8個不同的實根.6.(2018衡水中學(xué)一模)已知當(dāng)x0,1時,函數(shù)y=(mx-1)2的圖象與y=x+m的圖象有且只有一個交點,則正實數(shù)m的取值范圍是()A.(0,123,+)B.(0,13,+)C.(0,2 23,+)D.(0,2 3,+)【解析】選B.在同一直角坐標(biāo)系中,分別作出函數(shù)f(x)=y=(mx-1)2=m2x-1m2與g(x)=y=x+m的大致圖象.分兩種情形:(1)當(dāng)0<m1時,1m1,如圖,當(dāng)x0,1時,f(x)與g(x)的圖象有一個交點,符合題意;(2)當(dāng)m>1時,0<1m<1,如圖,要使f(x)與g(x)的圖象在0,1上只有一個交點,只需g(1)f(1),即1+m(m-1)2,解得m3或m0(舍去).綜上所述,m(0,13,+).二、填空題(每小題5分,共10分)7.已知指數(shù)函數(shù),對數(shù)函數(shù)y=gx和冪函數(shù)y=hx的圖象都過P12,2,如果fx1=gx2=hx3=4,那么x1+x2+x3=_.【解析】設(shè)fx=ax,gx=logbx,hx=x,代入P12,2,得a12=2,logb12=2,12=2,解得a=4,b=22,=-1,所以fx=4x,gx=log22x,hx=x-1,所以x1=1,x2=14,x3=14,和為32.答案:328.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且當(dāng)x0時,f(x)=x2+6x+4,則y=f(x)2+f(x)-30的零點個數(shù)為_個.【解析】令y=f(x)2+f(x)-30=0,解得f(x)=-6或f(x)=5.作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示,觀察可知,f(x)=-6無解,f(x)=5有兩解,故y=f(x)2+f(x)-30的零點個數(shù)為2.答案:2三、解答題(每小題10分,共30分)9.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+b-1(a0).(1)當(dāng)a=1,b=-2時,求函數(shù)f(x)的零點.(2)若對任意bR,函數(shù)f(x)恒有兩個不同零點,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)當(dāng)a=1,b=-2時,f(x)=x2-2x-3,令f(x)=0,得x=3或x=-1.所以函數(shù)f(x)的零點為3和-1.(2)依題意,f(x)=ax2+bx+b-1=0有兩個不同實根.所以b2-4a(b-1)>0恒成立,即對于任意bR,b2-4ab+4a>0恒成立,所以有(-4a)2-4(4a)<0a2-a<0,所以0<a<1.因此實數(shù)a的取值范圍是(0,1).10.(2018鎮(zhèn)海中學(xué)一模)關(guān)于x的二次方程x2+(m-1)x+1=0在區(qū)間0,2上有解,求實數(shù)m的取值范圍.【解析】設(shè)f(x)=x2+(m-1)x+1,x0,2,若f(x)=0在區(qū)間0,2上有一解,因為f(0)=1>0,所以f(2)0.又因為f(2)=22+(m-1)2+1,所以m-32.而當(dāng)m=-32時,f(x)=0在0,2上有兩解12和2,所以m<-32.若f(x)=0在區(qū)間0,2上有兩解,則0,0<-m-12<2,f(2)0,所以(m-1)2-40,-3<m<1,4+(m-1)2+10.所以m3或m-1,-3<m<1,m-32.所以-32m-1.由可知實數(shù)m的取值范圍是(-,-1.11.(2018石家莊一模)已知函數(shù)f(x)=ax2+2x+1,(-2<x0),ax-3,(x>0)有3個零點,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】因為函數(shù)f(x)=ax2+2x+1,(-2<x0),ax-3,(x>0)有3個零點,圖象如圖:所以a>0且f(x)=ax2+2x+1在(-2<x0)上有2個零點,a>0,a(-2)2+2(-2)+1>0,-2<-1a<0,=4-4a>0,解得34<a<1.【提分備選】1.已知關(guān)于x的方程|2x3-8x|+mx=4有且僅有2個實數(shù)根,則實數(shù)m的取值范圍為()A.(-1,1)B.(-,-1)(1,+)C.(-2,2)D.(-,-2)(2,+)【解析】選D.依題意得,|2x3-8x|=4-mx,即|x3-4x|=2-m2x,故問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=|x3-4x|與y=2-m2x的圖象有兩個交點.令f(x)=x3-4x,則f(x)=3x2-4=3x-233x+233,故當(dāng)x-233,233時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x-,-233和x233,+時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖(1)所示,進而得到函數(shù)y=|x3-4x|的大致圖象如圖(2)所示,又函數(shù)y=2-m2x的圖象恒過點(0,2),當(dāng)函數(shù)y=2-m2x的圖象與曲線y=|x3-4x|相切時:設(shè)過第一、二、三象限的切線的切點為(x0,y0),則易求得該切線方程為y-y0=(4-3x02)(x-x0),即y-(4x0-x03)=9(4-3x02)(x-x0),將(0,2)代入,解得x0=1,故切線斜率為1,切線方程為y=x+2,此時切線方程正好經(jīng)過(-2,0)(如圖(2)中虛線位置所示);由對稱性可知,過第一、二、四象限的切線的斜率為-1,所以-m2>1或-m2<-1,解得m<-2或m>2,故選D.2.若直線ax-y=0(a0)與函數(shù)f(x)=2cos2x+1ln 2+x2-x圖象交于不同的兩點A,B,且點C(6,0),若點D(m,n)滿足+=,則m+n=()A.1B.2C.3D.a【解析】選B.因為f(-x)=2cos2(-x)+1ln 2-x2+x=2cos2x+1-ln 2+x2-x=-f(x),且直線ax-y=0經(jīng)過坐標(biāo)原點,所以A,B關(guān)于原點對稱,即xA+xB=0.yA+yB=0,又=(xA-m,yA-n), =(xB-m,yB-n),=(m-6,n),由+=得,xA-m+xB-m=m-6,yA-n+yB-n=n,解得m=2,n=0,所以m+n=2,故選B.(20分鐘20分)1.(10分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-92x2+6x-a.(1)對于任意實數(shù)x,f(x)m恒成立,求m的最大值.(2)若方程f(x)=0有且僅有一個實根,求a的取值范圍.【解析】(1)f(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2).因為xR,f(x)m,即3x2-9x+(6-m)0恒成立,所以=81-12(6-m)0,即m-34,即m的最大值為-34.(2)因為當(dāng)x<1時,f(x)>0,當(dāng)1<x<2時,f(x)<0;當(dāng)x>2時,f(x)>0; 所以當(dāng)x=1時,f(x)取極大值f(1)=52-a;當(dāng)x=2時,f(x)取極小值f(2)=2-a;故當(dāng)f(2)>0或f(1)<0時,方程f(x)=0僅有一個實根,解得a<2或a>52.2.(10分)已知函數(shù)f(x)=(x2+2ax)e-x,x<0,bx,x0,x=-2是函數(shù)y=f(x)的極值點.(1)求實數(shù)a的值.(2)若方程f(x)-m=0有兩個零點,求實數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)當(dāng)x<0時,f(x)=(x2+2ax)e-x,所以f(x)=(2x+2a)e-x-(x2+2ax)e-x=-x2+(2-2a)x+2ae-x.由已知,得f(-2)=0,即-2+(2-2a)(-2)+2a=0,解得a=1.(2)由(1)知,當(dāng)x<0時,f(x)=(x2+2x)e-x,所以f(x)=(2-x2)e-x;當(dāng)x-2時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,f(x)(2-22)e2,+);當(dāng)-2x<0時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)(2-22)e2,0).當(dāng)b<0時,f(x)的大致圖象如圖(1)所示,若方程f(x)-m=0有兩個不相等的實數(shù)根,則m=0或m=(2-22)e2.當(dāng)b=0時,f(x)的大致圖象(包括x軸正半軸)如圖(2)所示,則m(2-22)e2,0).當(dāng)b>0時,f(x)的大致圖象如圖(3)所示,則m(2-22)e2,+).綜上,當(dāng)b<0時,m=0或m=(2-22)e2;當(dāng)b=0時,m(2-22)e2,0);當(dāng)b>0,m(2-22)e2,+).