新編全國通用高考數學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題4 函數與方程、函數的應用含解析

【走向高考】（全國通用）20xx高考數學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題4 函數與方程、函數的應用一、選擇題1若x0是方程xx的解，則x0屬于區(qū)間()A.B.C. D.答案C解析令f(x)xx，f(1)1<0，f<0，f>0，f<0，f(x)在區(qū)間內有零點2利民工廠某產品的年產量在150t至250t之間，年生產的總成本y(萬元)與年產量x(t)之間的關系可近似地表示為y30x4000，則每噸的成本最低時的年產量為()A240B200C180D160答案B解析依題意得每噸的成本是30，則23010，當且僅當，即x200時取等號，因此當每噸的成本最低時，相應的年產量是200t，選B.3(文)(20xx·山東理，8)已知函數f(x)|x2|1，g(x)kx，若方程f(x)g(x)有兩個不相等的實根，則實數k的取值范圍是()A(0，)B(，1)C(1,2)D(2，)答案B解析作出函數yf(x)的圖象如圖，當ykx在l1位置時，過A(2,1)，k，在l2位置時與l3平行，k1，<k<1.(理)設定義在R上的函數f(x)是最小正周期為2的偶函數，f (x)是f(x)的導函數當x0，時，0<f(x)<1；當x(0，)且x時，(x)f (x)>0.則函數yf(x)sinx在2，2上的零點個數為()A2B4C5D8答案B分析函數yf(x)sinx的零點轉化函數f(x)yf(x)與ysinx圖象交點f(x)的范圍確定f (x)的正負(x)·f (x)>0.解析(x)f (x)>0，x(0，)且x，當0<x<時，f (x)<0，f(x)在(0，)上單調遞減當<x<時，f (x)>0，f(x)在(，)上單調遞增當x0，時，0<f(x)<1.當x，2時，02x.又f(x)是以2為最小正周期的偶函數，知f(2x)f(x)x，2時，仍有0<f(x)<1.依題意及yf(x)與ysinx的性質，在同一坐標系內作出yf(x)與ysinx的簡圖則yf(x)與ysinx在x2，2內有4個交點故函數yf(x)sinx在2，2內有4個零點4已知a、b1,1，則函數f(x)axb在區(qū)間(1,2)上存在一個零點的概率為()A. B.C. D.答案C解析如圖，由圖形可知點(a，b)所在區(qū)域的面積S4，滿足函數f(x)axb在區(qū)間(1,2)上存在一個零點的點(a，b)所在區(qū)域面積S××1×2，故所求概率P.5(20xx·天津理，8)已知函數f(x)函數g(x)bf(2x)，其中bR.若函數yf(x)g(x)恰有4個零點，則b的取值范圍是()A. B.C. D.答案D解析考查求函數解析式；函數與方程及數形結合的思想由f(x)得f(2x)所以yf(x)f(2x)即yf(x)f(2x) yf(x)g(x)f(x)f(2x)b，所以yf(x)g(x)恰有4個零點等價于方程f(x)f(2x)b0有4個不同的解，即函數yb與函數yf(x)f(2x)的圖象有4個公共點，由圖象可知<b<2. 6(文)已知函數f(x)，x1、x2、x3、x4、x5是方程f(x)m的五個不等的實數根，則x1x2x3x4x5的取值范圍是()A(0，)B(，)C(lg ，1)D(，10)答案D解析在同一坐標系中作出函數yf(x)的圖象與直線ym，設兩圖象交點橫坐標從左向右依次為x1、x2、x3、x4、x5，由對稱性知x1x2，x3x4，又<x5<10，x1x2x3x4x5(，10)(理)(20xx·百校聯(lián)考)已知f(x)1x，g(x)1x，設函數F(x)f(x3)g(x4)，且F(x)的零點均在區(qū)間a，b(a<b，a，bZ)內，則ba的最小值為()A8B9C10D11答案C解析f(0)1>0，f(1)11<0，f(x)1xx2x3x20xx，當x0時，f(x)>0，當x>0時，f(x)>0，f(x)>0在R上恒成立，f(x)在R上為增函數，又f(1)f(0)<0，f(x)只有一個零點，記作x1，則x1(1,0)，g(1)11>0，g(2)12<0，又當x>0時，g(x)1xx2x3x20xx<0，g(x)單調遞減，g(x)也只有一個零點，記為x2，x2(1,2)，F(x)f(x3)g(x4)有兩個不同零點x3、x4，x3(4，3)，x4(5,6)，又F(x)的零點均在區(qū)間a，b內，且a<b，bZ，當a4，b6時，ba取最小值10.方法點撥1.求f(x)的零點值時，直接令f(x)0解方程，當f(x)為分段函數時，要分段列方程組求解；2已知f(x)在區(qū)間a，b上單調且有零點時，利用f(a)·f(b)<0討論；3求f(x)的零點個數時，一般用數形結合法；討論函數yf(x)與yg(x)的圖象交點個數，即方程f(x)g(x)的解的個數，一般用數形結合法4已知零點存在情況求參數的值或取值范圍時，利用方程思想和數形結合思想，構造關于參數的方程或不等式求解7(文)已知函數f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍為()A(2，)B(1，)C(，2)D(，1)答案C解析f (x)3ax26x3x(ax2)，若a>0，則f(x)在(，0)和(，)上單調遞增，在(0，)上單調遞減，又f(0)1，f(x)不可能存在唯一零點；由選項知a0不必考慮；a<0時，f(x)在(，)和(0，)上單調遞減，在(，0)上單調遞增，欲使f(x)落在唯一零點x0>0，應有極小值f()>0，即a·()33·()21>0，a<2.點評可以用驗證法求解(理)現有四個函數：yx·sinx；yx·cosx；yx·|cosx|；yx·2x的圖象(部分)如下：則按照從左到右圖象對應的函數序號安排正確的一組是()ABCD答案A解析yxsinx為偶函數，對應第一個圖；yxcosx為奇函數，且x>0時，y可正可負，對應第三個圖；yx|cosx|為奇函數，且x>0時，y>0，對應第四個圖；yx·2x為增函數，對應第二個圖，故選A.8已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，f(x1)為奇函數，f(0)0，當x(0,1時，f(x)log2x，則在(8,10)內滿足方程f(x)1f(1)的實數x為()A.B9C. D.答案C解析由條件知f(x)f(x)，f(x1)f(x1)，在式中給x賦值x1得f(x)f(x2)，將代入得f(x2)f(x)，f(x4)f(x)，f(x)的周期為4.在中令x0得f(1)0，方程f(x)1f(1)，化為f(x)1，由于f(x)的圖象關于點(1,0)對稱，當0<x<1時，f(x)log2x<0，當1<x<2時，f(x)>0，令f(x)1，(0<x<1)得x，即f()1，f()f(8)f()1，故選C.9(文)已知定義在R上的函數f(x)的對稱軸為x3，且當x3時，f(x)2x3.若函數f(x)在區(qū)間(k1，k)(kZ)上有零點，則k的值為()A2或7B2或8C1或7D1或8答案A解析f(1)1<0，f(2)1>0，f(x)在(1,2)上有零點，又f(x)的圖象關于直線x3對稱，f(x)在(8，7)上有零點，k2或7.(理)(20xx·長沙一模)使得函數f(x)x2x(axb)的值域為a，b(a<b)的實數對(a，b)有()A1對B2對C3對D無數對答案B解析配方得f(x)(x2)2，當a2時，函數f(x)在區(qū)間a，b上為單調增函數，故有即a，b是方程f(x)x的兩根，方程化簡得x29x70，易知方程不可能存在兩個不小于2的實根；當b2時，函數f(x)在區(qū)間a，b上為單調遞減函數，故有即消元化簡得a2a20，a2或a1，代入原方程組解得滿足條件的解為即實數對(2,1)滿足條件；當a<2<b時，若存在實數對(a，b)滿足條件，必有af(x)min，故當2<b<6.2時，需f()b，易知不存在這樣的實數b，當b6.2時，有f(b)b可判斷方程存在大于6.2的實數解，綜上可知共存在兩組實數對(a，b)滿足條件，故選B.10(文)若函數f(x)在其定義域上只有一個零點，則實數a的取值范圍是()Aa>BaCa<Da答案A解析當x0時，函數yx與函數y3x的圖象有一個交點，所以函數yf(x)有一個零點；而函數f(x)在其定義域上只有一個零點，所以當x>0時，f(x)沒有零點當x>0時，f (x)x24，令f (x)0得x2，所以f(x)在(0,2)上遞減，在(2，)上遞增，因此f(x)在x2處取得極小值f(2)a>0，解得a>.故選A.(理)已知定義域為(1,1的函數f(x)，對任意x(1,0，f(x1)，當x0,1時，f(x)x，若在區(qū)間(1,1內g(x)f(x)mxm有兩個零點，則實數m的取值范圍是()A0，)B，)C0，)D(0，答案D解析x(1,0時，x1(0,1，又x0,1時，f(x)x，f(x1)x1，又f(x1)，x(1,0時，f(x)1，作出函數f(x)的圖象，由于ym(x1)過定點(1,0)，要使ym(x1)與yf(x)的圖象有兩個交點，應有0<m，選D.11(文)如果函數y|x|2的圖象與曲線C：x2y24恰好有兩個不同的公共點，則實數的取值范圍是()A1,1)B1,0C(，10,1)D1,0(1，)答案A解析y當1時，曲線C與圓x2y24有三個不同公共點，當0<<1時，曲線C為焦點在y軸上的橢圓，滿足題設要求，當>1時，不滿足；當<0時，曲線C為焦點在x軸上的雙曲線，其漸近線斜率k，由題意應有1，1<0，綜上知1<1.(理)已知函數f(x)若方程f(x)t(tR)有四個不同的實數根x1、x2、x3、x4，則x1x2x3x4的取值范圍為()A(30,34)B(30,36)C(32,34)D(32,36)答案C解析設四個實數根滿足x1<x2<x3<x4，則易知0<t<2，x12t，x22t，由(x6)22t得x6±，x6±，x36，x46，x1x2x3x42t·2t·6636(2t)34t(32,34)，故選C.12(20xx·石家莊市質檢)函數f(x)若f(x0)，則x0的取值范圍是()A(log2，)B(0，log2，)C0，log2，2D(log2，1)，2答案C解析利用分段函數建立不等式組求解f(x0)或解得0x0log2或x02，故選C.二、填空題13已知定義域為R的函數f(x)既是奇函數，又是周期為3的周期函數，當x(0，)時，f(x)sinx，則函數f(x)在區(qū)間0,6上的零點個數是_答案7解析易知在(，)內，有f(1)0，f(0)0，f(1)0，即f(x)在一個周期內有3個零點，又區(qū)間0,6包含f(x)的2個周期，而兩端點都是f(x)的零點，故f(x)在0,6內有7個零點14設函數yx3與y()x2的圖象的交點為(x0，y0)若x0所在的區(qū)間是(n，n1)(nZ)，則n_.答案1解析由函數圖象知，1<x0<2，n1.15(文)函數f(x)對一切實數x都滿足f(x)f(x)，并且方程f(x)0有三個實根，則這三個實根的和為_答案解析函數圖象關于直線x對稱，方程f(x)0有三個實根時，一定有一個是，另外兩個關于直線x對稱，其和為1，故方程f(x)0的三個實根之和為.(理)已知f(x)axxb的零點x0(n，n1)(nZ)，其中常數a，b滿足2a3,3b2，則n等于_答案1解析2a3,3b2，alog23，blog32，f(1)a11blog321log321<0，f(0)a0b1log32>0，f(x)在(1,0)內存在零點，又f(x)為增函數，f(x)在(1,0)內只有一個零點，n1.三、解答題16(文)設函數f(x)x3x2axa，其中a>0.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；(2)若方程f(x)0在(0,2)內恰有兩個實數根，求a的取值范圍；(3)當a1時，設函數f(x)在t，t3(t(3，2)上的最大值為H(t)，最小值為h(t)，記g(t)H(t)h(t)，求函數g(t)的最小值解析(1)f (x)x2(a1)xa(xa)(x1)，令f (x)0得，x11，x2a<0，當x變化時，f (x)，f(x)變化情況如下表：x(，a)a(a,1)1(1，)f (x)00f(x)極大值極小值函數f(x)的單調增區(qū)間為(，a)，(1，)，單調減區(qū)間為(a,1)(2)由(1)知f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,2)上單調遞增，從而方程f(x)0在區(qū)間(0,2)內恰有兩個實數根等價于f(0)>0，f(1)<0，f(2)>0，解得0<a<，所以a的取值范圍是(0，)(3)當a1時，f(x)x3x1，由(1)知f(x)在(3，1)上單調遞增，(1,1)上單調遞減所以，當t3，2時，t30,1，1t，t3，所以f(x)在t，1上單調遞增，1，t3上單調遞減，因此，f(x)在t，t3上的最大值H(t)f(1)，而最小值h(t)為f(t)與f(t3)中的較小者f(t3)f(t)3(t1)(t2)，當t3，2時，f(t)f(t3)，故h(t)f(t)，所以g(t)f(1)f(t)，而f(t)在3，2上單調遞增，因此f(t)f(2)，所以g(t)在3，2上的最小值為g(2).即函數g(x)在區(qū)間3，2上的最小值為.(理)已知函數f(x)lnxax2bx(其中a、b為常數且a0)在x1處取得極值(1)當a1時，求f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)在(0，e上的最大值為1，求a的值解析(1)因為f(x)lnxax2bx，所以f (x)2axb.因為函數f(x)lnxax2bx在x1處取得極值，f (1)12ab0.當a1時，b3，f (x)，f (x)、f(x)隨x的變化情況如下表：x(0，)(，1)1(1，)f (x)00f(x)極大值極小值所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)和(1，)，單調遞減區(qū)間為(，1)(2)因為f (x)，令f (x)0得，x11，x2，因為f(x)在x1處取得極值，所以x2x11，當<0時，f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，e上單調遞減，所以f(x)在區(qū)間(0，e上的最大值為f(1)，令f(1)1，解得a2，當a>0時，x2>0，當<1時，f(x)在(0，)上單調遞增，(，1)上單調遞減，(1，e)上單調遞增，所以最大值1可能在x或xe處取得，而f()lna()2(2a1)·ln1<0，所以f(e)lneae2(2a1)e1，解得a；當1<e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，(1，)上單調遞減，(，e)上單調遞增，所以最大值1可能在x1或xe處取得，而f(1)ln1a(2a1)<0，所以f(e)lneae2(2a1)e1，解得a，與1<x2<e矛盾；當x2e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，在(1，e)上單調遞減，所以最大值1可能在x1處取得，而f(1)ln1a(2a1)<0，矛盾綜上所述，a或a2.