《2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用 文.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第二講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用
(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.0 B.1 C.2 D.3
【解析】選C.當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)單調遞增;x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,此時f(x)單調遞減.因此,當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.1ln2-2,1ln3-43 B.1ln2-2,1ln3-43
C.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gx=xlnx,則g′x=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+4≤3ln3,1ln2-2
0,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調遞增;當x>e時,g′(x)<0,g(x)在區(qū)間(e,+∞)上單調遞減,且g(e)=1e,當01),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01時,0<1m<1,如圖②,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m≥3或m≤0(舍去).
綜上所述,m∈(0,1]∪[3,+∞).
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fx=ax,gx=logbx,hx=xα,
代入P12,2,得a12=2,logb12=2,12α=2,
解得a=4,b=22,α=-1,
所以fx=4x,gx=log22x,hx=x-1,
所以x1=1,x2=14,x3=14,和為32.
答案:32
8.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且當x≤0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.設函數(shù)f(x)=ax2+bx+b-1(a≠0).
(1)當a=1,b=-2時,求函數(shù)f(x)的零點.
(2)若對任意b∈R,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b∈R,b2-4ab+4a>0恒成立,
所以有(-4a)2-4(4a)<0?a2-a<0,
所以00,所以f(2)≤0.
又因為f(2)=22+(m-1)2+1,
所以m≤-32.而當m=-32時,f(x)=0在[0,2]上有兩解12和2,所以m<-32.
②若f(x)=0在區(qū)間[0,2]上有兩解,
則Δ≥0,0<-m-12<2,f(2)≥0,所以(m-1)2-4≥0,-30)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,(-20)有3個零點,圖象如圖:
所以a>0且f(x)=ax2+2x+1在(-20,a(-2)2+2(-2)+1>0,-2<-1a<0,Δ=4-4a>0,解得341或-m2<-1,解得m<-2或m>2,故選D.
2.若直線ax-y=0(a≠0)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.1 B.2 C.3 D.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)過坐標原點,所以A,B關于原點對稱,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x∈R,f′(x)≥m,即3x2-9x+(6-m)≥0恒成立,所以Δ=81-12(6-m)≤0,即
m≤-34,即m的最大值為-34.
(2)因為當x<1時,f′(x)>0,當12時,f′(x)>0;
所以當x=1時,f(x)取極大值f(1)=52-a;當x=2時,f(x)取極小值f(2)=2-a;
故當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,x≥0,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+2a]e-x.
由已知,得f′(-2)=0,
即-2+(2-2a)(-2)+2a=0,解得a=1.
(2)由(1)知,當x<0時,f(x)=(x2+2x)e-x,
所以f′(x)=(2-x2)e-x;
當x≤-2時,f′(x)<0,f(x)單調遞減,
f(x)∈[(2-22)e2,+∞);當-2≤x<0時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,f(x)∈[(2-22)e2,0).
①當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.
②當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).
③當b>0時,f(x)的大致圖象如圖(3)所示,
則m∈((2-22)e2,+∞).
綜上,當b<0時,m=0或m=(2-22)e2;
當b=0時,m∈((2-22)e2,0);
當b>0,m∈((2-22)e2,+∞).
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