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1、江蘇省無錫市2020年高考數學 第九講 函數篇 突破函數零點問題練習 1、已知函數，則滿足不等式的實數的取值范圍是__________________． 【答案】 【解析】 試題分析：因為，函數是單調增函數，且為奇函數， 所以，即， 所以，，解得，實數的取值范圍是。 考點：函數的單調性，抽象不等式解法，一元一次不等式組的解法。 點評：小綜合題，利用函數的單調性，將抽象不等式轉化成具體不等式，是此類問題的一般解法。 2、設，函數有最大值，則不等式 的解集為 【答案】 【解析】 試題分析：設，函數有最大值，所以，則不等式的解為，解得. 考點：二元一次

2、不等式組；函數最值的應用． 點評：本題考查指數函數，對數函數的性質，以及一元二次不等式組的解法．是簡單的中檔題． 3、若函數在區(qū)間上單調遞減，則實數m的范圍是________. 分析：本題是一道改編題，由得，由得，所以的減區(qū)間是，由得. 答案是：. 4、已知函數，其中．若函數僅在處有極值，則的取值范圍是 ． 答： 提示：，顯然不是方程的根．為使僅在處有極值，必須成立，即有．解得．這時，是唯一極值． 5、已知函數，若直線對任意的都不是曲線的切線，則的取值范圍是 ． 答： 提示：∵，不等式對任意都成立，∴． 零點定理的應用 6、已知

3、函數f（x）＝，則下列結論正確的是 A．f（x）在（0,1）上恰有一個零點 B．f（x）在（－1,0）上恰有一個零點 C．f（x）在（0,1）上恰有兩個零點 D．f（x）在（－1,0）上恰有兩個零點 【答案】B 【解析】 試題分析：因為 所以當 時， 所以函數f（x）＝在區(qū)間（－1,0）上是增函數，且 所以函數f（x）在（－1,0）上恰有一個零點，故選B． 考點：1、導數與函數的單調性；2、函數的零點． 7、設三次函數的導函數,且,則函數的零點個數為（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】

4、D 【解析】 試題分析：根據題意可知，函數在上單調增，在上單調減，在上單調增，且，所以，所以函數有三個零點，故選D． 考點：三次函數的圖像問題，函數的零點的個數． 8、已知函數設函數且函數的零點均在區(qū)間內,則的最小值為（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【解析】 試題分析：由，可得當時，，當時， ，若時，則，若時，，故函數在上為增函數，又因為， ，所以函數在其定義域內的區(qū)間上只有一個零點，同理可證明函數在上式減函數，由于，所以函數在區(qū)間上有一個零點，所以在區(qū)間或上有零點，由于的零點在區(qū)間上，所以的最小值

5、為，故選C． 考點：函數的單調性，函數的零點，等比數列的求和公式． 二分法 9、已知函數，函數的零點，，則 ． 【答案】1 【解析】 試題分析：由對數函數一次函數單調性可知函數是增函數，在區(qū)間上存在唯一零點，所以 考點：函數零點 常見函數圖像的畫法 10、函數的零點個數為（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】D 【解析】 試題分析：由題意得：求與交點個數，因為時，，所以當時，與有6個交點；當時，與有6個交點；所以共有12個交點，選D． 考點：函數零點 11、已

6、知函數，在下列區(qū)間中，包含的零點的區(qū)間是（ ） A．（0，1） B．（1，2） C．（2，4） D．（4，＋∞） 【答案】C 【解析】 試題分析：根據函數的解析式，可知函數是的減函數，結合，，所以函數在區(qū)間上存在零點，故選C． 考點：函數的零點． 12、定義一種新運算：，已知函數，若函數 恰有兩個零點，則的取值范圍為（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 試題分析：新運算的原則是誰小取誰，在平面直角坐標系中畫出、的圖像，可知時，，在上，，在上，，且，函

7、數恰有兩個零點，則的取值范圍為。 考點：反比例函數、對數函數的圖像和性質。 13、定義一種新運算：，已知函數，若函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍為 （ ） A．（0,1） B． C． D． 【答案】D 【解析】 試題分析：由題可知，，畫出圖像如圖，當函數恰有兩個零點，即函數有兩個交點時，實數的取值范圍為； 考點：數形結合解決問題 14、對任意實數、，定義運算“⊙”：⊙，設⊙，若函數的圖像與軸恰有三個公共點，則的取值范圍是（ ） （A）

8、 （B） （C） （D） 【答案】D 【解析】 試題分析：令，作出的圖象，當直線與曲線 有三個交點時，的取值范圍是.故選D. 考點：新定義問題，函數零點，數形結合思想. 15、定義在R上的奇函數，當時，，則關于的函數的所有零點之和為（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 試題分析：由題意得：，所以當時與有五個交點，其中與的兩個交點關于對稱，和為8；與的兩個交點關于對稱，和為-8；與的一個交點，值為；因此所有零點之和為，選B． 考點：函數零點 16、已知直線與曲線恰有四個不同的交點

9、，則實數k的取值范圍為 ． 【答案】 【解析】 試題分析：，由圖可知，與相切，或與相切，或與x軸平行時，直線與曲線恰有四個不同的交點，求得實數k的取值為 2 y x O 考點：函數圖像 導數法畫圖 17、若方程有三個不同的實數根，則的取值范圍（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 試題分析：令,. 令得或;令得.所以函數在和上單調遞增;在上單調遞減.極大值為,極小值為.要使有3個不同的實數根,則有.故B正確. 考點：1用導數研究函數的單調性;2數形結合思想. 18、已知方程：在上有解，則實數的取值范圍

10、是 ． 【答案】 【解析】 試題分析：方程有解轉化為有解，記，，，因此在上遞減，在上遞增，，，，由． 考點：函數的零點，函數的單調性與最值． 19、已知函數有且僅有一個零點，若，則的取值范圍是____________ 【答案】填 【解析】已知 則 ①恒成立，則，這與矛盾. ②若恒成立，顯然不可能. ③有兩個根，而，則在區(qū)間單調遞增，在區(qū)間單調遞減，在區(qū)間單調遞增.故，即， 解得：. 20、已知函數=，若存在唯一的零點，且＞0，則的取值范圍是（ ） A．（2，+∞） B．（-∞，-2） C．（1，+∞） D．（-∞，-1）

11、 【答案】B 【解析】 試題分析：由知，若，則函數有兩個零點，不合題意；當時，令，解得或，列表如下： x f′（x） + 0 - 0 + f（x） 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 ∵ 而故存在，使得，不符合條件：存在唯一的零點，且＞0， 當時，令，解得或，列表如下： x f′（x） - 0 + 0 - f（x） 單調遞減 極小值 單調遞增 極大值 單調遞減 而∴存在＞0，使得， 存在唯一的零點，且＞0 ∴極小值，化為，綜上可知：a的取值范

12、圍是．故選：B． 考點：利用導數研究函數的性質 利用函數的性質畫圖 若定義在上的函數滿足，且當時，，21、函數，則函數在區(qū)間內的零點的個數為（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】V 【解析】 試題分析：，所以函數的周期，函數的零點就是的實根，即在區(qū)間交點的個數，如圖：所以交點8個． 考點：1．函數的周期；2．函數的零點；3．函數的圖像． 以函數為載體考查其他知識 22、曲線與直線有兩個不同的交點時實數 的范圍是（ ） A． B． C． D．

13、 【答案】A 【解析】 試題分析：對應的圖形為以為圓心為半徑的圓的上半部分，直線過定點，直線與半圓相切時斜率，過點時斜率，結合圖形可知實數的范圍是 考點：1．直線與圓的位置關系；2．數形結合法 23．曲線C的方程為，若直線的曲線C有公共點，則的取值范圍是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 試題分析：】曲線C即為平面上到兩個定點的距離的和等于定長的點的軌跡，但兩個定點的距離為，故曲線C的軌跡為線段，而直線即，它是過定點，斜率為的直線，要使直線與線段有公共點，即需 考點：曲線的軌跡，過定點的直線的特征，直線的斜率 函數與方程的關系 24、設已知函

14、數，正實數m，n滿足，且，若在區(qū)間上的最大值為2，則 ． 【答案】 【解析】 試題分析：根據對數函數的圖象可畫出函數圖象，在上時減函數，在上是增函數，正實數m，n滿足，且, ，不妨設，則 而，，所以，所以，則，所以. 考點：1.對數函數圖象與單調性；函數的最大值； 25、若函數f(x)＝x3－3x＋a有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是 [答案]　(－2,2) [解析]　本題考查了函數零點的判斷方法及一元二次方程根與系數的關系．由于函數f(x)是連續(xù)的，故只需兩個極值異號即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，則x＝±1，只需f(

15、－1)f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2,2)． 26、若函數在R上有兩個零點，則實數a的取值范圍是________. 分析：本題是一道自編題，考察形如方程的根的情況問題，解題思想是利用數形結合思想，考察和的交點情況，由于直線的方向確定，畫出圖像易知，當直線和相切時，僅有一個公共點，這時切點是，直線方程是，將直線向上平移，這時兩曲線必有兩個不同的交點. 答案是：. 27、已知函數f(x)＝x3＋2x2－ax＋1. (1)若函數f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為4，求實數a的值； (2)若函數g(x)＝f′(x)在區(qū)間(－1,1)上存在零點，求實

16、數a的取值范圍. 【解析】由題意得g(x)＝f′(x)＝3x2＋4x－a. (1)f′(1)＝3＋4－a＝4，所以a＝3. (2)方法一：①當g(－1)＝－a－1＝0，即a＝－1時，g(x)＝f′(x)的零點x＝－∈(－1,1)； ②當g(1)＝7－a＝0，即a＝7時， f′(x)的零點x＝－?(－1,1)，不合題意； ③當g(1)g(－1)＜0時，－1＜a＜7； 當時，－≤a＜－1.綜上所述，a∈[－，7). 方法二：g(x)＝f′(x)在區(qū)間(－1,1)上存在零點，等價于3x2＋4x＝a在區(qū)間(－1,1)上有解，也等價于直線y＝a與曲線y＝3x2＋4x，x∈(－1,1)有公

17、共點，作圖可得a∈[－，7). 方法三：等價于當x∈(－1,1)時，求值域：a＝3x2＋4x＝3(x＋)2－∈[－，7). 28、已知函數，,． （1）若函數在區(qū)間內恰有兩個零點，求實數的取值范圍； （2）若，設函數在區(qū)間上的最大值為，最小值為,記,求函數在區(qū)間上的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 試題解析：（1），x∈[0，2] 1分 由f′（x）＞0解得1＜x≤2，由f′（x）＜0解得0≤x＜1 2分 ∴f（x）單調遞增區(qū)間為（1, 2]，單調遞減區(qū)間為[0,1）， 即當x＝1時， f（x）取極小值，也是最小值．

18、 3 分 要使函數f（x）在區(qū)間[0, 2]內恰有兩個零點，則有 ，解得或， ∴a的取值范圍是 5分 （2）若a＝－1，，∴， 易知f（x）在[-3， -1]上單調遞增，在[-1，1]單調遞減，在[1，2]單調遞增． 6 分 ①當t∈[-3，-2]時，t＋3∈[0,1]，-1∈[t,t＋3]， ∴f（x）在[t，-1]上單調遞增，在[-1，t＋3]單調遞減， 因此f（x）在區(qū)間[t,t＋3]上的最大值為M（t）＝f（－1）＝－, 7 分 而最小值m（t）為 f（t）與 f（t＋3）的較小者．

19、 由 f（t＋3）－f（t）＝3（t＋1）（t＋2），當t∈[-3，-2]，f（t＋3）－f（t）≥0， ∴f（t＋3）≥f（t），故m（t）＝f（t）， 8 分 所以， 又∵f（t）在[-3,-2]上單調遞增，∴f（t）≤f（－2）＝－ 9分 所以F（t）在區(qū)間[-3,-2]上的最小值為 10 分 ②當t∈[-2，-1]時，t＋3∈[1, 2]，且-1,1∈[t，t＋3]． 下面比較 f（-1）， f（1）， f（t）， f（t＋3）的大?。? 由 f（x）在[-2，-1]，[1， 2]上單調遞增， 有f（－2）≤f（t）≤

20、f（－1），f（1）≤f（t＋3）≤f（2）． 11 分 又由， 從而， 12 分 ∴ 13 分 綜上，函數F（t）在區(qū)間[-3,-1]上的最小值為． 14分 考點： 考查了利用導數求函數的單調區(qū)間，極值，最值得應用． 點評：解本題的關鍵是掌握利用導數研究函數的性質，單調性，極值，最值，注意分類討論思想的應用． 29、已知函數與圖象上存在關于軸對稱的點，則的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】試題分析：由題可得存在滿足 ,令,因

21、為函數和在定義域內都是單調遞增的,所以函數在定義域內是單調遞增的,又因為趨近于時,函數且在上有解(即函數有零點), 所以,故選B. 考點：指對數函數 方程 單調性 30、已知命題：存在使得成立，命題：對于任意，函數恒有意義. （1）若是真命題，求實數的取值范圍； （2）若是假命題，求實數的取值范圍. 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 試題分析：（1）根據函數的根的存在性定理分兩類存在一個滿足條件和存在兩個滿足條件，求出是真命求實數的取值范圍； （2）本題考查的知識點是復合命題的真假判定，解決的辦法是先求出簡單命題為真命題的參數范圍，再根據真值表進行判斷． 試題解析：（1

22、）設，對稱軸為，若存在一個滿足條件，則，得，若存在兩個滿足條件，則，得，故滿足條件的實數的取值范圍為. （2）由題意知都為假命題，若為假命題，則或若為假命題，則由得或，故滿足條件的實數的取值范圍為或. 考點：復合命題的真假． 31、．已知命題，命題.若命題“”是真命題，求實數的取值范圍． 【答案】. 【解析】 試題分析：求出命題成立時的的范圍，命題成立時的的范圍，求出交集即可得到實數的取值范圍. 試題解析：命題“”，即當時恒成立，，. 命題“”， 即方程有實根，，，或. 又為真命題，故，都為真，且，或.，或. 即實數的取值范圍為. 考點：全稱命題；復合命題的真假；