《2022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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022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（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022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 (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(dāng)x>0時,f(x)=ln x-x+1,f′(x)=-1=,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,

2、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)f=ln x-x,若f>0的解集為,且中只有一個整數(shù),則實數(shù)k的取值范圍為 (　　) A. 　 B. C. D. 【解析】選B.f>0只有一個整數(shù)解等價于kx+4>只有一個大于1的整數(shù)解, 設(shè)g=,則g′=,可得g在上遞減,在上遞增,由圖可知,kx+4>只有一個大于1的整數(shù)解只能是2,所以-2

3、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)=ln[x(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f=ln+ln=ln, f=ln+ln=ln, 所以f=f=l

4、n,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. D. 【解析】選B.依題意,關(guān)于x的方程ax-1=有兩個不等的正實數(shù)根.記g(x)=,則g′(x)=,當(dāng)00,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)=,當(dāng)0

5、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: ①存在實數(shù)k,使得方程恰有2個不同的實根; ②存在實數(shù)k,使得方程恰有4個不同的實根; ③存在實數(shù)k,使得方程恰有5個不同的實根; ④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.0 B.1 C.2 D.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(t≥0)的

6、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=時,方程(*)有兩個相等正根t=,方程=|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

7、 6.(2018·衡水中學(xué)一模)已知當(dāng)x∈[0,1]時,函數(shù)y=(mx-1)2的圖象與y=+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.(0,1]∪[2,+∞)　 B.(0,1]∪[3,+∞) C.(0, ]∪[2,+∞)　 D.(0, ]∪[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=m2與g(x)=y=+m的大致圖象. 分兩種情形: (1)當(dāng)01時,0<<1,如圖②,要使f(x)與g(x)的圖象

8、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=g和冪函數(shù)y=h的圖象都過P,如果f=g=h=4,那么x1+x2+x3=____________.? 【解析】設(shè)f=ax,g=logbx,h=xα, 代入P,得=2,logb=2,=2, 解得a=4,b=,α=-1, 所以f=4x,g=lox,h=x-1, 所以x1=1,x2=,x3=,和為. 答案: 8.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且當(dāng)x≤0時,f(x

9、)=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(a≠0). (1)當(dāng)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(dāng)a=1,b=-2時

10、,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0

11、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≤-.而當(dāng)m=-時,f(x)=0在[0,2]上有兩解和2,所以m<-. ②若f(x)=0在區(qū)間[0,2]上有兩解, 則所以 所以所以-≤m≤-1. 由①②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)= 有3個零點,求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】因為函數(shù)f(x)=有3個零點,圖象如圖: 所以a>0且f(x)=ax2+2x+1在(-2

12、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-x, 故問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=|x3-4x|與y=2-x的圖象有兩個交點.令f(x)=x3-4x, 則f′(x)=3x2-4=3, 故當(dāng)x∈時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈和x∈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-x的圖象恒過點(0

13、,2),當(dāng)函數(shù)y=2-x的圖象與曲線y=|x3-4x|相切時: ①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=(4-3)(x-x0),即y-(4x0-)=9(4-3)(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);②由對稱性可知,過第一、二、四象限的切線的斜率為-1,所以->1或-<-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)=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= (　　

14、) A.1 B.2 C.3 D.a 【解析】選B.因為f(-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-x2+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)

15、=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≤-,即m的最大值為-. (2)因為當(dāng)x<1時,f′(x)>0,當(dāng)12時,f′(x)>0; 所以當(dāng)x=1時,f(x)取極大值f(1)=-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>. 2.(10分)已知函數(shù)f(x)=x=-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

16、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+2a]e-x. 由已知,得f′(-)=0, 即-2+(2-2a)·(-)+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≤-時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, f(x)∈[(2-2),+∞);當(dāng)-≤x<0時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)∈[(2-2),0). ①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=(2-2). ②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∈((2-2),0). ③當(dāng)b>0時,f(x)的大致圖象如圖(3)所示, 則m∈((2-2),+∞). 綜上,當(dāng)b<0時,m=0或m=(2-2); 當(dāng)b=0時,m∈((2-2),0); 當(dāng)b>0,m∈((2-2),+∞).