《2022屆高考數(shù)學二輪復(fù)習 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)學二輪復(fù)習 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)學二輪復(fù)習 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00,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增;當x>e時,g′(x)<0,g(x)在區(qū)間(e,+∞)上單調(diào)遞減,且g(e)=,當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0
7、
6.(2018·衡水中學一模)已知當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
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x∈時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,
當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)=-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>.
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x<0時,f(x)=(x2+2x)e-x,
所以f′(x)=(2-x2)e-x;
當x≤-時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
f(x)∈[(2-2),+∞);當-≤x<0時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)∈[(2-2),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=(2-2).
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∈((2-2),0).
③當b>0時,f(x)的大致圖象如圖(3)所示,
則m∈((2-2),+∞).
綜上,當b<0時,m=0或m=(2-2);
當b=0時,m∈((2-2),0);
當b>0,m∈((2-2),+∞).