五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第二章 第七節(jié) 函數(shù)與方程 理全國(guó)通用

高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料2019.5第七節(jié)第七節(jié)函數(shù)與方程函數(shù)與方程考點(diǎn)函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根1(20 xx山東，10)設(shè)函數(shù)f(x)3x1，x1，2x，x1，則滿足f(f(a)2f(a)的a取值范圍是()A.23，1B0，1C.23，D1, )解析當(dāng)a2 時(shí)，f(a)f(2)2241，f(f(a)2f(a)，a2 滿足題意，排除 A，B選項(xiàng)；當(dāng)a23時(shí)，f(a)f23 32311，f(f(a)2f(a)，a23滿足題意，排除 D選項(xiàng)，故答案為 C.答案C2 (20 xx天津， 8)已知函數(shù)f(x)2|x|，x2，（x2）2，x2，函數(shù)g(x)bf(2x)， 其中bR R，若函數(shù)yf(x)g(x)恰有 4 個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是()A.74，B.，74C.0，74D.74，2解析記h(x)f(2x)在同一坐標(biāo)系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖，直線AB：yx4，當(dāng)直線lAB且與f(x)的圖象相切時(shí)，由yxb，y（x2）2，解得b94，94(4)74，所以曲線h(x)向上平移74個(gè)單位后， 所得圖象與f(x)的圖象有四個(gè)公共點(diǎn)， 平移 2 個(gè)單位后， 兩圖象有無(wú)數(shù)個(gè)公共點(diǎn)， 因此， 當(dāng)74b2 時(shí)，f(x)與g(x)的圖象有四個(gè)不同的交點(diǎn)，即yf(x)g(x)恰有 4 個(gè)零點(diǎn)選 D.答案D3(20 xx湖南，10)已知函數(shù)f(x)x2ex12(x0 時(shí)，yf(x)與yg(x)的圖象有交點(diǎn)，即g(x)f(x)有正解，即x2ln(xa)(x)2ex12有正解，即 exln(xa)120 有正解，令F(x)exln(xa)12，則F(x)ex1xa0，故函數(shù)F(x)exln(xa)12在(0，)上是單調(diào)遞減的，要使方程g(x)f(x)有正解，則存在正數(shù)x使得F(x)0， 即 exln(xa)120， 所以aeex12x， 又yeex12x在(0，)上單調(diào)遞減，所以aee0120e12，選 B.答案B4(20 xx重慶，6)若abc，則函數(shù)f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的兩個(gè)零點(diǎn)分別位于區(qū)間()A(a，b)和(b，c)內(nèi)B(，a)和(a，b)內(nèi)C(b，c)和(c，)內(nèi)D(，a)和(c，)內(nèi)解析由題意ab0，f(b)(bc)(ba)0.顯然f(a)f(b)0，f(b)f(c)2；a0，b2；a1，b2.解析令f(x)x3axb，f(x)3x2a，當(dāng)a0 時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，必有一個(gè)實(shí)根，正確；當(dāng)a0 時(shí)，由于選項(xiàng)當(dāng)中a3，只考慮a3 這一種情況，f(x)3x233(x1)(x1)，f(x)極大f(1)13bb2，f(x)極小f(1)13bb2，要有一根，f(x)極大0， b2， 正確， 所有正確條件為.答案8(20 xx江蘇，13)已知函數(shù)f(x)|lnx|，g(x)0，0 x1，|x24|2，x1，則方程|f(x)g(x)|1 實(shí)根的個(gè)數(shù)為_(kāi)解析令h(x)f(x)g(x)，則h(x)lnx，0 x1，x2lnx2，1x2，x2lnx6，x2，當(dāng) 1x2 時(shí)，h(x)2x1x12x2x0，故當(dāng) 1x2 時(shí)h(x)單調(diào)遞減，在同一坐標(biāo)系中畫(huà)出y|h(x)|和y1 的圖象如圖所示由圖象可知|f(x)g(x)|1 的實(shí)根個(gè)數(shù)為 4.答案49(20 xx北京，14)設(shè)函數(shù)f(x)2xa，x1，4（xa） （x2a） ，x1.(1)若a1，則f(x)的最小值為_(kāi)；(2)若f(x)恰有 2 個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析(1)當(dāng)a1 時(shí)，f(x)2x1，x1，4（x1） （x2） ，x1.當(dāng)x1.當(dāng)x1 時(shí)，且當(dāng)x32時(shí)，f(x)minf32 1，f(x)最小值為1.(2)1當(dāng)a0 時(shí)，2xa0，由 4(xa)(x2a)0 得xa或x2a.a 1，)，2a 1，)，此時(shí)f(x)無(wú)零點(diǎn)2當(dāng) 0a1 時(shí)，若有 2 個(gè)零點(diǎn)，只須a1，2a1，12a1.3當(dāng) 1a2 時(shí)，x1，2xa，xlog2a0，1)，x1 時(shí)，由f(x)0，得xa或 2a，a1，)2a1，)，有 3 個(gè)零點(diǎn)，不合題意4當(dāng)a2 時(shí)，x1，則 2xa0，討論曲線yf(x)與曲線ymx2(m0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(3)設(shè)ab，比較f（a）f（b）2與f（b）f（a）ba的大小，并說(shuō)明理由解(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)lnx設(shè)直線ykx1 與g(x)lnx的圖象在P(x0，y0)處相切，則有y0kx01lnx0，kg(x0)1x0，解得x0e2，k1e2.(2)曲線yex與ymx2的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)等于曲線yexx2與ym的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)令(x)exx2，則(x)ex（x2）x3，(2)0.當(dāng)x(0，2)時(shí)，(x)0，(x)在(2，)上單調(diào)遞增，(x)在(0，)上的最小值為(2)e24.當(dāng) 0me24時(shí)，在區(qū)間(0，2)內(nèi)存在x11m，使得(x1)m，在(2，)內(nèi)存在x2me2，使得(x2)m(通過(guò)證明(x2)ex2x22x2即可)由(x)的單調(diào)性知，曲線yexx2與ym在(0，)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn)綜上所述，當(dāng)x0 時(shí)，若 0me24，曲線yf(x)與ymx2有兩個(gè)公共點(diǎn)(3)可以證明f（a）f（b）2f（b）f（a）ba.事實(shí)上，f（a）f（b）2f（b）f（a）baeaeb2ebeababa2ebeaebeaba212eaebeaba212eba1(ba)(*)令(x)x22ex11(x0)，則(x)122ex（ex1）2（ex1）24ex2（ex1）2（ex1）22（ex1）20(當(dāng)且僅當(dāng)x0 時(shí)等號(hào)成立)，(x)在0，)上單調(diào)遞增，x0 時(shí)，(x)(0)0.令xba，即得(*)式，結(jié)論得證