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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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.doc

上傳人：tian****1990

文檔編號(hào)：5502665

上傳時(shí)間：2020-01-31

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《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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.doc（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第二講　函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)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(shí),f(x)=ln x-x+1,則函數(shù)g(x)=f(x)-ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是 (　　) A.0　 B.1 C.2　 D.3 【解析】選C.當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ln x-x+1,f′(x)=1x-1=1-xx,所以x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,此時(shí)f(x)單調(diào)遞增;x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,此時(shí)f(x)單調(diào)遞減.因此,當(dāng)x>0時(shí),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(gè)交點(diǎn),所以函數(shù)g(x)=f(x)-ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有2個(gè)零點(diǎn). 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(gè)整數(shù),則實(shí)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(gè)整數(shù)解等價(jià)于kx+4>xlnx只有一個(gè)大于1的整數(shù)解, 設(shè)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(gè)大于1的整數(shù)解只能是2,所以2k+4>2ln2,3k+4≤3ln3,1ln2-20,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增;當(dāng)x>e時(shí),g′(x)<0,g(x)在區(qū)間(e,+∞)上單調(diào)遞減,且g(e)=1e,當(dāng)01),方程t=|x2-1|有兩個(gè)不等實(shí)根,所以原方程有2個(gè)不同的實(shí)根. (2)當(dāng)k=14時(shí),方程(*)有兩個(gè)相等正根t=12,方程12=|x2-1|有四個(gè)不等實(shí)根,所以原方程有4個(gè)不同的實(shí)根. (3)當(dāng)k=0時(shí),方程(*)有兩個(gè)不等實(shí)根t=0或t=1,方程0=|x2-1|有兩個(gè)不等實(shí)根,方程1=|x2-1|有三個(gè)不等實(shí)根,所以原方程有5個(gè)不同的實(shí)根. (4)當(dāng)01時(shí),0<1m<1,如圖②,要使f(x)與g(x)的圖象在[0,1]上只有一個(gè)交點(diǎn),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(duì)數(shù)函數(shù)y=gx和冪函數(shù)y=hx的圖象都過(guò)P12,2,如果fx1=gx2=hx3=4,那么x1+x2+x3=____________. 【解析】設(shè)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(dāng)x≤0時(shí),f(x)=x2+6x+4,則y=[f(x)]2+f(x)-30的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)___________個(gè). 【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(wú)解,f(x)=5有兩解,故y=[f(x)]2+f(x)-30的零點(diǎn)個(gè)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(shí),求函數(shù)f(x)的零點(diǎn). (2)若對(duì)任意b∈R,函數(shù)f(x)恒有兩個(gè)不同零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)當(dāng)a=1,b=-2時(shí),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(diǎn)為3和-1. (2)依題意,f(x)=ax2+bx+b-1=0有兩個(gè)不同實(shí)根. 所以b2-4a(b-1)>0恒成立, 即對(duì)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?yàn)閒(2)=22+(m-1)2+1, 所以m≤-32.而當(dāng)m=-32時(shí),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(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=ax2+2x+1,(-20)有3個(gè)零點(diǎn),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(diǎn)A,B,且點(diǎn)C(6,0),若點(diǎn)D(m,n)滿足+=,則m+n= (　　) A.1 B.2 C.3 D.a 【解析】選B.因?yàn)閒(-x)=2cos2(-x)+1ln 2-x2+x=2cos2x+1-ln 2+x2-x=-f(x),且直線ax-y=0經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn),所以A,B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng),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)=x3-92x2+6x-a. (1)對(duì)于任意實(shí)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(gè)實(shí)根,求a的取值范圍. 【解析】(1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2). 因?yàn)閤∈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?yàn)楫?dāng)x<1時(shí),f′(x)>0,當(dāng)12時(shí),f′(x)>0; 所以當(dāng)x=1時(shí),f(x)取極大值f(1)=52-a;當(dāng)x=2時(shí),f(x)取極小值f(2)=2-a; 故當(dāng)f(2)>0或f(1)<0時(shí),方程f(x)=0僅有一個(gè)實(shí)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(diǎn). (1)求實(shí)數(shù)a的值. (2)若方程f(x)-m=0有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 【解析】(1)當(dāng)x<0時(shí),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(dāng)x<0時(shí),f(x)=(x2+2x)e-x, 所以f′(x)=(2-x2)e-x; 當(dāng)x≤-2時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, f(x)∈[(2-22)e2,+∞);當(dāng)-2≤x<0時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)∈[(2-22)e2,0). ①當(dāng)b<0時(shí),f(x)的大致圖象如圖(1)所示,若方程f(x)-m=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,則m=0或m=(2-22)e2. ②當(dāng)b=0時(shí),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(dāng)b>0時(shí),f(x)的大致圖象如圖(3)所示, 則m∈((2-22)e2,+∞). 綜上,當(dāng)b<0時(shí),m=0或m=(2-22)e2; 當(dāng)b=0時(shí),m∈((2-22)e2,0); 當(dāng)b>0,m∈((2-22)e2,+∞).

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