《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題8 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力提升練二十二 2.8.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 專題通關(guān)攻略 專題8 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力提升練二十二 2.8.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用.doc（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
專題能力提升練 二十二 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用
(45分鐘 80分)
一、選擇題(每小題5分,共30分)
1.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當x≥0時,f(x)=x2-3x.則函數(shù)g(x)=f(x)
-x+3的零點的集合為 ( )
A.{1,3} B.{-3,-1,1,3}
C.{2-7,1,3} D.{-2-7,1,3}
【解析】選D.當x≥0時,函數(shù)g(x)的零點即方程f(x)=x-3的根,由x2-3x=x-3,解得x=1或3;
當x<0時,由f(x)是奇函數(shù)得-f(x)=f(-x)=x2-3(-x),即f(x)=-x2-3x.由f(x)=x-3得x=-2-7(正根舍去).選D.
2.已知函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點x0∈(n,n+1)(n∈Z),其中常數(shù)a,b滿足0
0,進而可得n的值.
【解析】選D.由題意得函數(shù)f(x)=ax+x-b為增函數(shù),常數(shù)a,b滿足00,
所以函數(shù)f(x)=ax+x-b在(-1,0)內(nèi)有一個零點,
故n=-1.
3.汽車的“燃油效率”是指汽車每消耗1升汽油行駛的里程,如圖描述了甲、乙、丙三輛汽車在不同速度下的燃油效率情況.下列敘述中正確的是 ( )
A.消耗1升汽油,乙車最多可行駛5千米
B.以相同速度行駛相同路程,三輛車中,甲車消耗汽油最多
C.甲車以80千米/小時的速度行駛1小時,消耗10升汽油
D.某城市機動車最高限速80千米/小時.相同條件下,在該市用丙車比用乙車更省油
【解析】選D.根據(jù)圖象知消耗1升汽油,乙車最多行駛里程大于5千米,故選項A錯;以相同速度行駛時,甲車燃油效率最高,因此以相同速度行駛相同路程時,甲車消耗汽油最少,故選項B錯;甲車以80千米/小時的速度行駛時燃油效率為10千米/升,行駛1小時,里程為80千米,消耗8升汽油,故選項C錯;最高限速80千米/小時,丙車的燃油效率比乙車高,因此相同條件下,在該市用丙車比用乙車更省油,故選項D對.
4.函數(shù)f(x)=sinx+π4cosx+π4+cos2x-log2|x|-12的零點個數(shù)為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】選B.由已知得f(x)=12cos2x+1+cos2x2-log2|x|-12=cos2x-log2|x|,令f(x)=0,即cos2x=log2|x|,在同一坐標系內(nèi)作出函數(shù)y=cos2x與y=log2|x|的圖象,有兩個不同的交點,所以函數(shù)f(x)的零點的個數(shù)為2.
【加固訓(xùn)練】
已知函數(shù)f(x)=|lnx|-1,g(x)=-x2+2x+3,用min{m,n}表示m,n中最小值,設(shè)h(x)=min{f(x),g(x)},則函數(shù)h(x)的零點個數(shù)為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】選C.由f(x)=0可得x=e,x=1e;由g(x)=0可得x=-1,x=3,且當x=e時,
g(e)>0.當x<0時無意義,結(jié)合函數(shù)的圖象可知方程h(x)=0有三個根.故應(yīng)選C.
5.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=4f1x,當x∈14,1時,f(x)=lnx,若在14,4上,方程f(x)=kx有三個不同的實根,則實數(shù)k的取值范圍是 ( )
A.-8ln2,-4e B.(-4ln4,-2ln2]
C.-4e,-2ln2 D.-4e,-2ln2
【解析】選D.
依題意可得f(x)=lnx,14≤x≤1,-4lnx,10,x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,
所以f(x)在(-∞,1)遞增,在(1,+∞)遞減.
可知y=|f(x)|的大致圖象如圖所示,
設(shè)|f(x)|=t,則|f(x)|2-m|f(x)|-2m-3=0有三個不同的實數(shù)解,即為t2-mt-2m-3=0有兩個根t1,t2,
①若t1=1,t2=0時,t1+t2=m=1,t1t2=-2m-3=0,不存在實數(shù)m,
②若t1=1,t2>1時,當有一個根為1時,12-m-2m-3=0,m=-23,
代入t2-mt-2m-3=0另一根為-53,不符合題意.
③t1∈(0,1),t2∈(-∞,0)時,
設(shè)h(t)=t2-mt-2m-3,
h(1)=12-m-2m-3>0,h(0)=-2m-3<0,
-320,設(shè)直線y=1mx與曲線y=lnx相切于(x0,lnx0),
則y′|x=x0=1x0,
所以切線方程為y-lnx0=1x0(x-x0),
把原點坐標(0,0)代入,可得-lnx0=-1,即x0=e.
因為兩函數(shù)y=lnx與y=1mx的圖象有兩個交點,兩交點的橫坐標分別為x1,x2(x1f(2),可得loga(2+1)>f(2)=-2,
即loga3>-2,所以3<1a2,解得-334,
所以在第12分鐘時還能起到有效去污的作用.
10.已知函數(shù)f(x)=ex-m-x,其中m為常數(shù).
(1)若對任意x∈R有f(x)≥0成立,求m的取值范圍.
(2)當m>1時,判斷f(x)在[0,2m]上零點的個數(shù),并說明理由.
【解析】(1)f′(x)=ex-m-1,
令f′(x)=0,得x=m.
故當x∈(-∞,m)時,ex-m<1,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當x∈(m,+∞)時,ex-m>1,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
所以當x=m時,f(m)為極小值,也是最小值.
令f(m)=1-m≥0,得m≤1,
即若對任意x∈R有f(x)≥0成立,則m的取值范圍是(-∞,1].
(2)當m>1時,f(x)在[0,2m]上有兩個零點,理由如下:
由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有兩個零點,當m>1時,f(m)=1-m<0.
因為f(0)=e-m>0,f(0)f(m)<0,
所以f(x)在(0,m)上有一個零點.
因為f(2m)=em-2m,令g(m)=em-2m,
因為當m>1時,g′(m)=em-2>0,
所以g(m)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
所以g(m)>g(1)=e-2>0,即f(2m)>0.
所以f(m)f(2m)<0,所以f(x)在(m,2m)上有一個零點.所以f(x)在[0,2m]上有兩個零點.
【加固訓(xùn)練】
已知函數(shù)f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+e2x(x>0).
(1)若g(x)=m有零點,求m的取值范圍.
(2)確定m的取值范圍,使得g(x)-f(x)=0有兩個相異實根.
【解析】(1)因為g(x)=x+e2x≥2e2=2e(x>0),
當且僅當x=e2x時取等號.
所以當x=e時,g(x)有最小值2e.
因此g(x)=m有零點,只需m≥2e.
所以m∈[2e,+∞).
(2)若g(x)-f(x)=0有兩個相異實根,
則函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點.
如圖所示,作出函數(shù)g(x)=x+e2x(x>0)的大致圖象.
因為f(x)=-x2+2ex+m-1
=-(x-e)2+m-1+e2,
所以其對稱軸為x=e,f(x)max=m-1+e2.
若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有兩個交點,必須有m-1+e2>2e,即m>-e2+2e+1.
即g(x)-f(x)=0有兩個相異實根,
則m的取值范圍是(-e2+2e+1,+∞).
11.如圖,陰影部分為古建筑群所在地,其形狀是一個長為2km,寬為1km的矩形,矩形兩邊AB,AD緊靠在兩條互相垂直的路上,現(xiàn)要過點C修一條直線的路l,這條路不能穿過古建筑群,且與另兩條路交于點P和Q.
(1)設(shè)AQ=x(km),將△APQ的面積S表示為x的函數(shù).
(2)求△APQ的面積S(k2m)的最小值.
【解析】(1)AQ=x,
則由AQBC=APBP=APAP-AB得:x=APAP-2,
即AP=2xx-1,
故S=12APAQ=x2x-1(x>1).
(2)由(1)得:S′=x2-2x(x-1)2(x>1);
當x∈(1,2)時,S′<0,當x∈(2,+∞)時,S′>0,
故x=2時,Smin=4.
12.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的周期為3.當1≤x≤3時,f(x)=x2+4.
(1)求f(5)+f(7)的值.
(2)若關(guān)于x的方程f(x)=mx2(m∈R)在區(qū)間[4,6]上有實根,求實數(shù)m的取值范圍.
【解析】(1)因為函數(shù)f(x)的周期為3,所以f(5)=f(2)=8,f(7)=f(4)=f(1)=5,
所以f(5)+f(7)=13.
(2)設(shè)x∈[4,6],則x-3∈[1,3],因為函數(shù)f(x)的周期為3,
所以f(x)=f(x-3)=(x-3)2+4.
方程f(x)=mx2在[4,6]上有實根?(x-3)2+4x2=m在[4,6]上有實根,設(shè)g(x)=(x-3)2+4x2=13x2-6x+1
=131x-3132+413,
因為x∈[4,6],所以1x∈16,14,
因為313∈16,14,
所以g(x)min=413,
又因為14-313<313-16,所以g(x)max=g(6)=1336,所以g(x)∈413,1336,
所以實數(shù)m的取值范圍為413,1336.
(建議用時:50分鐘)
1.已知函數(shù)f(x)=2x-a,x≤1,-x+a,x>1,則“函數(shù)f(x)有兩個零點”成立的充分不必要條件是a∈ ( )
A.(0,2] B.(1,2] C.(1,2) D.(0,1]
【解析】選C.因為函數(shù)f(x)=2x-a,x≤1,-x+a,x>1,則“函數(shù)f(x)有兩個零點”?2-a≥0,-1+a>0,a>0,
解得10,h(1)=1+m+2m+3≤0,解得-320時,Δ=16-4a≥0,
解得01時,
f′(x)>0,當-20,
令f(x)=t,則t1t2=-5e.不妨設(shè)t1<05e2,此時f(x)=t1有兩解,f(x)=t2有一解;
綜上,f2(x)-mf(x)=5e有三個不同的實數(shù)解.
【加固訓(xùn)練】
已知函數(shù)f(x)=e|x-1|,x>0,-x2-2x+1,x≤0,若關(guān)于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有
8個不等的實數(shù)根,則a的取值范圍是 ( )
A.0,14 B.13,3
C.(1,2) D.2,94
【解析】選D.令f(x)=t,作出函數(shù)f(x)的圖象,由圖象可知關(guān)于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0有8個不等的實數(shù)根,
需要求一個f(x)的值有四個不同x對應(yīng).則關(guān)于t的方程t2-3t+a=0在(1,2)上有2個不等的實數(shù)根,令g(t)=t2-3t+a,則Δ=9-4a>0,g(1)=a-2>0,g(2)=a-2>0,解得20,即x>2,
所以t(x)在[0,2]上遞增,在(2,+∞)上遞減,
所以當x=0時,t(x)min=0;當x=2時,t(x)max=12.
(2)由(1)t=2xx2+4,x∈[0,24],
令g(t)=f(x)=t|t-a|+34,t∈0,12,
則g(t)=-t2+at+34,0≤t≤at2-at+34,a0恒成立,
所以函數(shù)f(x)=ax2+x-a必有局部對稱點.
(2)f(x)=2x+b在區(qū)間[-1,2]內(nèi)有局部對稱點,
所以方程2x+2-x+2b=0在區(qū)間[-1,2]上有解,
于是-2b=2x+2-x,
設(shè)t=2x,12≤t≤4,
所以-2b=t+1t,其中2≤t+1t≤174,
所以-178≤b≤-1.
(3)因為f(-x)=4-x-m2-x+1+m2-3,
由f(-x)=-f(x),所以4-x-m2-x+1+m2-3
=-(4x-m2x+1+m2-3),
于是4x+4-x-2m(2x+2-x)+2(m2-3)=0…(*)在R上有解,
令t=2x+2-x(t≥2),則4x+4-x=t2-2,
所以方程(*)變?yōu)閠2-2mt+2m2-8=0在區(qū)間[2,+∞)內(nèi)有解,需滿足條件:
Δ=4m2-8(m2-4)≥0,2m+4(8-m2)2≥2,即-22≤m≤22,1-3≤m≤22,
化簡得1-3≤m≤22.
【加固訓(xùn)練】
(2018資陽二模)已知函數(shù)f(x)=-x(x+2)2,-3≤x≤0,2ex(4-x)-8,x>0,如果使等式f(x1)x1+4=f(x2)x2+2=2f(x3)2x3+1成立的實數(shù)x1,x3分別都有3個,而使該等式成立的實數(shù)x2僅有2個,則f(x2)x2+2的取值范圍是________.
【解析】當-3≤x≤0時,y=-x(x+2)2的導(dǎo)數(shù)為y′=-(x+2)(3x+2),
可得-20時,y=2ex(4-x)-8的導(dǎo)數(shù)為y′=2ex(3-x),
當x>3時,函數(shù)遞減;0
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