2022屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用 文

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1、2022屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.2 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用 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x0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.0B.1C.2D.3【解析】選C.當x0時,f(x)=ln x-x+1,f(x)=-1=,所以x(0,1)時,f(x)0,此時f(x)單調遞增;x(1,+)時,f(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

2、(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f0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.f0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-2k-,故選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)上單調遞增B.f(x)在(0,2)上單調遞減C.y=f(x)的圖象

3、關于直線x=1對稱D.y=f(x)的圖象關于點(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)=lnx(2-x)=ln-(x-1)2+1,由復合函數(shù)的單調性知,函數(shù)f(x)=ln x +ln(2-x)在(0,1)上單調遞增,在(1,2)上單調遞減,所以排除A,B;又f=ln+ln=ln,f=ln+ln=ln,所以f=f=ln,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,關于x的方程ax-1=有兩個不等的正實數(shù)根.記g

4、(x)=,則g(x)=,當0x0,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調遞增;當xe時,g(x)0,g(x)在區(qū)間(e,+)上單調遞減,且g(e)=,當0x1時,g(x)0.設直線y=a1x-1與函數(shù)g(x)的圖象相切于點(x0,y0),則有由此解得x0=1,a1=1.在坐標平面內畫出直線y=ax-1與函數(shù)g(x)的大致圖象,結合圖象可知,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.關于x的方程(x2-1)2-|x2-1|+k=0,給出下列四個命題:存在實數(shù)k,使得方程恰有2個不同的實根; 存在實數(shù)k,使得方程恰有4個不同的實根;存在實數(shù)k,使得方程恰有5

5、個不同的實根;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.0B.1C.2D.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(t0)的圖象,結合函數(shù)的圖象可知(1)當k1),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0k時,

6、方程(*)有兩個不等正根t1,t2,且0t10.5t21,方程t1=|x2-1|,t2=|x2-1|各有四個不等實根,所以原方程有8個不同的實根.6.(2018衡水中學一模)已知當x0,1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.(0,12,+)B.(0,13,+)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,00恒成立,即對于任意bR,b2-4ab+4a0恒成立,所以有(-4a)2-4(4a)0a2-a0,

7、所以0a0,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m0且f(x)=ax2+2x+1在(-2x0)上有2個零點,解得a1或-1,解得m2,故選D.2.若直線ax-y=0(a0)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=()A.1B.2C.3D.a【解析】選B.因為f(-x)=-f(x),且直線ax-y=0經過坐標原點,所以A,B關于原點對稱,即xA+xB=0.yA+yB=0,又=(xA-m,yA-n), =(xB-m,yB-n),=(m-6,n),由+=得,xA-

8、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)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2).因為xR,f(x)m,即3x2-9x+(6-m)0恒成立,所以=81-12(6-m)0,即m-,即m的最大值為-.(2)因為當x0,當1x2時,f(x)2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-

9、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.(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有兩個零點,求實數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)當x0時,f(x)=(x2+2ax)e-x,所以f(x)=(2x+2a)e-x-(x2+2ax)e-x=-x2+(2-2a)x+2ae-x.由已知,得f(-)=0,即-2+(2-2a)(-)+2a=0,解得a=1.(2)由(1)知,當x0時,f(x)=(x2+2x)e-x,所以f(x)=(2-x2)e-x;當x-時,f(x)0,f(x)單調遞減,f(x)(2-2),+);當-x0,f(x)單調遞增,f(x)(2-2),0).當b0時,f(x)的大致圖象如圖(3)所示,則m(2-2),+).綜上,當b0,m(2-2),+).