2019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(yīng)用 文.doc
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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)=1x-1=1-xx,所以x(0,1)時,f(x)0,此時f(x)單調(diào)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(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)fx=kx+4ln x-xx1,若fx0的解集為s,t,且s,t中只有一個整數(shù),則實數(shù)k的取值范圍為()A.1ln2-2,1ln3-43B.1ln2-2,1ln3-43C.1ln3-43,12ln2-1 D.1ln3-43,12ln2-1【解析】選B.fx0x1只有一個整數(shù)解等價于kx+4xlnx只有一個大于1的整數(shù)解,設(shè)gx=xlnx,則gx=lnx-1lnx2,可得gx在1,e上遞減,在e,+上遞增,由圖可知,kx+4xlnx只有一個大于1的整數(shù)解只能是2,所以2k+42ln2,3k+43ln3,1ln2-2k1ln3-43,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(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)=lnx(2-x)=ln-(x-1)2+1,由復合函數(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f12=ln12+ln2-12=ln34,f32=ln32+ln2-32=ln34,所以f12=f32=ln34,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.-,1+ee2D.0,1+ee2【解析】選B.依題意,關(guān)于x的方程ax-1=lnxx有兩個不等的正實數(shù)根.記g(x)=lnxx,則g(x)=1-lnxx2,當0x0,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增;當xe時,g(x)0,g(x)在區(qū)間(e,+)上單調(diào)遞減,且g(e)=1e,當0x1時,g(x)0.設(shè)直線y=a1x-1與函數(shù)g(x)的圖象相切于點(x0,y0),則有a1=1-ln x0x02,a1x0-1=ln x0x0,由此解得x0=1,a1=1.在坐標平面內(nèi)畫出直線y=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: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(jié)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=14時,方程(*)有兩個相等正根t=12,方程12=|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0k14時,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=x+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.(0,123,+)B.(0,13,+)C.(0,2 23,+)D.(0,2 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=m2x-1m2與g(x)=y=x+m的大致圖象.分兩種情形:(1)當01時,01m0恒成立,即對于任意bR,b2-4ab+4a0恒成立,所以有(-4a)2-4(4a)0a2-a0,所以0a0,所以f(2)0.又因為f(2)=22+(m-1)2+1,所以m-32.而當m=-32時,f(x)=0在0,2上有兩解12和2,所以m-32.若f(x)=0在區(qū)間0,2上有兩解,則0,0-m-122,f(2)0,所以(m-1)2-40,-3m1,4+(m-1)2+10.所以m3或m-1,-3m1,m-32.所以-32m-1.由可知實數(shù)m的取值范圍是(-,-1.11.(2018石家莊一模)已知函數(shù)f(x)=ax2+2x+1,(-20)有3個零點,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】因為函數(shù)f(x)=ax2+2x+1,(-20)有3個零點,圖象如圖:所以a0且f(x)=ax2+2x+1在(-20,a(-2)2+2(-2)+10,-2-1a0,解得34a1或-m2-1,解得m2,故選D.2.若直線ax-y=0(a0)與函數(shù)f(x)=2cos2x+1ln 2+x2-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)=2cos2(-x)+1ln 2-x2+x=2cos2x+1-ln 2+x2-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)=x3-92x2+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-34,即m的最大值為-34.(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)=52-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a52.2.(10分)已知函數(shù)f(x)=(x2+2ax)e-x,x0,bx,x0,x=-2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(-2)=0,即-2+(2-2a)(-2)+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-2時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,f(x)(2-22)e2,+);當-2x0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)(2-22)e2,0).當b0時,f(x)的大致圖象如圖(3)所示,則m(2-22)e2,+).綜上,當b0,m(2-22)e2,+).- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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