2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 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

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 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(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(shí),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(diǎn)個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3【解析】選C.當(dāng)x0時(shí),f(x)=ln x-x+1,f(x)=-1=,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

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(diǎn),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(diǎn).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(shí)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(jià)于kx+4只有一個大于1的整數(shù)解,設(shè)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(diào)遞增B.f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減C.y=f(x)的圖象

3、關(guān)于直線x=1對稱D.y=f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對稱【解析】選C.由題易知,f(x)=ln x+ln(2-x)的定義域?yàn)?0,2), f(x)=lnx(2-x)=ln-(x-1)2+1,由復(fù)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(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(-,1)B.(0,1)C.D.【解析】選B.依題意,關(guān)于x的方程ax-1=有兩個不等的正實(shí)數(shù)根.記g

4、(x)=,則g(x)=,當(dāng)0x0,g(x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增;當(dāng)xe時(shí),g(x)0,g(x)在區(qū)間(e,+)上單調(diào)遞減,且g(e)=,當(dāng)0x1時(shí),g(x)0.設(shè)直線y=a1x-1與函數(shù)g(x)的圖象相切于點(diǎn)(x0,y0),則有由此解得x0=1,a1=1.在坐標(biāo)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(diǎn),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(shí)數(shù)k,使得方程恰有2個不同的實(shí)根; 存在實(shí)數(shù)k,使得方程恰有4個不同的實(shí)根;存在實(shí)數(shù)k,使得方程恰有5

5、個不同的實(shí)根;存在實(shí)數(shù)k,使得方程恰有8個不同的實(shí)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(dāng)k1),方程t=|x2-1|有兩個不等實(shí)根,所以原方程有2個不同的實(shí)根.(2)當(dāng)k=時(shí),方程(*)有兩個相等正根t=,方程=|x2-1|有四個不等實(shí)根,所以原方程有4個不同的實(shí)根.(3)當(dāng)k=0時(shí),方程(*)有兩個不等實(shí)根t=0或t=1,方程0=|x2-1|有兩個不等實(shí)根,方程1=|x2-1|有三個不等實(shí)根,所以原方程有5個不同的實(shí)根.(4)當(dāng)0k時(shí),

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(shí)根,所以原方程有8個不同的實(shí)根.6.(2018衡水中學(xué)一模)已知當(dāng)x0,1時(shí),函數(shù)y=(mx-1)2的圖象與y=+m的圖象有且只有一個交點(diǎn),則正實(shí)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(biāo)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(dāng)01時(shí),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?yàn)閒(2)=22+(m-1)2+1,所以m-.而當(dāng)m=-時(shí),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(diǎn),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(diǎn)A,B,且點(diǎn)C(6,0),若點(diǎn)D(m,n)滿足+=,則m+n=()A.1B.2C.3D.a【解析】選B.因?yàn)閒(-x)=-f(x),且直線ax-y=0經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn),所以A,B關(guān)于原點(diǎn)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(shè)函數(shù)f(x)=x3-x2+6x-a.(1)對于任意實(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=81-12(6-m)0,即m-,即m的最大值為-.(2)因?yàn)楫?dāng)x0,當(dāng)1x2時(shí),f(x)2時(shí),f(x)0; 所以當(dāng)x=1時(shí),f(x)取極大值f(1)=-a;當(dāng)x=2時(shí),f(x)取極小值f(2)=2-

9、a;故當(dāng)f(2)0或f(1)0時(shí),方程f(x)=0僅有一個實(shí)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(diǎn).(1)求實(shí)數(shù)a的值.(2)若方程f(x)-m=0有兩個零點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)當(dāng)x0時(shí),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(dāng)x0時(shí),f(x)=(x2+2x)e-x,所以f(x)=(2-x2)e-x;當(dāng)x-時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減,f(x)(2-2),+);當(dāng)-x0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)(2-2),0).當(dāng)b0時(shí),f(x)的大致圖象如圖(3)所示,則m(2-2),+).綜上,當(dāng)b0,m(2-2),+).