2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 集合、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、方程、不等式 第3講 函數(shù)與方程練習(xí) 理

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1、第3講 函數(shù)與方程 專題復(fù)習(xí)檢測 A卷 1．(2019年山東煙臺期末)函數(shù)f(x)＝2x＋3x的零點所在的一個區(qū)間是(　　) A．(－2，－1)　 B．(－1,0) C．(0,1)　 D．(1,2) 【答案】B 【解析】函數(shù)f(x)＝2x＋3x是定義在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，f(－2)＝2－2－6<0，f(－1)＝2－1－3<0，f(0)＝1>0，所以函數(shù)f(x)的零點所在的一個區(qū)間是(－1,0)．故選B． 2．函數(shù)f(x)＝的圖象大致為(　　) A B C D 【答案】B 【解析】f(x)＝的定義域為{x|x≠0}，排除A；當(dāng)x＞0時，f(x)>0，當(dāng)x<0時

2、，f(x)<0，排除C，D．故選B． 3．(2018年廣西梧州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋x＋c，若f(0)＞0，f(p)＜0，則必有(　　) A．f(p＋1)＞0　 B．f(p＋1)＜0 C．f(p＋1)＝0　 D．f(p＋1)的符號不能確定 【答案】A 【解析】由題意知f(0)＝c＞0，函數(shù)圖象的對稱軸為x＝－，則f(－1)＝f(0)＞0.設(shè)f(x)＝0的兩根分別為x1，x2(x1＜x2)，則－1＜x1＜x2＜0.根據(jù)圖象知x1＜p＜x2，故p＋1＞0，f(p＋1)＞0. 4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A

3、．(－1,2)　　　　 B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6)　　　　 D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 【答案】B 【解析】∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有兩個不相等的實根，∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，解得a>6或a<－3. 5．設(shè)函數(shù)f(x)的零點為x1，g(x)＝4x＋2x－2的零點為x2，若|x1－x2|≤0.25，則f(x)可以是(　　) A．f(x)＝x2－1　 B．f(x)＝2x－4 C．f(x)＝ln(x＋1)　 D．f(x)＝8x－2 【答案】D 【解析】選項A，x1＝±1；選

4、項B，x1＝2；選項C，x1＝0；選項D，x1＝.∵g(x)為增函數(shù)，g(1)＝4＋2－2＝4＞0，g(0)＝1－2＜0，g＝2＋1－2＞0，g＝＋－2＜0，∴x2∈.故選D． 6．(2019年河南模擬)某蓮藕種植塘每年的固定成本是1萬元，每年最大規(guī)模的種植量是8萬千克，每種植一千克藕，成本增加0.5元．如果銷售額函數(shù)是f(x)＝－x3＋ax2＋x(x是蓮藕種植量，單位：萬千克；銷售額的單位：萬元，a是常數(shù))，若種植2萬千克，利潤是2.5萬元，則要使利潤最大，每年需種植蓮藕(　　) A．8萬千克　 B．6萬千克 C．5萬千克　 D．3萬千克 【答案】B 【解析】設(shè)利潤為g(x)，則g

5、(x)＝－x3＋ax2＋x－1－x＝－x3＋ax2－1，x∈(0,8]．又x＝2時，g(2)＝－1＋a－1＝，則a＝2，故g(x)＝－x3＋x2－1，g′(x)＝－x2＋x＝－x(x－6)，易得當(dāng)x＝6時，g(x)取得最大值，所以要使利潤最大，每年需種植蓮藕6萬千克．故選B． 7．(2018年福建漳州校級檢測)若函數(shù)y＝|x|－m有兩個零點，則m的取值范圍是________． 【答案】(0,1) 【解析】在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝|x|和y＝m的圖象如圖所示，由于函數(shù)有兩個零點，故0

6、. 【答案】－2或2 【解析】設(shè)f(x)＝x3－3x＋c，對f(x)求導(dǎo)可得f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1.易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減．由題意，知f(1)＝0或f(－1)＝0.若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2. 9．設(shè)函數(shù)f(x)＝kx3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，則實數(shù)k的值為______． 【答案】4 【解析】若x＝0，則不論k取何值，f(x)≥0都成立． 當(dāng)x>0，即x∈(0,1]時，f(x)＝kx3－3x

7、＋1≥0可化為k≥－.設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝，所以g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，因此g(x)max＝g＝4，從而k≥4. 當(dāng)x<0，即x∈[－1,0)時，f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化為k≤－，g(x)＝－在區(qū)間[－1,0)內(nèi)單調(diào)遞增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而k≤4.綜上，k＝4. 10．(2019年江蘇揚州模擬)已知函數(shù)f(x)＝a－－ln x(a，b∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若b＝1，試討論函數(shù)f(x)零點的個數(shù)． 【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－＝. 當(dāng)b≤0時，f′(x)<0在

8、(0，＋∞)上恒成立， 則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)b>0時，由f′(x)>0得0b， 則函數(shù)f(x)在(0，b)上單調(diào)遞增，在(b，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)b＝1時，f(x)＝a－－ln x， 由(1)得函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得最大值f(1)＝a－1. ①當(dāng)a－1<0，即a<1時，函數(shù)f(x)沒有零點． ②當(dāng)a－1＝0，即a＝1時，函數(shù)f(x)有一個零點． ③當(dāng)a－1>0，即a>1時，易得0

9、ea<2－e<0， 故函數(shù)f(x)有兩個零點． B卷 11．(2018年四川遂寧模擬)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，則不等式(x＋2 018)2f(x＋2 018)－4f(－2)＞0的解集為(　　) A．(－2 020,0)　　　　 　 B．(－∞，－2 020) C．(－2 018,0)　　　　 　 D．(－∞，－2 018) 【答案】B 【解析】設(shè)g(x)＝x2f(x)，x＜0，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))．又由2f(x)＋xf′(x)＞x2≥0，且x＜

10、0，則g′(x)<0，則g(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，由(x＋2 018)2f(x＋2 018)－4f(－2)＞0，得(x＋2 018)2f(x＋2 018)＞(－2)2f(－2)，∴g(x＋2 018)＞g(－2)．又g(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，∴解得x＜－2 020.故選B． 12．已知函數(shù)f(x)＝(a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象在點A(e,1)處的切線與該函數(shù)的圖象恰好有三個公共點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 【答案】(－∞，－3－2)∪ 【解析】當(dāng)x≥1時，f′(x)＝，則過點A(e,1)的切線斜率為k＝，故切線方程為y－1＝(x－e)，與y＝(x＋

11、2)(x－a)聯(lián)立后應(yīng)該有兩組解，即消元得到的x2＋(1－a)x－2a＝0在(－∞，1)內(nèi)有兩個不同的實數(shù)解，則解得a∈(－∞，－3－2)∪. 13．(2019年江蘇)設(shè)f(x)，g(x)是定義在R上的兩個周期函數(shù)，f(x)的周期為4，g(x)的周期為2，且f(x)是奇函數(shù)．當(dāng)x∈(0,2]時，f(x)＝，g(x)＝其中k＞0.若在區(qū)間(0,9]上，關(guān)于x的方程f(x)＝g(x)有8個不同的實數(shù)根，則k的取值范圍是________． 【答案】 【解析】作出f(x)與g(x)的大致圖象如圖．由圖可知，f(x)與g(x)＝－(1＜x≤2,3＜x≤4,5＜x≤6,7＜x≤8)僅有2個實數(shù)根，要

12、使f(x)＝g(x)有8個不同的實數(shù)根，則f(x)與g(x)＝k(x＋2)，x∈(0,1]的圖象有2個不同交點．由半圓y＝與直線kx－y＋2k＝0相切，得＝1，解得k＝±(負(fù)值舍去)．因為兩點(－2,0)，(1,1)連線的斜率k＝，所以≤k＜，所以即k的取值范圍為. 14．(2019年北京)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x. (1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程； (2)當(dāng)x∈[－2,4]時，求證：x－6≤f(x)≤x； (3)設(shè)F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2,4]上的最大值為M(a)，當(dāng)M(a)最小時，求a的值． 【解析】(1)由f

13、(x)＝x3－x2＋x， 得f′(x)＝x2－2x＋1. 令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1， 解得x＝0或x＝. 又f(0)＝0，f＝， 所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－＝x－，即y＝x與y＝x－. (2)證明：要證x－6≤f(x)≤x， 即證－6≤f(x)－x≤0. 令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]， 則g(x)＝x3－x2， g′(x)＝x2－2x＝x. 令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 又g(－2)＝－6，g(4)＝0，g(0)＝0，g＝－， 所以g(x)的最小值為－6，最大值為0. 所以－6≤f(x)－x≤0. 所以x－6≤f(x)≤x. (3)由(2)知，當(dāng)x∈[－2,4]時，－6≤f(x)－x≤0， 所以－6－a≤f(x)－(x＋a)≤－a. 當(dāng)|－6－a|＝|－a|，即a＝－3時，M(a)＝3； 當(dāng)a>－3時，－6－a<－3，－a<3， M(a)＝|－6－a|＝6＋a>3； 當(dāng)a<－3時，－6－a>－3，－a>3， M(a)＝|－a|＝a>3. 綜上，M(a)的最小值為3，當(dāng)M(a)最小時，a＝－3. - 6 -