2018届高考数学理科全国通用一轮总复习习题：第二章 函数、导数及其应用 课时提升作业 十一 2-8 含答案
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第二章 函数、导数及其应用 2.4 精品
y=b的图象如图所示.由图象可得
|y|=2x+1与直线y=b没有公共点,则
b应满足的条件是b∈[-1,1].
答案:[-1,1]
考向三 指数函数的性质及应用
【典例3】(1)(2016·威海模拟)下列各式比较大小正
确的是 ( )
A.1.72.5>1.73
B.0.6-1>0.62
C.0.8-0.1>1.250.2
第四节 指数函数
【知识梳理】 1.根式 (1)根式的概念 ①若_x_n=_a_,则x叫做a的n次方根,其中n>1且n∈N*.式子 n a 叫做根式,这里n叫做根指数,a叫做被开方数.
②a的n次方根的表示: n a (当n为奇数且n∈N*时),
xn=a⇒x= __n_a_(当n为偶数且n∈N*时).
(2)①f(x)的定义域是R,
【规范解答】(1)选A.函数f(x)=21-x=2×( 1)x,单调
2
递减且过点(0,2),选项A中的图象符合要求.
【一题多解】解答本题,你知道几种解法? 解答本题,还有以下解法: 选A.(采用平移法)因为函数f(x)=21-x=2-(x-1),所以先画 出函数y=2-x的图象,再将y=2-x图象的所有点的横坐标 向右平移1个单位,只有选项A符合.
(2)
(
5
1
a 3b2 )
(3a
1 2
b
1
)
2
1
(4a 3b3) 2
ab.
6
【解析】(1)原式= (
27
1
)3
72
( 25
1
)2
1
10 000
9
10 49 5 1 45.
2018版高中数学一轮全程复习(课件)第二章 函数、导数及其应用 2.5
第十六页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
[解析]
(1)
原
式
＝23
1 3
×1
＋
2
3 4
×2
1 4
＋
4×27＝110.
(2)
a3 3 ·
53
b 4 3 3
32
5
＝a ·b ＝a ＝a a. 2 12
15 10
4
5 b2
4 a3
－
2 3
1 3
＝
2
＋
第十七页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
——[悟·技法]—— 指数幂的运算规律
(2)两个重要公式
⑥ a
(ⅰ)n
an＝|a|＝⑦⑧
a －a
a≥0 a<0
n为奇数 n为偶数 ；
(ⅱ)(n a)n＝⑨____a____(注意 a 必须使n a有意义)．
第十页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
2．分数指数幂 (1)正数的正分数指数幂是：
a
m n
＝
⑩
__n__a_m___(a>0，m，
第二十二页，编辑于星期六：二十二点 二十三 分。
——[悟·技法]—— 指数函数图象可解决的两类热点问题
(1)求解指数型函数的图象与性质问题 对指数型函数的图象与性质问题(单调性、最值、大小比较、 零点等)的求解往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称 变换得到其图象，然后数形结合使问题得解． (2)求解指数型方程、不等式问题 一些指数型方程、不等式问题的求解，往往利用相应指数型 函数图象数形结合求解．
第十八页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
——[通·一类]——
1．求值与化简：
(全国通用)近年高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 热点探究训练1 导数应用中的高考热点问
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热点探究训练（一)导数应用中的高考热点问题1．（2015·重庆高考)设函数f(x）＝错误!（a∈R)．（1）若f(x）在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f（x)在点（1，f(1)）处的切线方程；(2)若f(x）在[3，＋∞)上为减函数,求a的取值范围．[解］（1)对f(x）求导得f′(x）＝6x＋a e x－3x2＋ax e xe x2＝错误!。
2分因为f（x)在x＝0处取得极值，所以f′（0)＝0,即a＝0.当a＝0时，f(x)＝错误!,f′（x)＝错误!,故f（1）＝错误!，f′(1)＝错误!，从而f（x）在点（1，f(1）)处的切线方程为y－错误!＝错误!（x－1)，化简得3x－e y＝0.5分(2)由（1)知f′(x）＝错误!,令g（x）＝－3x2＋(6－a）x＋a，由g（x）＝0解得x1＝错误!，x2＝错误!.7分当x<x1时，g(x）〈0，即f′(x)〈0，故f(x）为减函数；当x1〈x〈x2时，g(x)〉0，即f′（x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x）〈0，即f′(x)〈0,故f（x）为减函数。
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第二章 函数、导数及其应用 2.11.3 精品
又y=g(x)在R上是偶函数,且g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以y=g(x)在(0,+∞)上有唯一零点,在(-∞,0)也有唯 一零点. 故当b>1时,y=g(x)在R上有两个零点, 则曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点.
综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点, 那么b的取值范围是(1,+∞). 答案:(1,+∞)
【变式训练】(2015·北京高考)设函数f(x)= x2 kln x,
2
k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值.
(2)证明若f(x)有零点,则f(x)在区间 (1, e) 上仅有一个 零点.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=
x k x2 k . xx
因为k>0,所以令f′(x)=0得 x 列k表，如下:
2
22 2
上没有零点.
(1, e)
当1 k 即1e，<k<e时,f(x)在 上(1,递k减) ,在
( k, e)
上递增,
f 1 1 0，f ( e) e k 0，f ( k ) k kln k k 1 ln k 0，
2
2
2
2
此时函数没有零点.
当 k 即ek，≥e时,f(x)在 上(1单, 调e) 递减,
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递 减区间是(-1,a). 可知函数f(x)在区间(-2,-1)内单调递增;在区间(-1,0) 内单调递减.
2018版高考数学一轮总复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用模拟演练课件文
[A 级
基础达标](时间：40 分钟 ) )
1．设函数 f(x)＝xex，则 ( A． x＝1 为 f(x)的极大值点 B．x＝1 为 f(x)的极小值点 C．x＝－1 为 f(x)的极大值点 D．x＝－1 为 f(x)的极小值点
解析
f′(x)＝ex＋ xex＝ (1＋x)ex.令 f′(x)＝ 0， 则 x＝－
a＝－ 2， 解得 b ＝ 1
3＋ 2a＋b＝0， f(1)＝ 10， 即 2 1 ＋ a ＋ b － a － 7a＝10， a＝－ 6， 或 b＝ 9， a＝－ 6， 经检验 b＝ 9
a 2 满足题意，故 ＝－ . 3 b
a 12 ．已知函数 f(x)＝ － 1 ＋ ln x，若存在 x0>0 ，使得 x f(x0 )≤0 有解，则实数 a 的取值范围是( A．a>2 C．a≤1 B．a<3 D．a≥3 )
1 f(x)在区间 a，a＋ 上存在极值，求正实数 2
a
解 ln x － 2 . x
1－ 1－ ln x (1)函数的定义域为 (0， ＋ ∞)， f′(x)＝ ＝ 2 x
令 f′(x)＝ 0，得 x＝ 1； 当 x∈ (0,1)时， f′(x)＞ 0， f(x)单调递增； 当 x∈ (1，＋ ∞)时， f′(x)＜ 0， f(x)单调递减． 1 所以， x＝ 1 为极大值点，所以 a＜ 1＜ a＋ ， 2
2 1 3 1 2 8．若函数 f(x)＝－ x ＋ x ＋2ax 在 ，＋∞ 上存在单 3 2 3
1 － ，＋∞ 9 的取值范围是_____________ ．
调递增区间，则 a
解析
2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时
2018年高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时达标16导数与函数的综合问题 理[解密考纲]本考点主要以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，常考查恒成立问题、存在性问题或者与实际问题相结合讨论最优解等问题，综合性较强，常作为压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．1．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.解析：(1)f ′(x )＝2x －a －ax，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x－ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝ x －13x(x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－116＝0，∴当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.2．设函数f (x )＝x 2＋ln(x ＋1)，其中b ≠0.证明：对于任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1≠x 2，都有f x 1 －f x 2 x 1－x 2>52.证明：f (x )＝x 2＋ln(x ＋1)，令h (x )＝f (x )－52x ＝x 2＋ln(x ＋1)－52x (x ≥1)，h ′(x )＝2x ＋1x ＋1－52＝4x ＋3 x －12 x ＋1，当x ≥1时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1，＋∞)上是增函数． 由已知，不妨设1≤x 1<x 2，则h (x 1)<h (x 2)， f (x 1)－52x 1<f (x 2)－52x 2，即f x 1 －f x 2 x 1－x 2>52.3．(2015·北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2，因为f (x )存在零点，所以k 1－ln k 2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e]上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．4．(2017·河南新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋ex－x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ x －1 x －ax2. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， 则f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，则f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，则f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，g ′(x )＝(1－e x )x .x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，则g (x )为减函数．所以g (x )min ＝g (0)＝1.所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2ee ＋1.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.5．(2016·辽宁调研)已知函数f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)当a ＝1时，求f (x )的极值，并证明|f (x )|>g (x )＋12恒成立；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，∴f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1，∴f (x )在(0，e]上的最小值为1. 令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当0<x <e 时，h ′(x )>0，则h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ＋12<12＋12＝1＝f (x )min .∴|f (x )|>g (x )＋12恒成立．(2)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，有最小值3，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，∴a ＝4e(舍去)，∴a ≤0时，不存在实数a 使f (x )的最小值为3.②当0<1a<e 时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，∴a ＝e 2，满足条件．③当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，∴a ＝4e (舍去)，∴1a≥e 时，不存在实数a 使f (x )的最小值为3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.6．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x(e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件．(1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由． 解析：(1)设日销售量为k e x 件，则ke 40＝10，∴k ＝10e 40.则日销售量为10e40e x 件，每件利润为(x －30－a )元，则日利润L (x )＝10e 40·x －30－aex(35≤x ≤41)．(2)L ′(x )＝10e 40·31＋a －x ex(35≤x ≤41)． ①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数．∴当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5.②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0得x ＝a ＋31， 当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数． 当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是减函数． ∴当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e9－a.综上可知，当2≤a ≤4时，日售价为35元可使日利润L (x )最大，当4<a ≤5时，日售价为a ＋31元可使日利润L (x )最大．7．已知函数f (x )＝x 3＋x ，∀m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，求实数x 的取值范围．解析：∵f ′(x )＝3x 2＋1>0恒成立，∴f (x )在R 上为增函数．又f (－x )＝－f (x )，故f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0，得f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )， ∴mx －2<－x 即xm ＋x －2<0对∀m ∈[－2,2]恒成立． 记g (m )＝xm ＋x －2，m ∈[－2,2]，则⎩⎪⎨⎪⎧g －2 ＝－2x ＋x －2<0，g 2 ＝2x ＋x －2<0，解得－2<x <23，即x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，23. 8．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e－1，求m 的取值范围． 解析：(1)证明：f ′(x )＝m (e mx－1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx－1＞0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx－1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f 1 －f 0 ≤e－1，f －1 －f 0 ≤e－1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m－m ≤e－1，e －m＋m ≤e－1.①设函数g (t )＝e t－t －e ＋1，则g ′(t )＝e t－1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0. 故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m－m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m＋m ＞e －1.综上，m的取值范围是[－1,1]．。
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第二章 函数、导数及其应用 2.1 精品
映射
按照某一个确定的对 应关系f,对于集合A中 的_任__意__一个元素x,在 集合B中都有_唯__一__确__定__ 的元素y与之对应
函数
映射
那么就称f:A→B为从 名称 集合A到集合B的一个
函数
那么就称对应f:A→B为 从集合A到集合B的一个 映射
记法
y=f(x),x∈A 对应f:A→B是一个映射
所kb 以23f92,(.x)=
2x 2. 39
【易错警示】解答本例题(1)会出现以下错误: 题目利用换元法求解析式,易忽视换元后t的取值范围, 从而造成求出的函数定义域扩大而致误.
【规律方法】求函数解析式常用的四种方法 (1)配凑法:由已知条件f(g(x))=F(x),可将F(x)改写成 关于g(x)的解析式,然后以x替代g(x),便得f(x)的解析 式. (2)待定系数法:若已知函数的类型(如一次函数、二次 函数)可用待定系数法.
【特别提醒】 1.判断函数相同的依据 (1)两个函数的定义域相同. (2)对应关系相同.
2.分段函数的相关结论 (1)分段函数虽由几个部分组成,但它表示的是一个函 数. (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集, 值域等于各段函数的值域的并集.
3.判断函数图象的常用结论 与x轴垂直的直线和一个函数的图象至多有1个交点.
【解析】要使函数f(x)有意义，必须使
x 2x2 0,
x
x＞解0,得
x
x
1,
x＜ 1 . 2
所以函数f(x)的定义域为 {x | x＜ 1}.
2
答案：{x | x 1}
2
考向二 求函数的解析式
【典例2】(1)已知 f ( x 1) x 2 x，则f(x)=
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第二章 函数、导数及其应用 2.11.1 精品
【加固训练】
1.已知函数f(x)=x+ a +lnx(a∈R).
x
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,求a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)=x+ a +lnx的定义域为
x
(0,+∞),f′(x)=
1－
a x2
＋1＝x2 x
x x2
a
.
①当Δ=1+4a≤0,即a≤- 1时,x2+x-a≥0恒成立,即
数φ(x)=
2 x
1 x2
( 1 故1)只2 要1，2m≥1即可，即
x
m 1. 2
答案：[1 , )
2
考向一 利用导数判断或证明函数的单调性 【典例1】(1)(2015·湖南高考)设函数f(x)=ln(1+x)ln(1-x),则f(x)是 ( ) A.奇函数,且在(0,1)上是增函数 B.奇函数,且在(0,1)上是减函数 C.偶函数,且在(0,1)上是增函数 D.偶函数,且在(0,1)上是减函数
第十一节 导数在研究函数中的应用 第一课时 利用导数研究函数的单调性
【知识梳理】 函数的单调性与导数的关系 函数y=f(x)在某个区间内可导: (1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内_单__调__递__增__; (2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内_单__调__递__减__; (3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是_常__数__函__数__.
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函 数在每个相应区间内的单调性.
【变式训练】已知函数f(x)=(-x2+2x)ex,x∈R,e为自 然对数的底数.则函数f(x)的单调递增区间为 .
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课时提升作业十一函数与方程(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.若函数f(x)=ax+b有一个零点是2,那么函数g(x)=bx2-ax的零点是( )A.0,2B.0,错误！未找到引用源。
C.0,-错误！未找到引用源。
D.2,-错误！未找到引用源。
【解析】选C.由题意知2a+b=0,即b=-2a.令g(x)=bx2-ax=0得x=0或x=错误！未找到引用源。
=-错误！未找到引用源。
.2.(2016·成都模拟)若函数f(x)的零点与g(x)=4x+2x-2的零点之差的绝对值不超过0.25,则f(x)可以是( )A.f(x)=8x-2B.f(x)=(x+1)2C.f(x)=e x-1D.f(x)=ln错误！未找到引用源。
【解析】选A.因为g(0)=-1<0,g错误！未找到引用源。
=1>0,所以g(0)·g错误！未找到引用源。
<0,所以g(x)的零点在错误！未找到引用源。
内,因为f(x)=8x-2的零点为错误！未找到引用源。
,故选A.3.函数f(x)=错误！未找到引用源。
-cosx在上的零点个数为( )A.4B.5C.6D.7【解析】选C.由f(x)=xcosx2=0,得x=0或cosx2=0.又x∈,所以x2∈.由于cos错误！未找到引用源。
=0(k∈Z),而在错误！未找到引用源。
+kπ(k∈Z)的所有取值中,只有错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
,错误！未找到引用源。
满足在内,故零点个数为1+5=6.4.已知三个函数f(x)=2x+x,g(x)=x-2,h(x)=log2x+x的零点依次为a,b,c,则( )A.a<b<cB.a<c<bC.b<a<cD.c<a<b【解析】选B.由于f(-1)=错误！未找到引用源。
-1=-错误！未找到引用源。
<0,f(0)=1>0,且f(x)为R上的增函数.故f(x)=2x+x的零点a∈(-1,0).因为g(2)=0,所以g(x)的零点b=2;因为h错误！未找到引用源。
=-1+错误！未找到引用源。
=-错误！未找到引用源。
<0,h(1)=1>0, 且h(x)为(0,+∞)上的增函数,所以h(x)的零点c∈错误！未找到引用源。
,因此a<c<b.【一题多解】本题还可以采用如下方法:选B.由f(x)=0得2x=-x;由h(x)=0得log2x=-x,作出函数y=2x,y=log2x和y=-x的图象(如图).由图象易知a<0,0<c<1,而b=2,故a<c<b.5.(2016·烟台模拟)已知函数f(x)=错误！未找到引用源。
(a∈R),若函数f(x)在R上有两个零点,则a的取值范围是( )A.(-∞,-1)B.(-∞,-1]C.【解题提示】由x>0时有一解,得出2x-a=0在(-∞,0]上有解,从而确定a的取值范围.【解析】选D.因为当x>0时,f(x)=2x-1,由f(x)=0得x=错误！未找到引用源。
.所以要使f(x)在R上有两个零点,则必须2x-a=0在(-∞,0]上有解.又当x∈(-∞,0]时,2x∈(0,1].故所求a的取值范围是(0,1].二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2016·潍坊模拟)已知函数f(x)=错误！未找到引用源。
x3-bx2+c(b,c为常数),当x=2时,函数f(x)取得极值,若函数f(x)只有三个零点,则实数c的取值范围是.【解析】因为f(x)=错误！未找到引用源。
x3-bx2+c,所以f′(x)=x2-2bx,当x=2时,f(x)取得极值,得b=1,所以f′(x)=x2-2x=x(x-2),则f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,其大致图象如图所示则错误！未找到引用源。
解得0<c<错误！未找到引用源。
.答案:错误！未找到引用源。
7.已知函数f(x)=错误！未找到引用源。
若函数g(x)=f(x)-m有3个零点,则实数m的取值范围是.【解析】画出f(x)=错误！未找到引用源。
的图象,如图.由于函数g(x)=f(x)-m有3个零点,结合图象得:0<m<1,即m∈(0,1).答案:(0,1)8.已知函数f(x)=log a x+x-b(a>0,且a≠1),当2<a<3<b<4时,函数f(x)的零点x0∈(n,n+1),n ∈N*,则n= .【解析】在平面直角坐标系中分别作出y=log2x,y=log3x及y=3-x,y=4-x的图象,如图所示,显然所有可能的交点构成图中的阴影区域(不含边界),其中各点的横坐标均落于(2,3)之内,又因为x0∈(n,n+1),n∈N*,故n=2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知函数f(x)=4x+m·2x+1有且仅有一个零点,(1)求m的取值范围.(2)求函数的零点.【解析】(1)因为f(x)=4x+m·2x+1有且仅有一个零点,即方程(2x)2+m·2x+1=0仅有一个实根.设2x=t(t>0),则t2+mt+1=0.当Δ=0时,即m2-4=0,所以m=-2时,t=1;m=2时,t=-1(不合题意,舍去).所以2x=1,x=0符合题意.当Δ>0时,即m>2或m<-2时,t2+mt+1=0有两正或两负根,即f(x)有两个零点或没有零点.所以这种情况不符合题意.综上可知:当m=-2时,f(x)有唯一零点.(2)由(1)可知,该函数的零点为x=0.10.(2016·安庆模拟)已知二次函数f(x)=x2-16x+q+3.(1)若函数在区间上存在零点,求实数q的取值范围.(2)是否存在常数t(t≥0),当x∈时,f(x)的值域为区间D,且区间D的长度为12-t(视区间的长度为b-a).【解析】(1)因为函数f(x)=x2-16x+q+3的对称轴是x=8,所以f(x)在区间上是减函数.因为函数在区间上存在零点,则必有错误！未找到引用源。
即错误！未找到引用源。
所以-20≤q≤12.(2)因为0≤t<10,f(x)在区间上是减函数,在区间上是增函数,且对称轴是x=8.①当0≤t≤6时,在区间上,f(t)最大,f(8)最小,所以f(t)-f(8)=12-t,即t2-15t+52=0,解得t=错误！未找到引用源。
,所以t=错误！未找到引用源。
;②当6<t≤8时,在区间上,f(10)最大,f(8)最小,所以f(10)-f(8)=12-t,解得t=8;③当8<t<10时,在区间上,f(10)最大,f(t)最小,所以f(10)-f(t)=12-t,即t2-17t+72=0,解得t=8,9,所以t=9.综上可知,存在常数t=错误！未找到引用源。
,8,9满足条件.(20分钟40分)1.(5分)(2015·天津模拟)函数f(x)=|tanx|,则函数y=f(x)+log4x-1与x轴的交点个数是( )A.1B.2C.3D.4【解析】选C.函数y=f(x)+log4x-1与x轴的交点个数为方程f(x)+log4x-1=0的解的个数,即方程f(x)=-log4x+1解的个数,也即函数y=f(x),y=-log4x+1的图象交点个数,作出两个函数图象可知,它们有3个交点.2.(5分)(2016·聊城模拟)若f(x)=错误！未找到引用源。
且关于x的方程f(x)=a恰有三个互不相等的实数根x1,x2,x3,则x1x2x3的取值范围是( )A.错误！未找到引用源。
B.错误！未找到引用源。
C.错误！未找到引用源。
D.错误！未找到引用源。
【解析】选A.f(x)=错误！未找到引用源。
如图所示,当x>0时,f(x)=-x2+x=-错误！未找到引用源。
+错误！未找到引用源。
≤错误！未找到引用源。
.当x≤0时,f(x)=-2x≥0,当直线y=a与曲线y=f(x)有三个公共点时,0<a<错误！未找到引用源。
,设x1<x2<x3,则x2x3=a,且x1=-错误！未找到引用源。
,所以x1x2x3=-错误！未找到引用源。
∈错误！未找到引用源。
.3.(5分)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x∈上有10个零点(互不相同),则实数a的取值范围是.【解析】作出函数y=f(x)在上的图象,f(-3)=f (-2)=f(-1)=f(0)=f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=错误！未找到引用源。
,观察图象可得0<a<错误！未找到引用源。
.答案:错误！未找到引用源。
4.(12分)(2016·泰安模拟)已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.(1)求函数f(x)的解析式.(2)求函数g(x)=错误！未找到引用源。
-4lnx的零点个数.【解析】(1)因为f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}, 所以f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.所以f(x)min=f(1)=-4a=-4,a=1.故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.(2)因为g(x)=错误！未找到引用源。
-4lnx=x-错误！未找到引用源。
-4lnx-2(x>0),所以g′(x)=1+错误！未找到引用源。
-错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
.令g′(x)=0,得x1=1,x2=3.当x变化时,g′(x),g(x)的取值变化情况如下:当0<x≤3时,g(x)≤g(1)=-4<0.又因为g(x)在(3,+∞)上单调递增,因而g(x)在(3,+∞)上只有1个零点.故g(x)在(0,+∞)上只有1个零点.5.(13分)已知函数f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+错误！未找到引用源。
(x>0).(1)若y=g(x)-m有零点,求m的取值范围.(2)确定m的取值范围,使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根.【解析】(1)因为g(x)=x+错误！未找到引用源。
≥2错误！未找到引用源。
=2e,等号成立的条件是x=e,故g(x)的值域是[2e,+∞),因而只需m≥2e,则y=g(x)-m就有零点.【一题多解】本题还可以采用以下方法:作出g(x)=x+错误！未找到引用源。