【师说】2017届高考数学(文)二轮复习 课时巩固过关练(五) Word版含解析

课时巩固过关练(五) 函数与方程及函数的应用一、选择题 1．(2016·天津蓟县期中)函数f (x )＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点可能落在的区间为( )A ．(0,1)B ．(2,3)C ．(3,4)D ．(4,5)解析：∵函数f (x )＝|x －2|－ln x ，∴f (1)＝1>0，f (2)＝－ln2<0，f (3)＝1－ln3<0，f (4)＝2－ln4>0，f (5)＝3－ln5>0，∴f (1)·f (2)<0，f (3)f (4)<0.∴函数的零点在(1,2)，(3,4)上，故选C. 答案：C 2．(2016·山东淄博六中期中)设f (x )＝3x ＋3x －8，用二分法求方程3x ＋3x －8＝0在x ∈(1,2)内近似解的过程中得f (1)<0，f (1.5)>0，f (1.25)<0，则方程的根所在区间为( )A ．(1,1.25)B ．(1.25,1.5)C ．(1.5,2)D ．不能确定 解析：∵函数f (1.5)·f (1.25)<0，由零点存在定理，方程的根落在区间(1.25,1.5)．故选B. 答案：B3．(2016·黑龙江哈师大附中期中)关于x 的方程⎝⎛⎭⎫13|x |－a －1＝0有解，则a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．(－1,0]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：∵关于x 的方程⎝⎛⎭⎫13|x |－a －1＝0有解，∴函数y ＝⎝⎛⎭⎫13|x |的图象与直线y ＝a ＋1有交点，根据指数函数的单调性可知：0<⎝⎛⎭⎫13|x |≤1， ∴方程有解只需0<a ＋1≤0，即－1<a ≤0，故选B.答案：B 4．(2016·山东乳山一中月考)已知函数y ＝f (x )(x ∈R )满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈(－1,1]时，f (x )＝|x |，则y ＝f (x )与y ＝log 7x 的交点的个数为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：已知函数f (x )是周期为2的周期函数，在同一个坐标系中，画出函数y ＝f (x )和y ＝log 7x 的图象，可以得出两个图象的交点的个数是6，故选C.答案：C 5．(2016·宁夏银川长庆高中月考)a ＝⎠⎛123x 2d x ，函数f(x)＝2e x ＋3x －a 的零点所在的区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)解析：∵a ＝⎠⎛123x 2d x ＝x 3|21＝7，∴f(x)＝2e x ＋3x －7.∵f(0)＝2e 0＋3×0－7＝－5，f(1)＝2e ＋3－7＝2(e －2)>0.∴f(0)f(1)<0，∴函数f(x)＝2e x ＋3x －a 的零点所在的区间是(0,1)．故选C . 答案：C 6．(2016·山东淄博淄川一中期中)设函数f(x)＝e x ＋x －2的零点为x 1，函数g(x)＝ln x ＋x 2－3的零点为x 2，则( )A ．g(x 1)<0，f(x 2)>0B ．g(x 1)>0，f(x 2)<0C ．g(x 1)>0，f(x 2)>0D ．g(x 1)<0，f(x 2)<0解析：因为函数f(x)＝e x ＋x －2在R 上单调递增，且f (0)＝－1<0，f (1)＝e －1>0，由零点存在性定理知x 1∈(0,1)．因为函数g (x )＝ln x ＋x 2－3在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝－2<0，g (2)＝ln2＋1>0，由零点存在性定理知x 2∈(1,2)．因为函数g (x )＝ln x ＋x 2－3在(0，＋∞)上单调递增，且x 1∈(0,1)，所以g (x 1)<g (1)<0；因为函数f (x )＝e x ＋x －2在R 上单调递增，且x 2∈(1,2)，所以f (x 2)>f (1)>0.故选A.答案：A7．(2016·湖南株洲质检)已知函数f (x )＝ln x x 2－x －kx＋2e 有且只有一个零点，则k 的值为( )A ．e ＋1e 2B ．e 2＋1eC ．1D ．e解析：函数的定义域为(0，＋∞)，令ln x x 2－x －k x ＋2e ＝0，即方程ln xx －x 2＋2e x ＝k 只有一个解，设g (x )＝ln xx －x 2＋2e x ，则g ′(x )＝1－ln x x2＋2(e －x )，当x >e 时，g ′(x )<0；当0<x <e时，g ′(x )>0，故当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝1e ＋e 2，又ln xx－x 2＋2e x ＝k 只有一个解，故k ＝1e＋e 2，故选B.答案：B8．(2016·河北保定定州期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg|x ||，x ≠0，0，x ＝0，关于x 的方程f 2(x )＋bf (x )＋c ＝0有7个不同的解，则b ，c 满足的条件是( )A ．b <0，c <0B ．b <0，c ＝0C ．b >0，c ＝0D ．b >0，c <0解析：作出函数f (x )的图象如图所示，设f (x )＝t ，当t ＝0时，方程有3个根；当t >0时，方程有4个根，当t <0时，方程无解．∴要使关于x 的方程f 2(x )＋bf (x )＋c ＝0有7个不同实数解，关于f (x )的方程f 2(x )＋bf (x )＋c ＝0等价为t 2＋bt ＋c ＝0有一个正实数根和一个等于零的根．∴c ＝0，此时t 2＋bt ＝t (t ＋b )＝0，则另外一个根为t ＝－b ，即f (x )＝－b >0，即b <0，c ＝0.故选B.答案：B 二、填空题9．(2016·上海六校联考一)已知f (x )＝kx －|x －1|有两个不同的零点，则实数k 的取值范围是__________．解析：令f (x )＝0，得kx ＝|x －1|，设y 1＝kx ，y 2＝|x －1|，画出这两个函数的图象，如图，折线为y 2的图象，直线(实线)为y 1的图象，且y 1的图象恒过原点，要使f (x )有两个零点，则y 1和y 2的图象有两个交点，当k ＝1时，y 1＝x (虚线)与y 2图象的右侧(x >1)平行，此时，两图象只有一个交点，因此，要使y 1和y 2的图象有两个交点，则0<k <1，故答案为(0,1)．答案：(0,1)10．(2015·湖北高考)函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2－x 2的零点个数为__________． 解析：函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2－x 2的零点个数等价于方程2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2－x 2＝0的根的个数，即函数g (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝2sin x cos x ＝sin2x 与h (x )＝x 2的图象交点个数．于是，分别画出其函数图象如下图所示，由图可知，函数g (x )与h (x )的图象有2个交点．答案：2三、解答题 11．(2016·山东莱芜期中)已知函数f (x )＝e x －ax ，a ∈R . (1)若函数f (x )在x ＝0处的切线过点(1,0)，求a 的值；(2)若函数f (x )在(－1，＋∞)上不存在零点，求a 的取值范围；(3)若a ＝1，设函数g (x )＝1f (x )＋ax ＋4xe x －f (x )＋4，求证：当x ≥0时，g (x )≥1.解：(1)f (x )＝e x －ax 的导数为f ′(x )＝e x －a ，函数f (x )在x ＝0处的切线斜率为1－a ，又切线过点(0,1)，则切线方程为y －1＝(1－a )x ，又切线过点(1,0)，可得1－a ＝－1，解得a ＝2.(2)函数f (x )在(－1，＋∞)上不存在零点，则方程e x－ax ＝0无实根，即a ＝e x x 在x >－1时无解，设h (x )＝e xx ，即有h ′(x )＝e x (x －1)x 2，当－1<x <0,0<x <1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x >1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．则x >0时，在x ＝1处，h (x )取得最小值h (1)＝e ，－1<x <0时，h (x )<－1e.则a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪－1e ≤a <e . (3)a ＝1时，函数g (x )＝1f (x )＋ax ＋4x e x －f (x )＋4＝1e x ＋4xx ＋4，当x ≥0时，g (x )≥1等价为e x (3x－4)＋x ＋4≥0，令F (x )＝e x (3x －4)＋x ＋4，F (0)＝0，F ′(x )＝e x (3x －1)＋1，F ′(0)＝0，再令G (x )＝e x (3x －1)＋1，G ′(x )＝e x (3x ＋2)>0，则G (x )在[0，＋∞)上单调递增，即G (x )≥G (0)＝0，即F ′(x )≥0，即F (x )在[0，＋∞)上单调递增，则F (x )≥F (0)＝0，即e x (3x －4)＋x ＋4≥0，故当x ≥0时，g (x )≥1.12．(2016·福建福州三中期中)已知函数f (x )＝e x －1－ax ，a ∈R .(1)求函数y ＝f (x )的单调区间；(2)试探究函数F (x )＝f (x )－x ln x 在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由．(3)若g (x )＝ln(e x －1)－ln x ，且f (g (x ))<f (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f (x )＝e x －1－ax (x ∈R ，a ∈R )，∴f ′(x )＝e x －a ，①当a ≤0时，则∀x ∈R 有f ′(x )>0，∴函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增；②当a >0时，f ′(x )>0⇒x >ln a ，f ′(x )<0⇒x <ln a ，∴函数f (x )的单调递增区间为(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln a )．综上，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(ln a ，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln a )．(2)函数F (x )＝f (x )－x ln x 的定义域为(0，＋∞)，由F (x )＝0，得a ＝e x －1x －ln x ，x >0.令h (x )＝e x －1x －ln x ，x >0，则h ′(x )＝(e x －1)(x －1)x 2，x >0，∴h ′(x )>0⇒x >1，h ′(x )<0⇒0<x <1，∴函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴h (x )≥h (1)＝e －1.由(1)知当a ＝1时，对∀x >0，有f (x )>f (ln a )＝0，即e x－1>x ⇔e x －1x>1.∴当x >0且x 趋向0时，h (x )趋向＋∞.随着x >0的增长，y ＝e x －1的增长速度越来越快，会超过并远远大于y ＝x 2的增长速度，而y ＝ln x 的增长速度则会越来越慢．故当x >0且x 趋向＋∞时，h (x )趋向＋∞.得到函数h (x )的草图如图所示．故①当a >e －1时，函数F (x )有两个不同的零点；②当a ＝e －1时，函数F (x )有且仅有一个零点；③当a <e －1时，函数F (x )无零点．(3)由(2)知当x >0时，e x－1>x ，故对∀x ＞0，g (x )>0，用分析法证明∀x >0，g (x )<x .要证∀x >0，g (x )<x ，只需证∀x >0，e x －1x <e x ，即证∀x >0，x e x －e x ＋1>0.构造函数H (x )＝x e x －e x＋1(x >0)，∴H ′(x )＝x e x >0，故函数H (x )＝x e x －e x ＋1在(0，＋∞)上单调递增，∴H (x )>H (0)＝0，则∀x >0，x e x －e x ＋1>0成立．①当a ≤1时，由(1)知，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则f (g (x ))<f (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立．②当a >1时，由(1)知，函数f (x )在(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减，故当0<x <ln a 时，0<g (x )<x <ln a ，∴f (g (x ))>f (x )，则不满足题意．综合①②得，满足题意的实数a 的取值范围是(－∞，1]．。