江苏高考数学理大一轮复习检测专题五 函数与方程.docx
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江苏高考数学理大一轮复习检测专题五函数与方程
专题五 函数与方程
一、填空题
考向一 零点个数问题
1.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且对于任意的x∈[0,+∞),满足f(x+2)=f(x).若当x∈[0,2)时,f(x)=|x2-x-1|,则函数y=f(x)-1在[-2,4]上的零点个数为 .
2.(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则实数a= .
3.(2018·南通模拟)已知定义在R上的函数f(x)=则方程f(x)+1=log6(|x|+1)的实数解的个数为 .
考向二 根据零点情况确定参数范围问题
4.(2017·扬州上学期期中)已知函数f(x)=-kx无零点,则实数k的取值范围是 .
5.(2018·南通模拟)若函数f(x)=在其定义域上恰有两个零点,则正实数a的值为 .
6.(2017·苏北四市一模)已知函数f(x)=若函数f(x)的图象与直线y=x有3个不同的公共点,则实数a的取值集合为 .
7.(2016·镇江期末)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=kx-k至少有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围为 .
8.(2018·南通模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))-k有3个不同的零点,则实数k的取值范围是 .
9.(2017·浙江二模改编)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x)-a)有6个零点,则实数a的取值范围是 .
考向三 有关零点的综合问题
10.(2018·启东中学月考)若方程2sin2x+sinx-m=0在[0,2π)上有且只有两解,则实数m的取值范围为 .
11.(2017·如皋一模)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2,若y=f(cosx)在x∈[0,π]上有且仅有两个不同的零点,则实数a的取值范围为 .
12.(2016·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f(x)=x2+ax(a∈R),g(x)=(f'(x)为f(x)的导函数).若方程g(f(x))=0有四个不相等的实数根,则a的取值范围是 .
13.(2016·苏州期末)已知函数f(x)=|sinx|-kx(x≥0,k∈R)有且只有三个零点,若这三个零点中的最大值为x0,则= .
14.(2017·江苏押题卷)对于实数a,b,定义运算“□”:
a□b=设f(x)=(x-4)□,若关于x的方程|f(x)-m|=1(m∈R)恰有4个互不相等的实数根,则实数m的取值范围是 .
二、解答题
15.(2016·苏州中学)已知函数f(x)=ax2+bx(a,b为常数,且a≠0)满足条件f(1-x)=f(1+x),且函数g(x)=f(x)-x只有一个零点.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求实数m,n(m 16.(2016·北京卷改编)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围. 17.(2018·启东中学月考改编)已知函数f(x)=a(2-x)ex,g(x)=(x-1)2. (1)若曲线y=g(x)的一条切线经过点M(0,-3),求这条切线的方程. (2)若关于x的方程f(x)=g(x)有两个不相等的实数根x1,x2,求实数a的取值范围. 18.(2018·苏州调研改编)已知函数f(x)= (1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间; (2)若方程f(-x)+f(x)=ex-3在区间(0,+∞)上有实数解,求实数a的取值范围. 19.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)已知函数f(x)=(x+k+1)·,g(x)=,其中k是实数. (1)若k=0,求不等式·f(x)≥·g(x)的解集; (2)若k≥0,求关于x的方程f(x)=x·g(x)的实数根的个数. 20.(2017·海门中学第二学期调研)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知函数f(x)=ax3+3xlnx-a(a∈R). (1)当a=0时,求f(x)的极值; (2)若f(x)在x∈上有且只有一个极值点,求实数a的取值范围. 专题五 函数与方程 1.7 【解析】作出函数f(x)在[-2,4]上的图象如图所示,则函数y=f(x)-1在[-2,4]上的零点个数即为f(x)的图象与直线y=1在[-2,4]上的交点的个数.由图象知,交点个数为7,即函数y=f(x)-1在[-2,4]上有7个零点. (第1题) 2. 【解析】因为f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),所以f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+ex-1)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1),所以f(2-x)=f(x),即直线x=1为f(x)的图象的对称轴.由题意知f(x)有唯一零点,所以f(x)的零点只能为x=1,所以f (1)=12-2×1+a(e1-1+e-1+1)=0,解得a=. 3.7 【解析】根据题意,作出函数y=f(x)+1与y=log6(|x|+1)的部分图象如图所示,由图象知,函数y=f(x)+1与y=log6(|x|+1)的图象有7个不同的交点,所以原方程有7个不同的解. (第3题) (第4题) 4.[-2,0) 【解析】因为函数f(x)=-kx无零点,所以y=与y=kx没有交点,在同一平面直角坐标系中画出函数y=与y=kx的图象如图所示,由图象可知k∈[-2,0). 5. 【解析】易知函数f(x)在(-∞,0]上有一个零点,所以由题意得方程ax-lnx=0在(0,+∞)上恰有一解,即a=在(0,+∞)上恰有一解.令g(x)=,由g'(x)==0得x=e,当x∈(0,e)时,g(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,g(x)单调递减,所以a=g(e)=. 6.{-20,-16} 【解析】直线y=x与正弦曲线y=sinx恰有一个公共点,即原点O.依题意,只要y=x与y=f(x)(x≥1)的图象有两个不同的公共点.令g(x)=f(x)-x=x3-9x2+24x+a,由g'(x)=3x2-18x+24=0,得x=2或4,所以易知g(x)在区间[1,2]上单调递增,在区间[2,4]上单调递减,在区间[4,+∞)上单调递增,依题意,当g (2)=0时,a=-20,此时两个公共点是(2,0)和(5,0);当g(4)=0时,a=-16,此时两个公共点是(1,0)和(4,0).其余情况均不符合题意.所以实数a的取值集合是{-20,-16}. 7.∪(1,+∞) 【解析】作出函数f(x)和直线y=kx-k的图象如图所示,且直线y=kx-k过定点(1,0),当直线y=kx-k过点时,直线的斜率最小,即k=-.当直线y=kx-k与函数f(x)=x2-x(x>0)的图象相切时有且仅有一个交点,交点即为切点(1,0),k=y'=1,故函数f(x)与直线y=kx-k至少有两个不同的交点时,k的取值范围为∪(1,+∞),即关于x的方程f(x)=kx-k至少有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围为∪(1,+∞). (第7题) 8.(1,2] 【解析】由题设知f(f(x))=作出函数f(f(x))的图象可知,当1 9.[-4,-1] 【解析】由题可知,函数f(x)的图象如图所示,令f(x)-a=t,若要使y=f(f(x)-a)有6个零点,则由f(t)=0,解得t=0,1,5,所以有f(x)=a或f(x)=a+1或f(x)=a+5(a4,无解.综上可知,满足条件的实数a的取值范围是[-4,-1]. (第9题) 10.(1,3)∪ 【解析】根据题意,令m=2t2+t=2-,t=sinx∈[-1,1],作出函数m=2-的图象如图所示.所以当m=-或m∈(1,3]时,直线y=m与曲线y=2t2+t只有一个交点.当m=3时,t=1,方程2sin2x+sinx-m=0只有一解,所以要使方程2sin2x+sin-m=0在[0,2π)上有且只有两解,实数m的取值范围(1,3)∪. (第10题) 11. 【解析】已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2,可得f'(x)=x(ex-2a),令x(ex-2a)=0,可得x=0或ex=2a,当a≤0时,函数f'(x)只有一个零点,并且x=0是函数f(x)的一个极小值点,并且f(0)=-1<0.若y=f(cosx)在x∈[0,π]上有且仅有两个不同的零点,也就是y=f(x)在x∈[-1,1]上有且仅有两个不同的零点,所以即可得a≤-.当a>0时,函数f(x)的两个极值点为x=0,x=ln2a,如果ln2a<0,因为f(0)<0,可知不满足题意;如果ln2a>0,则即解得a≤-,与a>0矛盾.综上,a≤-. 12.(-∞,0)∪(2,+∞) 【解析】由题意知g(x)= ①若a=0,则g(x)=方程g(t)=0只有唯一的根t=0,令f(x)=0,得x=0,此时不满足有四个根的条件; ②若a<0,方程g(t)=0存在两个根t1=0和t2=-a.分别令f(x)=0和f(x)=-a,解得x1=0,x2=-a和x3=,x4=,且x1≠x2≠x3≠x4,满足题意; ③若a>0,方程g(t)=0存在两个根t1=0和t2=-.对于方程f(x)=t1=0,可解得存在两个根x1=0和x2=-a.欲使g(f(x))=0有四个根,则需方程f(x)=-有两个根,所以Δ=a2-4×=a2-2a>0,解得a>2,且此时x3≠x4≠x1≠x2,满足题意. 综上可知,a的取值范围为(-∞,0)∪(2,+∞). 13. 【解析】令f(x)=0,得|sinx|=kx.当x≥0时,如图,作出函数y1=|sinx|和y2=kx的图象.若函数f(x)有且只有三个零点,则当x∈(π,2π)时,y2=kx与y1=-sinx相切,且x0为切点的横坐标,即(-sinx)'=,所以tanx0=x0,所以===. (第13题) (第14题) 14.(-1,1)∪(2,4) 【解析】由题意得f(x)=(x-4)□=画出函数f(x)的大致图象如图所示.因为关于x的方程|f(x)-m|=1(m∈R),即f(x)=m±1(m∈R)恰有4个互不相等的实数根,所以两直线y=m±1(m∈R)与曲线y=f(x)共有4个不同的交点,则或或得2 15. (1)因为二次函数f(x)=ax2+bx满足条件f(1-x)=f(1+x), 所以函数f(x)的图象的对称轴方程是x=1, 所以-=1,即b=-2a. 因为函数g(x)=f(x)-x只有一个零点,即ax2-(2a+1)x=0有两个相等的实数根,所以Δ=(2a+1)2=0, 即a=-,b=1,所以f(x)=-+x. (2)①当m 解得m=-4,n=0. ②当m≤1≤n时,3n=,解得n=,不符合题意. ③当1 两式相减得-(m2-n2)+(m-n)=3(n-m). 因为m≠n,所以-(m+n)+1=-3,所以m+n=8. 将n=8-m代入-m2+m=3n, 得-m2+m=3(8-m),此方程无解. 所以m=-4,n=0时,f(x)的定义域和值域分别是[m,n]和[3m,3n]. 16. (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f'(x)=3x2+2ax+b. 因为f(0)=c,f'(0)=b, 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c. (2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以f'(x)=3x2+8x+4. 令f'(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-. 当x变化时,f(x)与f'(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下表: x (-∞,-2) -2 - f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ c ↘ c- ↗ 所以当c>0且c-<0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. 由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点. 17. (1)方法一: 设经过点M(0,-3)的切线与曲线y=g(x)相切于点Q(t,(t-1)2), 由g(x)=(x-1)2得g'(x)=2(x-1), 所以该切线方程为y-(t-1)2=2(t-1)(x-t). 因为该切线经过M(0,-3), 所以-3-(t-1)2=2(t-1)(-t),解得t=±2, 所以切线方程为2x-y-3=0或6x+y+3=0. 方法二: 由题意得曲线y=g(x)的切线的斜率一定存在, 设所求的切线方程为y=kx-3, 由得x2-(2+k)x+4=0, 因为切线与抛物线相切, 所以Δ=(2+k)2-16=0,解得k=2或k=-6, 所以所求的切线方程为2x-y-3=0或6x+y+3=0. (2)由f(x)=g(x)得g(x)-f(x)=0. 设h(x)=g(x)-f(x)=a(x-2)ex+(x-1)2, 则h'(x)=a(x-1)ex+2(x-1)=(x-1)(aex+2), 由题意得函数h(x)恰好有两个零点. ①当a=0,则h(x)=(x-1)2, h(x)只有一个零点1. ②当a>0时,由h'(x)<0得x<1,由h'(x)>0得x>1, 即h(x)在(-∞,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数, 而h (1)=-ae<0,h (2)=1, 所以h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,且该零点在(1,2)上. 取b<0,且b 则h(b)>(b-2)+(b-1)2=b>0, 所以h(x)在(-∞,1)上有唯一零点,且该零点在(b,1)上, 所以a>0时,h(x)恰好有两个零点. ③当a<0时,由h'(x)=0得x=1或x=ln, 若a=-,h'(x)=-(x-1)(ex-e)≤0, 所以h(x)在R上至多有一个零点,且在(1,+∞)上. 若a<-,则ln<1, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,即h(x)在(1,+∞)上单调递减. 又h (1)=-ae>0,所以h(x)在(1,+∞)上至多有一个零点. 当x∈(-∞,1)时,h(x)在上单调递增,在上单调递减, 又h=-2+=+1>0, 所以h(x)在上无零点. 若a>-,则ln>1, 又当x≤1时,h(x)≥h (1)=-ae>0, 所以h(x)在(-∞,1)上无零点. 当x∈时,h'(x)>0; 当x∈时,h'(x)<0. 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. 又h=-2+=+1>0. 所以h(x)在上无零点,在上至多有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞). 18. (1)当a=2时,f(x)= 当x<0时,f(x)=-x3+x2,则f'(x)=-3x2+2x=-x(3x-2), 令f'(x)=0,解得x=0或x=(舍去),所以x<0时,f'(x)<0, 所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减. 当x≥0时,f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2, 令f'(x)=0,解得x=ln2,当0 所以函数f(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,且f(0)=1>0. 综上,函数f(x)的减区间为(-∞,0)和(0,ln2),增区间为(ln2,+∞). (2)设x>0,则-x<0,所以f(-x)+f(x)=x3+x2+ex-ax, 由题意知x3+x2+ex-ax=ex-3在(0,+∞)上有解, 等价于a=x2+x+在(0,+∞)上有解. 记g(x)=x2+x+(x>0), 则g'(x)=2x+1-==. 令g'(x)=0,因为x>0,所以2x2+3x+3>0,故解得x=1. 当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 故函数g(x)在x=1处取得极小值也是最小值g (1)=5. 要使方程a=g(x)在(0,+∞)上有解,当且仅当a≥g(x)min=g (1)=5. 综上,满足题意的实数a的取值范围为[5,+∞). 19. (1)当k=0时,f(x)=(x+1),g(x)=. 由得x≥0. 此时,原不等式为(x+1)x≥(x+3), 即2x2+x-3≥0,解得x≤-或x≥1, 所以原不等式的解集为[1,+∞). (2)由方程f(x)=x·g(x),得 (x+k+1)=x. ① 由得x≥k,所以x≥0,x-k+1>0. 方程①两边平方,整理得(2k-1)x2-(k2-1)x-k(k+1)2=0(x≥k). ② 当k=时,由②得x=,所以原方程有唯一解. 当k≠时,由②得判别式Δ=(k+1)2(3k-1)2, (i)当k=时,Δ=0,方程②有两个相等的实数根x=>, 所以原方程有唯一的解. (ii)当0≤k<且k≠时,方程②整理为[(2k-1)x+k(k+1)]·(x-k-1)=0,解得x1=,x2=k+1. 由于Δ>0,所以x1≠x2,其中x2=k+1>k,x1-k=≥0,即x1≥k.故原方程有两个解. (iii)当k>时,由(ii)知x1-k=<0,即x1 又x2=k+1>k,故原方程有唯一解. 综上所述,当k≥或k=时,原方程有唯一解; 当0≤k<且k≠时,原方程有两个解. 注: (ii)中,另解: 故方程②的两个实数根均大于k,所以原方程有两个解. 20. (1)当a=0时,f(x)=3xlnx,所以f'(x)=3(lnx+1). 令f'(x)=0,得x=, 当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0, 所以f(x)在上单调递减,在上单调递增. 所以当x=时,f(x)有极小值f=-. (2)方法一: 设g(x)=f'(x)=3(ax2+1+lnx),D=. 由题意,g(x)在D上有且只有一个零点x0,且x0两侧g(x)异号. ①当a≥0时,g(x)在D上单调递增,且g(x)>g≥0, 所以g(x)在D上无零点. ②当a<0时,在(0,+∞)上考察g(x). g'(x)=, 令g'(x)=0,得x1=. 所以g(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.
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