2023届高考数学易错题专项突破——易错点8 函数与方程的综合应用 WORD版含解析.docx

1、易错点8 函数与方程的综合应用一、单选题1. 已知函数f(x)=sin(x6)，若方程f(x)=45的解为x1，x2(0x1x20在200,200上有且只有200个整数解，则实数a的取值范围是（ ）A. (13ln6,ln2B. (ln2,13ln6)C. (ln2,13ln6D. (13ln6,ln2)3. 已知函数f(x)=x3+x22|x|k.若存在实数x0，使得f(x0)=f(x0)成立，则实数k的取值范围是（ ）A. 1,+)B. (,1C. 0,+)D. (,04. 已知函数f(x)=(xa)exalnx，若恰有三个正整数x0，使得f(x0)0,a1是“希望函数”，则t的取值范围是

2、（ ）A. 14,0B. 14,0C. 12,0D. 12,06. 已知直线y=ax+b(b0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1)，B(x2,y2)，其中x10(或xfx0)在恒成立若把函数y=fx的图象向右平移4个单位可得函数y=gx的图象，则方程gx=g21x+1的所有根之和为（ ）A. 4；B. 6；C. 10；D. 12二、单空题9. 已知函数f(x)=1121x,x212f(x2),20,n0)(1)当m=n=1时，证明：f(x)不是奇函数；(2)设f(x)是奇函数，求m与n的值；(3)在(2)的条件下，求不等式f(f(x)+f(310)0).若对任意x10,2时，都存

3、在x20,1，使得g(x1)=h(x2)，试求m的取值范围16. 已知向量a=(2sin(x+4),3)，b=(sin(x+4),cos(2x)(0)，函数f(x)=ab1，f(x)的最小正周期为(1)求f(x)的单调增区间；(2)方程f(x)2n+1=0；在0,712上有且只有一个解，求实数n的取值范围；(3)是否存在实数m满足对任意x11,1，都存在x2R，使得4x1+4x1+m(2x12x1)+1f(x2)成立若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由一、单选题1. 已知函数f(x)=sin(x6)，若方程f(x)=45的解为x1，x2(0x1x2)，则sin(x1+x2)=（ ）A.

4、32B. 32C. 12D. 12【答案】A【解析】解：因为0x0在200,200上有且只有200个整数解，则实数a的取值范围是（ ）A. (13ln6,ln2B. (ln2,13ln6)C. (ln2,13ln6D. (13ln6,ln2)【答案】C【解析】解：当00在200,200上有且只有200个整数解，不等式在(0,200)内有100个整数解，f(x)在(0,200)内有25个周期，f(x)在一个周期(0,8)内有4个整数解，(1)若a0，由f2(x)+af(x)0，可得f(x)0或f(x)0在一个周期(0,8)内有7个整数解，不符合题意；(2)若a0，可得f(x)a，显然f(x)a在

5、(0,8)上有4个整数解，f(x)在(0,8)上关于直线x=4对称，f(x)在(0,4)上有2个整数解，f(1)=ln2，f(2)=ln42=ln2，f(3)=ln63，f(x)a在(0,4)上的整数解为x=1，x=2ln63aln2，解得ln2aln63故选：C3. 已知函数f(x)=x3+x22|x|k.若存在实数x0，使得f(x0)=f(x0)成立，则实数k的取值范围是（ ）A. 1,+)B. (,1C. 0,+)D. (,0【答案】A【解析】解：f(x)=x3+x22|x|k且f(x0)=f(x0)，x03+x022|x0|k=(x03+x022|x0|k)整理得x022|x0|=k，

6、原题转化为y=x22|x|与y=k的图象有交点，画出y=x22|x|的图象如下：x=1时y=1，由图可知，k1故选A4. 已知函数f(x)=(xa)exalnx，若恰有三个正整数x0，使得f(x0)0，则实数a的取值范围是（ ）A. (3e3e3+ln3,4e4e4+2ln2B. 14+ln22e4,13+ln33e3)C. (2e2e2+ln2,4e4e4+2ln2D. 13+ln33e3,12+ln22e2)【答案】A【解析】解：f(x)的定义域为(0,+)，由f(x)0可得xaalnxex，(1)显然a=0时，不等式在(0,+)上无解，不符合题意；(2)当alnxex，令k(x)=1ax

7、1，g(x)=lnxex，则当x1时，k(x)lnxex没有正整数解，不符合题意；(3)当a0时，不等式为1ax11e时，h(x)0，h(2)=12ln2=lne40，当xx0时，h(x)0，当xx0时，g(x)1时，g(x)0，f(x)，g(x)大致图象如图，故不等式1ax1lnxex的三个正整数解为1，2，3，k(1)g(1)k(3)0，即1a103a10,解得：3e3e3+ln30,a1是“希望函数”，则t的取值范围是（ ）A. 14,0B. 14,0C. 12,0D. 12,0【答案】A【解析】解：y=ax+t与的单调性相同，且a1)在定义域上是增函数，f(x)在区间m2,n2上的值域

8、为m,n，方程有两解，即方程ax=ax2+t有两解，设ax2=m(m0)，则t=mm2，作出t=mm2(m0)的函数图象如图所示：方程ax=ax2+t有两解，关于m的方程t=mm2有两解，0t14，所以14t0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1)，B(x2,y2)，其中x10)在点A(x1,y1)处与曲线y=x3相切，a=(x3)|x=x1=3x12，直线y=ax+b(b0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1)，B(x2,y2)，得x13=ax1+bx23=ax2+b两式作差得，x13x23=a(x1x2)(x1x2)(x12+x1x2+x22)=a(x1x2)x1x

9、2x12+x1x2+x22=aa=3x12x12+x1x2+x22=3x12x22+x1x22x12=0(x2+2x1)(x2x1)=0x10(或xfx0，则fx在,0上单调递减，在0,+上单调递增，又函数f(x)为定义在R上且图像连续的偶函数，即函数f(x)关于y轴对称，所以函数y=g(x)关于x=4对称，且在,4上单调递减，在4,+上单调递增，则方程g(x)=g(21x+1)，等价于x=21x+1或x+21x+1=42，即x2x1=0或x25x7=0，所以x1+x2=1或x3+x4=5，所以方程g(x)=g(21x+1)的所有根之和为x1+x2+x3+x4=1+5=6故选B二、单空题9.

10、已知函数f(x)=1121x,x212f(x2),20t1+t2=1t1t2=a,令g(x)=x2+2x，若使函数f(f(x)=f(x)有且仅有3根，只需g(x)=x2+2x的图象与直线y=t1a，y=t2a恰有3个公共点，所以必有一条直线经过g(x)=x2+2x的顶点，不妨设t1a=1，而t2a1，故有t1=a1，t2=a，所以t1t2=(a1)(a)=a，解得a=0故答案为：011. 若x1是方程xex=1的解，x2是方程xlnx=1的解，则x1x2等于_【答案】1【解析】因为x1是方程xex=1的解，x2是方程xlnx=1的解；所以x1是方程ex=1x的解，x2是方程lnx=1x的解，x

11、1是y=ex，y=1x图象交点的横坐标；x2是y=lnx，y=1x图象交点的横坐标，因为y=lnx与y=ex互为反函数，所以y=lnx与y=ex的图象关于y=x对称，又因为y=1x的图象也关于y=x对称，所以(x1,y1)，(x2,y2)关于y=x对称；可得x2=y1，x1=y2，x1x2=x1y1=x11x1=112. 已知函数f(x)=x2+2ax+1，存在x0R，使得fx01及fx0+11同时成立，则实数a的取值范围是_【答案】32,1212,32【解析】解：令f(x)=x2+2ax+1=1，则x1=0，x2=2a，则有|x1x2|=|2a|，存在x0R，使得|f(x0)|1及|f(x0

12、+1)|1同时成立，f(x)开口向上，故f(x)=1的两根间距不小于1，|2a|1，解得a12或a12同理：令f(x)=x2+2ax+1=1，则x2+2ax+2=0则x=2a4a282，则有|x1x2|=4a28，存在x0R，使得|f(x0)|1及|f(x0+1)|1同时成立，f(x)开口向上，故f(x)=1两根间距不大于1，4a281，即a294，解得32a32，综上所述，a32,1212,32.故答案为32,1212,32.三、解答题13. 若函数f(x)在定义域内存在实数x满足f(x)=kf(x),kZ，则称函数f(x)为定义域上的“k阶局部奇函数”(1)若函数f(x)=tanx2sin

13、x，判断f(x)是否为0,上的“二阶局部奇函数”并说明理由;(2)若函数f(x)=lgmx是2,2上的“一阶局部奇函数”，求实数m的取值范围;(3)对于任意的实数t,2，函数f(x)=x22x+t恒为R上的“k阶局部奇函数”，求k的取值集合【答案】解：(1)由题意得，f(x)+2f(x)=0tanx2sinx=2tanx+4sinx 即tanx=2sinx，由x0,sinx0且tanx=sinxcosx，得cosx=12，x0,x=3f(x)是0,上的“二阶局部奇函数”(2)由题意得，f(x)+f(x)=0lgm+x+lgmx=lgm2x2=0即m2=1+x2,x2,2x2,2,m+x0x2,

14、2,mx0m21,5mxmax,x2,2mxmax,x2,2m2,5(3)由题意得，f(x)+kf(x)=0在R上有解x22x+t+kx22x+t=0有解即k+1x2+22kx+k+1t=0有解当k=1时，x=0R，满足题意 当k1时，对于任意的实数t,2,=22k24k+12t0,4k+12222k20k2+6k+10k322,3+22由kZ，故k5,4,3,2,114. 设f(x)=2x+m2x+1+n(m0,n0)(1)当m=n=1时，证明：f(x)不是奇函数；(2)设f(x)是奇函数，求m与n的值；(3)在(2)的条件下，求不等式f(f(x)+f(310)0的解集【答案】(1)证明：当

15、m=n=1时，f(x)=2x+12x+1+1由于f(1)=2+122+1=15，f(1)=12+11+1=14，所以f(1)f(1)，f(x)不是奇函数(2)解：f(x)是奇函数时，f(x)=f(x)，即2x+m2x+1+n=2x+m2x+1+n，对定义域内任意实数x成立化简整理得(2mn)22x+(2mn4)2x+(2mn)=0，这是关于x的恒等式，所以2mn4=0，2mn=0解得n=2或n=2经检验m=1，n=2符合题意(3)解：由(2)可知，f(x)=2x+12x+1+2，易判断f(x)是R上单调减函数由f(f(x)+f(310)0，得f(f(x)310，2x4，得x0的解集为(,2)1

16、5. 对于函数f(x)，若存在实数对(a,b)，使得等式f(a+x)f(ax)=b对定义域中的任意x都成立，则称函数f(x)是“(a,b)型函数”(1)若函数f(x)=2x是“(a,b)型函数”且a+log12b=1，求出满足条件的实数对(a,b)；(2)已知函数h(x)=42xx+1，函数g(x)是“(a,b)型函数对应的实数对(a,b)为(1,4)，当x0,1时，g(x)=x2m(x1)+1(m0).若对任意x10,2时，都存在x20,1，使得g(x1)=h(x2)，试求m的取值范围【答案】解：(1)由题意若函数f(x)=2x是“(a,b)型函数”则2a+x2ax=b.即4a=b.代入a+

17、log12b=1得a+log124a=1，即a2a=l得a=1，b=14，所求实数对为(1,14).(2)由题意得：g(x)的值域是h(x)值域的子集，易知h(x)在0,1内的值域为1,4，只需使当x0,2时，1g(x)4恒成立即可，g(1+x)g(1x)=4，即g(x)g(2x)=4，而当x0,1时，2x1,2，故由题意得，要使当x0,2时，都有1g(x)4，只需使当x0,1时，1g(x)4恒成立即可，即1x2m(x1)+14在0,1上恒成立，若x=l，显然不等式在0,1成立，若xl，则可将不等式转化为mx2x1mx23x1，显然当m0时，不等式mx2x1成立，令u(x)=x23x1=xl2

18、x1+2，x0,1则u(x)在x0,1上单调递增，则u(x)的最小值为u(0)=3，此时m3，综上00)，函数f(x)=ab1，f(x)的最小正周期为(1)求f(x)的单调增区间；(2)方程f(x)2n+1=0；在0,712上有且只有一个解，求实数n的取值范围；(3)是否存在实数m满足对任意x11,1，都存在x2R，使得4x1+4x1+m(2x12x1)+1f(x2)成立若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由【答案】解：(1)函数f(x)=ab1=2sin2(x+4)3cos(2x)1=sin(2x)3cos(2x)=2sin(2x3)f(x)的最小正周期为，0，22=，=1那么f(x)的

19、解析式为f(x)=2sin(2x3)；令2k22x32+2k，kZ，得：k12xk+512，kZ，f(x)的单调增区间为k12,k+512，kZ(2)方程f(x)2n+1=0在0,712上有且只有一个解，转化为函数y=f(x)+1与函数y=2n只有一个交点x在0,712上，3(2x3)56，那么函数y=f(x)+1=2sin(2x3)+1在0,712上先增后减，值域为13,3，且时，y=2，结合图象可知函数y=f(x)+1与函数y=2n只有一个交点那么132n2或2n=3，可得132nf(x2)成立即4x1+4x1+m(2x12x1)+12成立，设2x12x1=t，那么4x1+4x1=(2x12x1)2+2=t2+2x11,1，t32,32，可得t2+mt+50在t32,32上成立令g(t)=t2+mt+50，其对称轴t=m2，t32,32上，当m232，即m3时，g(t)min=g(32)=2943m20，解得3m296；当32m232，即3m0，则3m0，解得296m3；综上可得，存在m，可知m的取值范围是(296,296)