《世纪金榜》2017届高三数学（人教版理）二轮复习课时巩固过关练 四 1.2.2 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时巩固过关练 四函数与方程及函数的应用(35分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2016荆州一模)函数f(x)=lnx-的零点所在的区间是()A.(1,2)B.(2,3)C.(3,4)D.(e,+)【解析】选B.因为f(x)=lnx-,则函数f(x)在(0,+)上单调递增,因为f(2)=ln2-10,所以f(2)f(3)0,所以在区间(2,3)内函数f(x)存在零点.2.(2016张掖一模)已知函数f(x)=ex+x,g(

2、x)=lnx+x,h(x)=x-的零点依次为a,b,c,则()A.cbaB.abcC.cabD.bac【解题导引】分别由f(x)=0,g(x)=0,h(x)=0,利用图象得到零点a,b,c的取值范围,然后判断大小即可.【解析】选B.由f(x)=0得ex=-x,由g(x)=0得lnx=-x.由h(x)=0得x=1,即c=1.在坐标系中,分别作出函数y=ex,y=-x,y=lnx的图象,由图象可知a0,0b1,所以abc.【加固训练】设函数f(x)=3x+2x-4,函数g(x)=log2x+2x2-5,若实数m,n分别是函数f(x),函数g(x)的零点,则()A.g(m)0f(n)B.f(n)0g

3、(m)C.0g(m)f(n)D.f(n)g(m)0【解析】选A.依题意,f(0)=-30,且函数f(x)是增函数,因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内,即0m1.g(1)=-30,且函数g(x)在(0,+)上单调递增.所以函数g(x)的零点在区间(1,2)内,即1nf(1)0g(m).3.(2016郑州一模)已知函数f(x)=ax+x-b的零点x0(n,n+1)(nZ),其中常数a,b满足0b1a,则n的值为()A.2B.1C.-2D.-1【解题导引】根据指数函数,一次函数的单调性,及增函数+增函数=增函数,可得函数f(x)=ax+x-b为增函数,结合常数a,b满足0b1a,可得f(-1)

4、0,进而可得n的值.【解析】选D.由题意得函数f(x)=ax+x-b为增函数,常数a,b满足0b1a,所以f(-1)=-1-b0,所以函数f(x)=ax+x-b在(-1,0)内有一个零点,故n=-1.【加固训练】(2016沈阳一模)已知函数f(x)=若方程f(x)=ax+1恰有一个解,则实数a的取值范围为_.【解析】作函数f(x)=与y=ax+1的图象如图,y=ax+1恒过点(0,1),当直线y=ax+1过点(2,2)时,a=,此时方程有两个解;当直线y=ax+1与f(x)=2相切时,则a=,此时方程有两个解;直线l的斜率为a=1,故所求范围为,答案:4.(2016黄冈一模)汽车的“燃油效率”

5、是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程.如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确的是()A.消耗1升汽油,乙车最多可行驶5千米B.以相同速度行驶相同的路程,三辆汽车中,甲车消耗汽油量最多C.甲车以80千米/小时的速度行驶1小时,消耗10升汽油D.某城市机动车最高限速80千米/小时,相同条件下,在该城市用丙车比用乙车更省油【解析】选D.选项A,问的是纵坐标最大值.选项B,消耗1升油甲走最远,则反过来路程相同甲最省油.选项C,此时甲走过了80千米,消耗8升汽油.选项D,80千米/小时以下丙“燃油效率”更高,更省油.二、填空题(每小题5分,共10分)5.若关于x的方程4sin

6、2x-msinx+1=0在(0,)内有两个不同的实数根,则实数m的取值范围为_.【解析】设sinx=t,则0t1,则方程等价于f(t)=4t2-mt+1在(0,1内有惟一解,即或f(1)=5-m5.答案:m=4或m56.(2016石嘴山二模)对于实数a,b,定义运算“”:ab=设f(x)=(2x-1)(x-1),且关于x的方程f(x)-m=0恰有三个互不相等的实数根,则实数m的取值范围是_.【解析】由2x-1x-1可得x0,由2x-1x-1可得x0.所以根据题意得f(x)=即f(x)=画出函数的图象,从图象上观察当关于x的方程f(x)=m(mR)恰有三个互不相等的实数根时,函数的图象和直线y=

7、m有三个不同的交点,再根据函数的极大值为f=,可得m的取值范围是.答案:【加固练习】(2016广州二模)设函数f(x)的定义域为R,f(-x)=f(x), f(x)=f(2-x),当x0,1时,f(x)=x3,则函数g(x)=|cos(x)|-f(x)在区间上的所有零点的和为_.【解析】因为f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),所以f(-x)=f(2-x),所以f(x)的周期为2.画出y=f(x)和y=|cos(x)|的图象,由图可知,g(x)共有5个零点,其中x1+x2=0,x4=1,x3+x5=2.所以所有零点的和为3.答案:3三、解答题(7题12分,8题13分,共25分)7.(2

8、016衡水一模)已知函数f(x)=若关于x的不等式f(x)2+af(x)-b20恰有1个整数解,求实数a的最大值.【解析】结合函数f(x)=的图象,当b=0时,f(x)2+af(x)-b20化为f(x)2+af(x)0时,-af(x)0,由于关于x的不等式f(x)2+af(x)-b20恰有1个整数解,因此其整数解为3,又f(3)=-9+6=-3,所以-a-33,a0不必考虑.当b0时,对于f(x)2+af(x)-b20,解得:f(x)0,因为关于x的不等式f(x)2+af(x)-b20恰有1个整数解,所以f(x)=0,则0,由于f(x)=0时,不等式的解集中含有多于一个整数解(例如,0,2),

9、舍去.综上可得:a的最大值为8.【加固训练】已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR),记M(a,b)是|f(x)|在区间-1,1上的最大值.(1)证明:当|a|2时,M(a,b)2.(2)当a,b满足M(a,b)2,求|a|+|b|的最大值.【解析】(1)因为f(x)=x2+ax+b(a,bR),=+b-,所以对称轴为直线方程x=-,由a2得:-1,所以f(x)在-1,1上单调递增,所以M(a,b)等于|f(1)|与|f(-1)|两者的最大值.当a2时,由f(1)-f(-1)=2a4,可知|f(1)|与|f(-1)|两者的最大值大于等于2;当a-2时,由f(1)-f(-1)=2a-4,可知

10、|f(1)|与|f(-1)|两者的最大值大于等于2.综上可知:当|a|2时,M(a,b)2.(2)由M(a,b)2可得|1+a+b|=|f(1)|2,|1-a+b|=|f(-1)|2,所以|a-b|3,|a+b|3.因为|a|+|b|=所以|a|+|b|3.当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+ax+b|在-1,1上的最大值为2,即M(2,-1)=2,所以|a|+|b|的最大值为3.8.(2016唐山一模)有一种新型的洗衣液,去污速度特别快.已知每投放k(1k4,且kR)个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中,它在水中释放在浓度y(克/升)随着时间x(分钟)变化的函数关系式近似为y=

11、kf(x),其中f(x)=若多次投放,则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所释放的浓度之和.根据经验,当水中冼衣液的浓度不低于4克/升时,它才能起到有效去污的作用.(1)若只投放一次k个单位的洗衣液,当两分钟时水中洗衣液的浓度为3克/升,求k的值.(2)若只投放一次4个单位的洗衣液,则有效去污时间可达几分钟?(3)若第一次投放2个单位的洗衣液,10分钟后再投放1个单位的洗衣液,则在第12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用?请说明理由.【解析】(1)由题意知k=3,所以k=1.(2)因为k=4,所以y=当0x4时,由-44,解得-4x8,所以0x4.当4x14时,由28-2

12、x4,解得x12,所以44,所以在第12分钟时还能起到有效去污的作用.(30分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.下列函数中,在(-1,1)内有零点且单调递增的是()A.y=log2xB.y=2x-1C.y=x2-2D.y=-x3【解析】选B.y=log2x在(-1,1)内有没有意义的情况,故A不对;y=x2-2在(-1,0)单调递减,故C不对;y=-x3在(-1,1)单调递减,故D不对.因为y=2x-1,单调递增,f(-1)0,所以在(-1,1)内存在零点.【加固训练】已知函数f(x)=ax2-ex,f(-1)=-4,则函数y=f(x)的零点所在的区间是()A.(-3,-2)B.

13、(-1,0)C.(0,1)D.(4,5)【解析】选B.因为f(x)=ax2-ex,f(-1)=-4,所以-2a-e-1=-4,所以a=2-,所以f(x)=x2-ex,所以f(-1)=2-0,f(0)=-10时,根据ln(x+1)0恒成立,求得a0.当x0时,可得x2-3xax,求得a的范围.再把这两个a的取值范围取交集,可得答案.【解析】选C.当x0时,根据ln(x+1)0恒成立,则此时a0.当x0时,根据-x2+3x的取值为(-,0,|f(x)|=x2-3xax,x=0时,左边=右边,a取任意值.当x0时,y=-.问题等价于ln(x+m)0恒成立.因为y=ln(x+m)在(0,+)上为增函数

14、,所以lnm,m.【加固训练】设f(x)是定义在R上的偶函数,f(x)+f(2-x)=0.当x0,1时,f(x)=x2-1,若关于x的方程f(x)-kx=0恰有三个不同的实数解,则正实数k的取值范围是()A.(5-2,4-)B.(8-2,4-2)C.(5-2,4-2)D.(8-2,4-)【解题导引】根据函数奇偶性和对称性求出函数的周期,以及函数的解析式,利用函数与方程之间的关系,转化为函数f(x)与y=kx有三个不同的交点,利用数形结合,以及直线和抛物线相切的等价条件,利用判别式=0,进行求解即可.【解析】选B.因为f(x)是定义在R上的偶函数,f(x)+f(2-x)=0.所以f(x)=-f(

15、2-x)=-f(x-2),即f(x+2)=-f(x),则f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即函数为周期是4的周期函数,若x-1,0,则-x0,1,此时f(-x)=x2-1=f(x),即f(x)=x2-1,x-1,0,综上,f(x)=x2-1,x-1,1,若x-2,-1,则x+20,1,则由f(x+2)=-f(x),得f(x)=-f(x+2)=-(x+2)2-1=1-(x+2)2,x-2,-1,若x1,2,则-x-2,-1,则f(-x)=1-(-x+2)2=1-(x-2)2=f(x),即f(x)=1-(x-2)2,x1,2,即函数在一个周期-2,2上的解析式为f(x)=若关于x的方程f(x

16、)-kx=0恰有三个不同的实数解,等价为f(x)=kx恰有三个不同的实数解,即函数f(x)与y=kx有三个不同的交点,作出函数f(x)和y=kx的图象如图:当x1,2时,由f(x)=1-(x-2)2=kx,得x2+(k-4)x+3=0,由判别式=(k-4)2-12=0,得k-4=2,即k=42,由1-2,解得0k6.则k=4-2,此时两个函数有2个交点.当x-4,-3时,x+40,1,则f(x)=f(x+4)=(x+4)2-1,x-4,-3,当f(x)与y=kx相切,即(x+4)2-1=kx,即x2+(8-k)x+15=0时,判别式=(8-k)2-415=0,即k=82,由-4-3,得0k2,

17、即k=8-2,此时两个函数有4个交点.故若关于x的方程f(x)-kx=0恰有三个不同的实数解,则正实数k满足8-2k”“=”或“xx0时,g(x)h(x),h(x)-g(x)=+0;当xx0时,g(x)0;因为x1(-,x0),x2(x0,0),所以f(x1)0,f(x2)【加固训练】已知偶函数f(x)满足f(x)-f(x+2)=0,且当x0,1时,f(x)=x ex,若在区间-1,3内,函数g(x)=f(x)-kx-2k有且仅有3个零点,则实数k的取值范围是_.【解析】因为f(x)-f(x+2)=0,所以f(x)=f(x+2),即函数的周期是2,因为当x0,1时,f(x)=xex,所以根据增

18、函数的性质可知,此时函数f(x)单调递增,且f(0)=0,f(1)=e,所以当x-1,0时,f(x)=f(-x)=-xe-x,令g(x)=f(x)-kx-2k=0,得到f(x)=k(x+2),作出两个函数f(x)和y=k(x+2)在-1,3上的图象,由图象可知当x=1时,f(1)=e,当x=3时,f(3)=f(1)=e,即B(1,e),C(3,e),当直线y=k(x+2)经过点B(1,e)时,此时两个函数有2个交点,此时e=3k,解得k=,直线y=k(x+2)经过点C(3,e)时,此时两个函数有4个交点,此时e=5k,解得k=,所以要想使函数g(x)=f(x)-kx-2k有且仅有3个零点,则直

19、线y=k(x+2)应该位于直线AB和AC之间,所以此时直线的斜率k满足k,故k的取值范围是.答案:三、解答题(7题12分,8题13分,共25分)7.如图,A,B,C三地有直道相通,AB=5千米,AC=3千米,BC=4千米.现甲、乙两警员同时从A地出发匀速前往B地,经过t小时,他们之间的距离为f(t)(单位:千米).甲的路线是AB,速度为5千米/小时,乙的路线是ACB,速度为8千米/小时.乙到达B地后原地等待.设t=t1时乙到达C地.(1)求t1与f(t1)的值.(2)已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米.当t1t1时,求f(t)的表达式,并判断f(t)在t1,1上的最大值是否超过3?说明理由

20、.【解析】(1)由题意知t1=小时,设乙到C时甲所在地为D,则AD=千米.在ACD中,CD2=AC2+AD2-2ACADcosA,所以f(t1)=CD=(千米).(2)甲到达B用时1小时;乙到达C用时小时,从A到B总用时小时.当t1=t0,即函数f(t)单调递增.由题意可知f(x-2)=-2,f(y-2)=2,即f(x-2)+f(y-2)=2-2=0,即f(x-2)=-f(y-2)=f(2-y),因为函数f(t)单调递增,所以x-2=2-y,即x+y=4.8.已知函数y=f(x),若在定义域内存在x0,使得f(-x0)=-f(x0)成立,则称x0为函数f(x)的局部对称点.(1)若aR且a0,

21、证明:函数f(x)=ax2+x-a必有局部对称点.(2)若函数f(x)=2x+b在区间-1,2内有局部对称点,求实数b的取值范围.(3)若函数f(x)=4x-m2x+1+m2-3在R上有局部对称点,求实数m的取值范围.【解析】(1)由f(x)=ax2+x-a得f(-x)=ax2-x-a,代入f(-x)=-f(x)得ax2+x-a+ax2-x-a=0,得到关于x的方程ax2-a=0(a0),其中=4a2,由于aR且a0,所以0恒成立,所以函数f(x)=ax2+x-a必有局部对称点.(2)f(x)=2x+b在区间-1,2内有局部对称点,所以方程2x+2-x+2b=0在区间-1,2上有解,于是-2b=2x+2-x,设t=2x,t4,所以-2b=t+,其中2t+,所以-b-1.(3)因为f(-x)=4-x-m2-x+1+m2-3,由f(-x)=-f(x),所以4-x-m2-x+1+m2-3=-(4x-m2x+1+m2-3),于是4x+4-x-2m(2x+2-x)+2(m2-3)=0(*)在R上有解,令t=2x+2-x(t2),则4x+4-x=t2-2,所以方程(*)变为t2-2mt+2m2-8=0在区间2,+)内有解,需满足条件:即化简得1-m2.关闭Word文档返回原板块高考资源网版权所有，侵权必究！