高考数学二轮复习练习：专题限时集训14《函数与方程》（含答案详解）

高考数学二轮复习练习：专题限时集训14

《函数与方程》

一、选择题

1.设a，b，c均为正数，且2a=log0.5a，(0.5)b=log0.5b，(0.5)c=log2c，则(　　)

A.a<b<c         B.c<b<a        C.c<a<b         D.b<a<c

2.已知函数f(x)=2ax－a＋3，若∃x0∈(－1,1)，使得f(x0)=0，则实数a的取值范围是(　　)

A.(－∞，－3)∪(1，＋∞)

B.(－∞，－3)

C.(－3,1)

D.(1，＋∞)

3.已知函数f(x)=－2x2＋1，函数g(x)=，则函数y=|f(x)|－g(x)的零点的个数为(　　)

A.3        B.4         C.5         D.6

4.已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)=2 021－(x－a)(x－b)的零点为c，d，’则下列不等式正确的是(　　)

A.a>c>b>d       B.a>b>c>d     C.c>d>a>b       D.c>a>b>d

5.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)=(x＋1)ex.则对任意的m∈R，函数F(x)=f[f(x)]－m的零点至多有(　　)

A.3个        B.4个        C.6个        D.9个

6.已知函数f(x)=,则方程5[x－f(x)]=1在[－2,2]上的根的个数为(　　)

A.3        B.4       C.5         D.6

7.定义在上的函数f(x)满足f(x)=f，且当x∈时，f(x)=ln x，

若函数g(x)=f(x)－ax在上有零点，则实数a的取值范围是(　　)

A.     B.[－πln π，0]    C.     D.

8.定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)=f(x)，且当x∈[1,2]时，f(x)=ln x－x＋1，

若函数g(x)=f(x)＋mx有7个零点，则实数m的取值范围为(　　)

A.∪

B.

C.

D.

二、填空题

9.已知函数f(x)=e|x|＋|x|.若关于x的方程f(x)=k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________.

10.已知函数f(x)=1＋x－＋，g(x)=1－x＋－，设函数F(x)=f(x－4)·g(x＋3)，

且函数F(x)的零点均在区间[a，b](a<b，a，b∈Z)内，则b－a的最小值为_______.

11.已知函数f(x)=若关于x的方程f2(x)－bf(x)＋1=0有8个不同的实数根，则实数b的取值范围是________.

12.设a，b∈R，若函数f(x)=x＋＋b在区间(1,2)上有两个不同的零点，

则f(1)的取值范围为________.

三、解答题

13.已知函数f(x)=x2－mln x.

(1)求函数f(x)的极值；

(2)若m≥1，试讨论关于x的方程f(x)=x2－(m＋1)x的解的个数，并说明理由.

14.已知函数f(x)=xln x，g(x)=.

(1)记F(x)=f(x)－g(x)，判断F(x)在区间(1,2)内的零点个数并说明理由；

(2)记F(x)在(1,2)内的零点为x0，m(x)=min{f(x)，g(x)}，若m(x)=n(n∈R)在(1，＋∞)内有两个不等实根x1，x2(x1<x2)，判断x1＋x2与2x0的大小，并给出对应的证明.

0.答案详解

1.答案为：A；

解析：法一：分别作出四个函数y=(0.5)x，y=log0.5x，y=2x，y=log2x的图象，

由图象知：a<b<c，故选A.

法二：∵a>0，∴2a>1，∴log0.5a>1，∴0<a<.

∵b>0，∴0<(0.5)b<1，∴0<log0.5b<1，∴<b<1.

∵(0.5)c>0，∴log2c>0，∴c>1，∴0<a<<b<1<c，故选A.]

2.答案为：A；

解析：依题意可得f(－1)·f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，

解得a<－3或a>1，故选A.]

3.答案为：C；

解析：(数形结合思想)函数y=|f(x)|－g(x)的零点的个数，即|f(x)|－g(x)=0的根的个数，可得|f(x)|=g(x)，画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图所示，观察函数的图象，知它们的交点为5个，即函数的零点个数为5，选C.

4.答案为：D；

解析：f(x)=2 021－(x－a)(x－b)=－x2＋(a＋b)x－ab＋2 021，

又f(a)=f(b)=2 021，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，

所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，

如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.]

5.答案为：A；

解析：当x<0时，f′(x)=(x＋2)ex，由此可知f(x)在(－∞，－2)上单调递减，

在(－2,0)上单调递增，f(－2)=－e－2，f(－1)=0，且当x→0时，f(x)→1.

又因为f(x)是定义在R上的奇函数，故f(0)=0.而当x∈(－∞，－1)时，f(x)<0，

所以f(x)的图象的草图如图所示.令t=f(x)，则F(x)=0⇔f(t)=m，

由图可知，当t∈(－1,1)时，方程f(x)=t至多有3个根，

当t∉(－1,1)时，方程f(x)=t没有根，

而对任意m∈R，方程f(t)=m至多有一个根t∈(－1,1)，

从而函数F(x)=f[f(x)]－m的零点至多有3个.故选A.]

6.答案为：D；

解析：整理方程5[x－f(x)]=1，得f(x)=x－.在同一直角坐标系中分别作出函数y=f(x)，y=x－的图象，如图所示，观察可知，两个函数的图象在[－2,2]上有6个交点，

故方程5[x－f(x)]=1在[－2,2]上有6个根.]

7.答案为：B；

解析：令x∈[1，π]，则∈，因为f(x)=f ，且当x∈时，

f(x)=ln x，所以f(x)=f =－ln x，则f(x)=

在坐标系中画出函数f(x)的图象如图：

因为函数g(x)=f(x)－ax在上有零点，

所以直线y=ax与函数f(x)的图象有交点，由图得，当a取满足题意的最小值时，

直线y=ax与f(x)的图象相交于点，此时－ln π=⇒a=－πln π，

由图可得，实数a的取值范围是[－πln π，0].故选B.]

8.答案为：A；

解析：(数形结合思想)函数g(x)=f(x)＋mx有7个零点，

即函数y=f(x)的图象与y=－mx的图象有7个交点.

当x∈[1,2]时，f(x)=ln x－x＋1，f′(x)=－1=≤0，此时f(x)单调递减，

且f(1)=0，f(2)=ln 2－1.由f(2－x)=f(x)知函数图象关于x=1对称，

而f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)=f[－(2－x)]=f(x－2)，

故f(x＋2)=f(x)，即f(x)是周期为2的函数.

易知m≠0，当－m<0时，作出函数y=f(x)与y=－mx的图象，如图所示.

则要使函数y=f(x)的图象与y=－mx的图象有7个交点，需有，

即，解得<m<.

同理，当－m>0时，可得<m<.

综上所述，实数m的取值范围为∪.]

9.答案为：(1，＋∞)；

解析：易知函数f(x)=e|x|＋|x|为偶函数，故只需求函数f(x)在(0，＋∞)上的图象与直线y=k有唯一交点时k的取值范围.

当x∈(0，＋∞)时，f(x)=ex＋x，此时f′(x)=ex＋1>0，

所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而当x>0时，f(x)=ex＋x>f(0)=1，

所以要使函数f(x)在(0，＋∞)上的图象与直线y=k有唯一交点，只需k>1，

故所求实数k的取值范围是(1，＋∞).]

10.答案为：6；

解析：因为函数f(x)=1＋x－＋，f′(x)=1－x＋x2>0，所以g(x)在R上单调递增.

而f(0)=1>0，f(－1)=1－1－－<0，所以函数f(x)在区间(－1,0)内有零点.

所以函数f(x－4)在[3,4]上有一个零点，函数g(x)=1－x＋－，

g′(x)=－1＋x－x2<0.所以g(x)在R上单调递减，

而g(1)=1－1＋－>0，g(2)=1－2＋2－<0.所以函数g(x)在区间(1,2)内有零点.

所以函数g(x＋3)在[－2，－1]上有一个零点.函数F(x)=f(x－4)·g(x＋3)，

所以函数F(x)的零点在区间[－2,4]内，则b－a的最小值为6.]

11.答案为：；

解析：令t=f(x)，则方程f2(x)－bf(x)＋1=0可化为t2－bt＋1=0.

如图所示.

作出函数f(x)的图象和直线y=t.根据图象可知，

当t>4或t=0时，方程t=f(x)有3个不同的实数根；

当0<t≤4时，方程t=f(x)有4个不同的实数根；

当－5<t<0时，方程t=f(x)有2个不同的实数根；

当t=－5时，方程t=f(x)有1个实数根；

当t<－5时，方程t=f(x)无实数根.

由方程f2(x)－bf(x)＋1=0有8个不同的实数根可知，

方程t2－bt＋1=0有两个不等的实数根存在，且都在区间(0,4]内.

令g(t)=t2－bt＋1，有解得b∈.

12.答案为：(0,1)；

解析：函数f(x)=x＋＋b在区间(1,2)上有两个不同的零点，

即方程x2＋bx＋a=0在区间(1,2)上两个不相等的实根，

即化简，得

如图，阴影部分为数对(a，b)所表示的区域，

目标函数z=f(1)=a＋b＋1，z=a＋b＋1过点(1，－2)时，z=0，

z=a＋b＋1过点(4，－4)时，z=1，所以f(1)的取值范围为(0,1).

13.解：(1)依题意，得f′(x)=x－=，x∈(0，＋∞)，

当m≤0时，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值；

当m>0时，f′(x)=，

令f′(x)<0，得0<x<，函数f(x)单调递减，

令f′(x)>0，得x>，函数f(x)单调递增，

故函数f(x)有极小值f()=－mln =(1－ln m).

综上所述，当m≤0时，函数f(x)无极值；

当m>0时，函数f(x)有极小值(1－ln m)，无极大值.

(2)令F(x)=f(x)－x2＋(m＋1)x=－x2＋(m＋1)x－mln x(x>0)，

问题等价于求函数F(x)的零点个数.

易得F′(x)=－x＋m＋1－=－.

①若m=1，则F′(x)≤0，函数f(x)为减函数，

又F(1)=>0，F(4)=－ln 4<0，所以F(x)有一个零点.

②若m>1，则当0<x<1或x>m时，F′(x)<0，当1<x<m时，F′(x)>0.

所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增.

又F(1)=m＋>0，F(2m＋2)=－mln (2m＋2)<0，

所以F(x)有一个零点.

综上所述，若m≥1，函数F(x)有一个零点，即方程f(x)=x2－(m＋1)x的解的个数为1.

14.解：(1)F(x)=xln x－，定义域为(0，＋∞)，F′(x)=1＋ln x＋，

而x∈(1,2)，故F′(x)>0，即F(x)在(1,2)上单调递增，

又F(1)=－＜0，F(2)=2ln 2－>0，

而F(x)在(1,2)上连续，故根据零点存在性定理得，

F(x)在区间(1,2)内有且仅有唯一零点.

(2)由(1)知，F′(x)=1＋ln x＋，

当x>1时，F′(x)>0，且存在x0∈(1,2)使得F(x0)=f(x0)－g(x0)=0，

故1<x<x0时，f(x)<g(x)；当x>x0时，f(x)>g(x).

因而m(x)=，

显然当1<x<x0时，m(x)=xln x，m′(x)=1＋ln x>0，此时m(x)单调递增；

当x>x0时，m(x)=，m′(x)=<0，此时m(x)单调递减；

m(x)=n(n∈R)在(1，＋∞)内有两个不等实根x1，x2，

则x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞).

显然当x2→＋∞时，x1＋x2>2x0，

下面用分析法证明x1＋x2>2x0.要证x1＋x2>2x0，即证x2>2x0－x1(其中2x0－x1>x0)，

而m(x)在(x0，＋∞)上单调递减，故可证m(x2)<m(2x0－x1)，

又由m(x1)=m(x2)，即证m(x1)<m(2x0－x1)，即x1ln x1<，

记h(x)=xln x－，1<x<x0，其中h(x0)=0，

则h′(x)=1＋ln x＋=1＋ln x＋－.

记φ(t)=，φ′(t)=，当t∈(0,1)时，φ′(t)>0；

当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)<0，故φ(t)max=，

而2x0－x>x0>1，从而－<－<0，

因此h′(x)=1＋ln x＋－>1＋ln x＋－>0，

即h(x)单调递增，从而当1<x<x0时，h(x)<h(x0)=0，即x1ln x1<

故x1＋x2>2x0得证.