江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测十一函数与方程文含解析苏教版.pdf

课时跟踪检测（十一） 函数与方程课时跟踪检测（十一） 函数与方程 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1已知函数f(x)a的零点为 1，则实数a的值为_ 2 3x1 解析：由已知得f(1)0，即a0，解得a . 2 311 1 2 答案：1 2 2已知关于x的方程x2mx60 的一个根比 2 大，另一个根比 2 小，则实数m的取 值范围是_ 解析：设函数f(x)x2mx6，则根据条件有f(2)0，即 42m60，解得m1. 答案：(，1) 3已知函数f(x)Error!若f(0)2，f(1)1，则函数g(x)f(x)x的零点个 数为_ 解析：依题意得Error! 由此解得b4，c2.由g(x)0 得f(x)x0， 该方程等价于Error! 或Error! 解得x2，解得x1 或x2. 因此，函数g(x)f(x)x的零点个数为 3. 答案：3 4(2019·连云港调研)已知函数f(x)xb有一个零点，则实数b的取值范2x2 围为_ 解析 ： 由已知，函数f(x)xb有一个零点，即函数yxb和y的2x22x2 图象有 1 个交点，如图，其中与半圆相切的直线方程为yx2，过点 (0，)的直线方程为yx， 所以满足条件的b的取值范围是b22 2 或b .22 答案：2(，22 5(2018·苏州质检)已知函数f(x) xcos x，则f(x)在0,2上的零点个数为 ( 1 2) _ 解析：作出g(x) x与h(x)cos x的图象如图所示，可 ( 1 2) 以看到其在0,2上的交点个数为 3， 所以函数f(x)在0,2 上的零点个数为 3. 答案：3 6 (2018·泰州中学上学期期中)已知函数yf(x)的周期为 2， 当x1,1时，f(x) x2，那么函数yf(x)的图象与函数y|lg x|的图象的交点共有_个 解析 ： 在同一直角坐标系中分别作出yf(x)和y|lg x|的图象，如图，结合图象知， 共有 10 个交点 答案：10 二保高考，全练题型做到高考达标 1 设x0为函数f(x)2xx2 的零点， 且x0(m，n)， 其中m，n为相邻的整数， 则mn _. 解析 ： 函数f(x)2xx2为R上的单调增函数， 又f(0)10210，f(1)2 1210， 所以f(0)·f(1)0， 故函数f(x)2xx2 的零点在区间(0,1)内， 故m0，n 1，mn1. 答案：1 2(2018·镇江中学检测)已知函数f(x)2x2x6 的零点为x0，不等式x4x0的 最小的整数解为k，则k_. 解析：函数f(x)2x2x6 为 R 上的单调增函数，又f(1)20，f(2)20， 所以函数f(x)2x2x6的零点x0满足1x02， 故满足x0n的最小的整数n2， 即k4 2，所以满足不等式x4x0的最小的整数解k6. 答案：6 3已知方程 2x3xk的解在1,2)内，则k的取值范围为_ 解析：令函数f(x)2x3xk， 则f(x)在 R 上是增函数 当方程 2x3xk的解在(1,2)内时，f(1)·f(2)0， 即(5k)(10k)0，解得 5k10. 当f(1)0 时，k5. 综上，k的取值范围为5,10) 答案：5,10) 4(2019·太原模拟)若函数f(x)(m2)x2mx(2m1)的两个零点分别在区间( 1,0)和区间(1,2)内，则实数m的取值范围是_ 解析：依题意并结合函数f(x)的图象可知，Error! 即Error! 解得 m . 1 4 1 2 答案：(1 4， 1 2) 5(2018·无锡期末)设函数f(x)Error!若方程f(x)mx0 恰好有 3 个零点，则实 数m的取值范围为_ 解析：当x1 时，方程f(x)mx0 变为 1mx0，解得x ； 1 m 当1x1 时，方程f(x)mx0 变为xlog2(x1)m0，解得x0 或x2m1. 因为f(x)mx0 恰好有 3 个零点，所以 1，且12m11， 1 m 解得 0m1， 故实数m的取值范围为(0,1) 答案：(0,1) 6(2019·镇江调研)已知k为常数，函数f(x)Error!若关于x的方程f(x)kx2 有且只有 4 个不同的解，则实数k的取值范围为_ 解析 ： 作出函数yf(x)的大致图象如图所示， 若关于x的方程f(x)kx2 有且只有 4 个不同解， 当直线ykx2 与yln x的图象相切时， 设切点为(m，n)， 可得nln m，yln x的导数为y (x1)，可得k ，则nkm2，解得me3，ke3，则实数k的取 1 x 1 m 值范围为(0，e3) 答案：(0，e3) 7(2018·苏州调研)已知函数f(x)Error!若直线yax与yf(x)交于三个不同的 点A(m，f(m)，B(n，f(n)，C(t，f(t)(其中mnt)， 则n 2 的取值范围是_ 1 m 解析：由已知条件可得Error!所以Error!所以n 2n，令g(n)n， 1 m ln n n ln n n 当f(x)ln x，x0 与yax相切时，由f(x) ，得 a，又 ln xax，解得xe， 所 1 x 1 x 以要满足题意，则 1ne.由g(n)10，所以g(n)n在(1，e)上单 1ln n n2 ln n n 调递增，所以g(n)n 2. 1 m(1，e 1 e) 答案：(1，e1 e) 8 (2018·南京、 盐城一模)设f(x)是定义在 R 上的奇函数， 且f(x)2x， 设g(x) m 2x Error!若函数yg(x)t有且只有一个零点，则实数t的取值范围是_ 解析：因为f(x)为奇函数，所以f(x)f(x)， 即2xm·2x (2xm·2x)， 解得m1， 故g(x)Error!作出函数g(x)的图象(如图所 示)当x1 时，g(x)单调递增， 此时g(x) ； 当x1 时，g(x)单调递减， 此 3 2 时g(x) ， 所以当t时，yg(x)t有且只有一个零点 3 2 3 2， 3 2 答案：3 2， 3 2 9已知二次函数f(x)x2(2a1)x12a， (1)判断命题：“对于任意的aR，方程f(x)1 必有实数根”的真假，并写出判断 过程； (2)若yf(x)在区间(1,0)及内各有一个零点，求实数a的取值范围 (0， 1 2) 解：(1)“对于任意的aR，方程f(x)1 必有实数根”是真命题依题意，f(x)1 有实根，即x2(2a1)x2a0 有实根，因为(2a1)28a(2a1)20 对于任意 的aR 恒成立，即x2(2a1)x2a0 必有实根，从而f(x)1 必有实根 (2)依题意，要使yf(x)在区间(1,0)及内各有一个零点， (0， 1 2) 只需Error!即Error!解得 a . 1 2 3 4 故实数a的取值范围为. ( 1 2， 3 4) 10(2018·通州中学检测)已知二次函数f(x)ax2bx1，g(x)a2x2bx1.若函 数f(x)有两个不同零点x1，x2，函数g(x)有两个不同零点x3，x4. (1)若x3x1x4，试比较x2，x3，x4的大小关系； (2)若x1x3x2，m，n，p(，x1)， 求证 ：mnp. fm gn fn gp fp gm 解：(1)因为函数g(x)的图象开口向上，且零点为x3，x4， 故g(x)0x(x3，x4) 因为x1，x2是f(x)的两个不同零点， 故f(x1)f(x2)0. 因为x3x1x4，故g(x1)0f(x1)，于是(a2a)x0. 2 1 注意到x10，故a2a0. 所以g(x2)f(x2)(a2a)x0， 2 2 故g(x2)f(x2)0，从而x2(x3，x4)， 于是x3x2x4. (2)证明 ： 记x1x3t， 故f(t)at2bt10，g(t)a2t2bt10， 于是(aa2)t2 0. 因为a0，且t0，故a1. 所以f(x)g(x)且图象开口向上 所以对x(，x1)，f(x)递增且f(x)0，g(x)递减且g(x)0. 若mn，则f(n)f(m)0，0，从而g(p)g(n)0，故np. 1 gn 1 gp 同上，当np时，可推得pm. 所以pmnp，矛盾所以mn不成立 同理，nm亦不成立 所以mn.同理，np. 所以mnp. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1 (2019·镇江期中)函数f(x)Error!若关于x的方程f2(x)bf(x)4b10 有 4 个不同的实数根，则实数b的取值范围是_ 解析：令tf(x)，则原方程等价于t2bt14b0. 作出函数f(x)的图象如图所示 由图象可知，当t3， 2t1 时，函数yt和yf(x)各有 两个交点， 要使方程f2(x)bf(x)4b10 有 4 个不同的实数根， 则方程t2bt14b0 有两个根t1，t2，且t13，2t21. 令g(t)t2bt14b，则由根的分布可得Error!解得 b. 5 2 10 7 答案：5 2， 10 7) 2(2019·南京调研)设函数fk(x)2x(k1)·2x(xR，kZ) (1)若fk(x)是偶函数，求不等式fk(x)的解集； 17 4 (2)设不等式f0(x)mf1(x)4 的解集为A，若A1,2，求实数m的取值范围； (3)设函数g(x)f0(x)f2(2x)2，若g(x)在x1，)上有零点，求实数 的取值范围 解：(1)因为fk(x)是偶函数，所以fk(x)fk(x)恒成立， 即 2x(k1)·2x2x(k1)·2x， 所以k2. 由 2x2x，得 4·22x17·2x40， 17 4 解得 2x 或 2x4，即x2 或x2， 1 4 所以不等式fk(x)的解集为x|x2 或x2 17 4 (2)不等式f0(x)mf1(x)4，即为 2x2xm·2x4， 所以m，即m 24· 1. 2x2x4 2x( 1 2x) 1 2x 令t，x1,2，则t， 1 2x 1 4， 1 2 设h(t)t24t1，t， 1 4， 1 2 则h(t)maxh . ( 1 2) 5 4 由A1,2，即不等式f0(x)mf1(x)4 在1,2上有解， 则需mh(t)max，即m . 5 4 所以实数m的取值范围为. (， 5 4 (3)函数g(x)(2x2x)(22x22x)2 在x1，)上有零点， 即(2x2x)(22x22x)20 在x1，)上有解， 因为x1，)，所以 2x2x0， 所以问题等价于在x1，)上有解 22x22x2 2x2x 令p2x，则p2，令up ， 1 p 则u在p2，)上单调递增， 因此u ，. 3 2 u24 u 设r(u)u ，则r(u)1，当 u2 时，r(u)0，即函数r(u)在 u24 u 4 u 4 u2 3 2 上单调递减，当u2 时，r(u)0，即函数r(u)在2，)上单调递增， 3 2，2 所以函数r(u)在u2 时取得最小值，且最小值r(2)4， 所以r(u)4，)， 从而满足条件的实数的取值范围是4，)