2018高考数学复习函数的概念及其基本性质2.8函数与方程撬题理.DOC

2018高考数学异构异模复习考案 第二章 函数的概念及其基本性质 2.8 函数与方程撬题 理1.已知函数f(x)函数g(x)bf(2x)，其中bR.若函数yf(x)g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析函数yf(x)g(x)恰有4个零点，即方程f(x)g(x)0，即bf(x)f(2x)有4个不同的实数根，即直线yb与函数yf(x)f(2x)的图象有4个不同的交点又yf(x)f(2x)作出该函数的图象如图所示，由图可得，当b0，函数f(x)在R上单调递增对于A项，f(1)e1(1)45e10，f(0)30，A不正确；同理可验证B、D不正确对于C项，f(1)e14e30，f(1)f(2)0.故f(x)的零点位于区间(1,2)4设函数f(x)(1)若a1，则f(x)的最小值为_；(2)若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是_答案(1)1(2)2，)解析(1)若a1，则f(x)，作出函数f(x)的图象如图所示由图可得f(x)的最小值为1.(2)当a1时，要使f(x)恰有2个零点，需满足21a0，即a2，所以a2，当a1时，要使f(x)恰有2个零点，需满足，解得a2；a0，b2；a1，b2.答案解析令f(x)x3axb，则f(x)3x2a.对于，由ab3，得f(x)x33x3，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)10，f(x)极小值f(1)50，f(x)极小值f(1)0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3axb0有两个实根；对于，由a3，b2，得f(x)x33xb，f(x)3(x1)(x1)，f(x)极大值f(1)2b0，f(x)极小值f(1)b20，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根；对于，由a0，b2，得f(x)x32，f(x)3x20，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根；对于，由a1，b2，得f(x)x3x2，f(x)3x210，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3axb0仅有一个实根7.已知函数f(x)若存在实数b，使函数g(x)f(x)b有两个零点，则a的取值范围是_答案(，0)(1，)解析令(x)x3(xa)，h(x)x2(xa)，函数g(x)f(x)b有两个零点，即函数yf(x)的图象与直线yb有两个交点，结合图象可得ah(a)，即aa2，解得a1，故a(，0)(1，)8已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.71828为自然对数的底数(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，求a的取值范围解(1)由f(x)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增，因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln (2a)(0,1)所以函数g(x)在区间0，ln (2a)上单调递减，在区间(ln (2a)，1上单调递增于是，g(x)在0,1上的最小值是g(ln (2a)2a2aln (2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln (2a)2a2aln (2a)b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点由(1)知，当a时，g(x)在0,1上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点当a时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点所以a0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10，g(1)e2ab1a0.解得e2a1.当e2a1时，g(x)在区间0,1内有最小值g(ln (2a)若g(ln (2a)0，则g(x)0(x0,1)，从而f(x)在区间0,1上单调递增，这与f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln (2a)0，g(1)1a0，故此时g(x)在(0，ln (2a)和(ln (2a)，1)内各只有一个零点x1和x2