高三数学专项精析精炼考点8函数与方程函数模型及其应用

1、考点8函数与方程、函数模型及其应用、选择题1.(2014湖南高考理科T10) TOC o 1-5 h z 21,2已知函数f(x)=x+e万(x0)与g(x)=x+ln(x+a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A.(,=)B.(,Ze)C.(,Ve)D.(&,=)ee、e【解题提示】利用存在性命题及函数图象的对称性，再构造新函数，利用函数图象平移求解。【解析】选B.解法一：由题可得存在凡w(-0o,0)满足x2+e-、=(x0)+ln(%+a)-.11-=eln(x0+a=0,当x0取决于负无否小时，eln(x0+a)-万趋近于-因为函数在定义域内是单调递增的，所以lnaln

2、五二aJeo解法二:由已知设xW(-,0),满足x2+ex0-2=(x0)2+ln(-x0+a),即ex0l=lnL(xa5,构造函数h(x)=ex-1,，(x)=ln(-x【xa0),22画出两个函数的图象，如图，当cP(x)=ln(-x(x0)向右平移a个单位，恰好过点(0,%)时，得到ln(a)=二，a=e2=ve,所以a4e。22、(2014上海高考文科T18)已知以加匕)与P2(a2h)是直线y=kx+1(k为常数)上两个不同的点,则关于x和y的方程组1a1x*b1y=1,的解的情况是().a?xb2y=1A.无论k,p,p2如何，总是无解B.无论k,P,P2如何，总是唯一解C.存在

3、k,p,p2,使之恰有两解D.存在k,P,P2,使之有无穷多解【解题提示】通过消元法解方程组，可得y的关系式，结合a1,b1,a2,b2之间的关系，可把y求出来，代入可得x的取值.【解析】根据条件有，b1=ka1+1,b2=ka2+1（*）axbiy=1-、，&a2xa2b1y=a2（1）方程组4,可变为方程组a2xb2y=1axab2y二a1（2）(1)一(2)得，(a2b1-42)y=a2a1,将*式代入得:(a2-a1)y=a2-a1,即y=1,x=-k,所以无论k,P1,P2如何，总是唯一解答案：B(2014山东高考理科T8)已知函数f(x)=|x21+1,g(x)=kx,若f(x)=

4、g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是()_1A、(0,-)B、(,1)G(1,2)D、(2,二)2【解题指南】本题考查了函数与方程，函数的图像，可先作出草图，再利用数形结合确定k的范围.【解析】选B.先作出函数的图像，由易知，函数f(x)=x2+1,g(x)=kx的图像有两个公共点，由图1像知当直线介于l1:y=x,l2:y=乂之间时，符合题意，故选B.2二、填空题_,，一x2-2,x0的范围内两函数有一个交点，即原方程有一个根.综上函数f(x)共有两个零点.（2014辽宁高考理科T16）对于ca0,当非零实数a,b满足4a22ab+4b2c=0一，345且使2a+b最大时，十的最

5、小值为abc【解析】令2a+b=m,则b=m2a,代入4a2-2ab+4b2c=0整理得2224a-18ma+4mc=0,由于a存在，所以方程24a218ma+4m2c=0有解,即 =(18m)2 -424(4m2 -c) 0,整理得 m2 0,整理得 m2 8c,2.10c-从而2a +b的最大值为210c ,此时方程 24a2 -18ma 4m2 -c 5=0有相等实根,所以3 _4 5 a b c答案：-2m5m2从而b , c 488 1682m m m-2_ -2【误区警示】 抓住“ 2a +b取得最大值”这一关键，寻求取得最值时a, b,c间的关系，减少变量个数，防止由于多个变量纠

6、缠不清226. （2014 辽宁高考理科 T16）对于c0,当非零实数a，b满足4a -2ab + b c = 01.24且使2a*b最大时，a b c的最小值为 22【解析令2a+b=m，则b = m2a,代入4a 2ab+b c = 0整理得2-212a -6ma +m c =0 ,22由于a存在，所以方程12a 6ma+m c=0有解，即 A=(-6m)24M12(m2c)之0,整理得 m2W4c= m 2Vc从而2a+b的最大值为2无，此时方程12a26ma+m2c=0有相等实根,2m , m ma= 1 , b=- c =解得 4 .从而 2 ,4124所以a b44 16124所以

7、a b44 16二一 -2m m m“ 11= 16l2-1 - -1答案：-1【误区警示】抓住“ 2a +b取得最大值【误区警示】抓住“ 2a +b取得最大值”这一关键，寻求取得最值时a，b，c间的关系，减少变量个数,防止由于多个变量纠缠不清三、解答题7.(2014辽宁高考理科T21)(本小题满分12分)一，、，、，一、8,.、f(x)=(cosx-x)(二2x)-一(sinx1)32xg(x)=3(xx)cosx_4(1sinx)ln(3-一).证明：(I)存在唯一x0w(0,土)，使f(x0)=0；2JI(n)存在唯一x1(,n),使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1n.【

8、解析】证明：(i)当xw(0,；)时，f(x)=(1+sinx)(n+2x)2x(cosx0f23x(0,)，使f(x0)=0;(n)(n)考察函数h x =1 sin x一 2,人,人,冗令t =冗一x ,则xu 一，n,2，t 0,一IL 21 sin t|.则1 sin t|.则 u(t )=-3f t二 2t 1 sint由(i)当tw(0,%)时，u(t)0；当t亡x0,I时，u(t)0,所以 u(t)可见在(0,x0)上，u(t)为增函数，而u(t)0,所以 u(t)八L,一，,(n在(0,x0)上无手点.在.x0,y|上,u(t)为减函数，而u(x0)0,u的 t1 w 0,- j使得 u(t1)=0. ,2则存在唯一的的 t1 w 0,- j使得 u(t1)=0. ,22IT因此存在唯一的x1