高考数学（文）高分计划一轮狂刷练第2章函数导数及其应用28a

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·临汾三模)已知函数f(x)，g(x)：x0123f(x)2031x0123g(x)2103则函数y＝f[g(x)]的零点是()A．0 B．1C．2 D．3答案B解析由题意，g(x)＝1，∴x＝1.故选B.2．(2017·衡水调研)方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析∵a>0，∴a2＋1>1，而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．故选B.3．若函数f(x)＝2ax2－x－1在(0,1)内恰有一个零点，则实数a的取值范围是()A．(－1,1) B．[1，＋∞)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)答案C解析当a＝0时，函数的零点是x＝－1，不合题意．当a≠0时，若Δ>0，f(0)·f(1)<0，则a>1.若Δ＝0，即a＝－eq\f(1,8)，函数的零点是x＝－2，不合题意．故选C.4．(2017·浙江嘉兴测试)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x－cosx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x－cosx的零点个数为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x－cosx＝0⇒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＝cosx的根的个数，即函数h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x与g(x)＝cosx的图象的交点个数．如图所示，在区间[0,2π]上交点个数为3.故选C.5．(2017·河南新乡三模)若函数f(x)＝log2(x＋a)与g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)存在相同的零点，则a的值为()A．4或－eq\f(5,2) B．4或－2C．5或－2 D．6或－eq\f(5,2)答案C解析g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)＝(x＋4)[x－(a＋5)]，令g(x)＝0，得x＝－4或x＝a＋5，则f(－4)＝log2(－4＋a)＝0或f(a＋5)＝log2(2a＋5)＝0，解得a＝5或a＝－2.故选C.6．(2017·河南十所名校联考)设函数f(x)＝eq\f(1,3)x－lnx，则函数y＝f(x)()A．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点B．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点C．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点D．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点答案D解析令f(x)＝0得eq\f(1,3)x＝lnx．作出函数y＝eq\f(1,3)x和y＝lnx的图象，如图，显然y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在(1，e)内有零点．故选D.7．(2017·东城区期末)已知x0是函数f(x)＝2x＋eq\f(1,1－x)的一个零点．若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0答案B解析设g(x)＝eq\f(1,1－x)，由于函数g(x)＝eq\f(1,1－x)＝－eq\f(1,x－1)在(1，＋∞)上单调递增，函数h(x)＝2x在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)＝h(x)＋g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(1，＋∞)上只有唯一的零点x0，且在(1，x0)上f(x1)<0，在(x0，＋∞)上f(x2)>0.故选B.8．(2017·江西赣州一模)函数f(x)，g(x)满足：对任意x∈R，都有f(x2－2x＋3)＝g(x)，若关于x的方程g(x)＋sineq\f(π,2)x＝0只有5个根，则这5个根之和为()A．5 B．6C．8 D．9答案A解析由f(x2－2x＋3)＝g(x)及y＝x2－2x＋3的图象关于直线x＝1对称知g(x)的图象关于直线x＝1对称，由g(x)＋sineq\f(π,2)x＝0，知g(x)＝－sineq\f(π,2)x，因为y＝－sineq\f(π,2)x的图象也关于直线x＝1对称，g(x)＋sineq\f(π,2)x＝0有5个根，故必有一个根为1，另外4个根的和为4.所以原方程所有根之和为5.故选A.9．(2017·山东济宁模拟)定义在[eq\f(1,π)，π]上的函数f(x)满足f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，1))时，f(x)＝lnx，若函数g(x)＝f(x)－ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，π))上有零点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(lnπ,π)，0)) B．[－πlnπ，0]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，\f(lnπ,π))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e,π)，－\f(1,π)))答案B解析令x∈[1，π]，则eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，1))，因为f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，1))时，f(x)＝lnx，所以f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－lnx，则f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，1))，,－lnx，x∈[1，π]，))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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,π)，π))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(eq\f(1,π)，－lnπ)，此时－lnπ＝eq\f(a,π)⇒a＝－πlnπ，由图可得，实数a的取值范围是[－πlnπ，0]．故选B.10.(2016·天津高考)已知函数,f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,logax＋1＋1，x≥0))(a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))答案C解析要使函数f(x)在R上单调递减，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3－4a,2)≥0，,0<a<1，,3a≥1，))解之得eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,4)，因为方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，所以直线y＝2－x与函数y＝|f(x)|的图象有两个交点，如图所示．易知y＝|f(x)|的图象与x轴的交点的横坐标为eq\f(1,a)－1，又eq\f(1,3)≤eq\f(1,a)－1≤2，故由图可知，直线y＝2－x与y＝|f(x)|的图象在x>0时有一个交点；当直线y＝2－x与y＝x2＋(4a－3)x＋3a(x<0)的图象相切时，设切点为(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x0＝x\o\al(2,0)＋4a－3x0＋3a，,－1＝2x0＋4a－3，))整理可得4a2－7a＋3＝0，解得a＝1(舍)或a＝eq\f(3,4).而当3a≤2，即a≤eq\f(2,3)时，直线y＝2－x与y＝|f(x)|的图象在y轴左侧有一个交点，综合可得a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))).故选C.二、填空题11．(2017·河北模拟)若函数f(x)＝ln(x－1)－eq\f(3,x)的零点在区间(k，k＋1)(k∈Z)上，则k的值为________．答案3解析易知函数f(x)＝ln(x－1)－eq\f(3,x)在其定义域上连续，f(3)＝ln2－1<0，f(4)＝ln3－eq\f(3,4)>0，故f(3)·f(4)<0，故函数的零点在区间(3,4)上，故k＝3，故答案为3.12．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2，x≤0，,2x－6＋lnx，x>0))的零点个数是________．答案2解析当x≤0时，令x2－2＝0，解得x＝－eq\r(2)(正根舍)，所以在(－∞，0]上有一个零点．当x>0时，f′(x)＝2＋eq\f(1,x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又因为f(2)＝－2＋ln2<0，f(3)＝ln3>0，所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f(x)的零点个数为2.13．已知a是实数，函数f(x)＝2a|x|＋2x－a，若函数y＝f(x)有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析由题意易知a≠0，令f(x)＝0，即2a|x|＋2x－a＝0，变形得|x|－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,a)x，分别作出函数y1＝|x|－eq\f(1,2)，y2＝－eq\f(1,a)x的图象，如图所示．由图易知，当0<－eq\f(1,a)<1或－1<－eq\f(1,a)<0，即a<－1或a>1时，y1和y2的图象有两个不同的交点，所以当a<－1或a>1时，函数y＝f(x)有且仅有两个零点，即实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．14．已知函数y＝f(x)(x∈R)．对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝eq\r(4－x2)关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．答案(2eq\r(10)，＋∞)解析函数g(x)的定义域是[－2,2]，根据已知得eq\f(hx＋gx,2)＝f(x)，所以h(x)＝2f(x)－g(x)＝6x＋2b－eq\r(4－x2).h(x)>g(x)恒成立，即6x＋2b－eq\r(4－x2)>eq\r(4－x2)恒成立，即3x＋b>eq\r(4－x2)恒成立，令y＝3x＋b，y＝eq\r(4－x2)，则只要直线y＝3x＋b在半圆x2＋y2＝4(y≥0)上方即可，由eq\f(|b|,\r(10))>2，解得b>2eq\r(10)(舍去b<－2eq\r(10))，故实数b的取值范围是(2eq\r(10)，＋∞)．三、解答题15．已知二次函数f(x)＝x2＋(2a－1)x＋1－2a.(1)判断命题：“对于任意的a∈R，方程f(x)＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；(2)若y＝f(x)在区间(－1,0)及eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，求实数a的取值范围．解(1)“对于任意的a∈R，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＋(2a－1)x－2a＝0有实根，因为Δ＝(2a－1)2＋8a＝(2a＋1)2≥0对于任意的a∈R恒成立，即x2＋(2a－1)x－2a＝0必有实根，从而f(x)＝1必有实根．(2)依题意，要使y＝f(x)在区间(－1,0)及eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内各有一个零点，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1>0，,f0<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a