五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第二章 第七節(jié) 函數(shù)與方程 理全國通用

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1、 第七節(jié)第七節(jié) 函數(shù)與方程函數(shù)與方程 考點(diǎn) 函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根 1(20 xx山東，10)設(shè)函數(shù)f(x)3x1，x1，2x，x1，則滿足f(f(a)2f(a)的a取值范圍是( ) A.23，1 B0，1 C.23， D1, ) 解析 當(dāng)a2時(shí)，f(a)f(2)2241，f(f(a)2f(a)，a2滿足題意，排除A，B選項(xiàng)；當(dāng)a23時(shí)，f(a)f2332311，f(f(a)2f(a)，a23滿足題意，排除 D選項(xiàng)，故答案為 C. 答案 C 2(20 xx天津，8)已知函數(shù)f(x)2|x|，x2，（x2）2，x2，函數(shù)g(x)bf(2x)，其中bR R，若函數(shù)yf(x)g(x)恰有 4 個(gè)零點(diǎn)，

2、則b的取值范圍是( ) A.74， B.，74 C.0，74 D.74，2 解析 記h(x)f(2x)在同一坐標(biāo)系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖，直線AB：yx4，當(dāng)直線lAB且與f(x)的圖象相切時(shí)，由yxb，y（x2）2， 解得b94，94(4)74， 所以曲線h(x)向上平移74個(gè)單位后，所得圖象與f(x)的圖象有四個(gè)公共點(diǎn)，平移2個(gè)單位后，兩圖象有無數(shù)個(gè)公共點(diǎn)，因此，當(dāng)74b2 時(shí)，f(x)與g(x)的圖象有四個(gè)不同的交點(diǎn)，即yf(x)g(x)恰有 4 個(gè)零點(diǎn)選 D. 答案 D 3(20 xx湖南，10)已知函數(shù)f(x)x2ex12(x0 時(shí)，yf(x)與yg(x)的圖象有交點(diǎn)，即

3、g(x) f(x)有正解，即x2ln(xa)(x)2ex12有正解，即 exln(xa)120 有正解，令F(x)exln(xa)12，則F(x)ex1xa0，故函數(shù)F(x) exln(xa)12在(0，)上是單調(diào)遞減的，要使方程g(x)f(x)有正解，則存在正數(shù)x使得F(x)0，即 exln(xa)120，所以aeex12x，又yeex12x在(0，)上單調(diào)遞減，所以aee0120e12，選 B. 答案 B 4(20 xx重慶，6)若abc，則函數(shù)f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的兩個(gè)零點(diǎn)分別位于區(qū)間( ) A(a，b)和(b，c)內(nèi) B(，a)和(a，b)內(nèi) C(b

4、，c)和(c，)內(nèi) D(，a)和(c，)內(nèi) 解析 由題意ab0，f(b)(bc)(ba)0.顯然f(a)f(b)0，f(b)f(c)2；a0，b2；a1，b2. 解析 令f(x)x3axb，f(x)3x2a， 當(dāng)a0 時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，必有一個(gè)實(shí)根，正確； 當(dāng)a0 時(shí)，由于選項(xiàng)當(dāng)中a3，只考慮a3 這一種情況，f(x)3x233(x1)(x1)，f(x)極大f(1)13bb2，f(x)極小f(1)13bb2，要有一根，f(x)極大0，b2，正確，所有正確條件為. 答案 8(20 xx江蘇，13)已知函數(shù)f(x)|ln x|，g(x)0，0 x1，|x24|2，x1，則方程|f(

5、x)g(x)|1 實(shí)根的個(gè)數(shù)為_ 解析 令h(x)f(x)g(x)，則h(x)ln x，0 x1，x2ln x2，1x2，x2ln x6，x2，當(dāng) 1x2 時(shí)，h(x)2x1x12x2x0，故當(dāng) 1x2 時(shí)h(x)單調(diào)遞減，在同一坐標(biāo)系中畫出y|h(x)|和y1 的圖象如圖所示 由圖象可知|f(x)g(x)|1 的實(shí)根個(gè)數(shù)為 4. 答案 4 9(20 xx北京，14)設(shè)函數(shù)f(x)2xa，x1，4（xa）（x2a），x1. (1)若a1，則f(x)的最小值為_； (2)若f(x)恰有 2 個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_ 解析 (1)當(dāng)a1 時(shí)， f(x)2x1，x1，4（x1）（x2），x1.

6、 當(dāng)x1. 當(dāng)x1 時(shí)，且當(dāng)x32時(shí)， f(x)minf321， f(x)最小值為1. (2)1當(dāng)a0 時(shí)，2xa0， 由 4(xa)(x2a)0 得xa或x2a.a1，)， 2a1，)， 此時(shí)f(x)無零點(diǎn) 2當(dāng) 0a1 時(shí)，若有 2 個(gè)零點(diǎn)，只須a1，2a1，12a1. 3當(dāng) 1a2 時(shí)，x1，2xa，xlog2a0，1)， x1 時(shí)，由f(x)0，得xa或 2a，a1，) 2a1，)，有 3 個(gè)零點(diǎn)，不合題意 4當(dāng)a2 時(shí)，x1，則 2xa0，討論曲線yf(x)與曲線ymx2(m0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)； (3)設(shè)ab，比較f（a）f（b）2與f（b）f（a）ba的大小，并說明理由 解 (1)f

7、(x)的反函數(shù)為g(x)ln x設(shè)直線ykx1 與g(x)ln x的圖象在P(x0，y0)處相切，則有y0kx01ln x0，kg(x0)1x0，解得x0e2，k1e2. (2)曲線yex與ymx2的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)等于曲線yexx2與ym的公共點(diǎn)個(gè)數(shù) 令(x)exx2，則(x)ex（x2）x3， (2)0. 當(dāng)x(0，2)時(shí)，(x)0，(x)在(2，)上單調(diào)遞增，(x)在(0，)上的最小值為(2)e24. 當(dāng) 0me24時(shí)，在區(qū)間(0，2)內(nèi)存在x11m，使得(x1)m，在(2，)內(nèi)存在x2me2，使得(x2)m(通過證明(x2)ex2x22x2即可) 由(x)的單調(diào)性知，曲線yexx2與ym在(0，)上恰有兩個(gè)公共點(diǎn) 綜上所述，當(dāng)x0 時(shí)， 若 0me24，曲線yf(x)與ymx2有兩個(gè)公共點(diǎn) (3)可以證明f（a）f（b）2f（b）f（a）ba. 事實(shí)上，f（a）f（b）2f（b）f（a）baeaeb2ebeababa2ebeaebeaba212eaebeaba212eba1(ba)(*) 令(x)x22ex11(x0)， 則(x)122ex（ex1）2（ex1）24ex2（ex1）2 （ex1）22（ex1）20(當(dāng)且僅當(dāng)x0 時(shí)等號(hào)成立)， (x)在0，)上單調(diào)遞增， x0 時(shí)，(x)(0)0. 令xba，即得(*)式，結(jié)論得證