《江苏专版2019版高考数学一轮复习第二章函数的概念与基本初等函数Ⅰ课时跟踪检测十一函数与方程文201805284181》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2019版高考数学一轮复习第二章函数的概念与基本初等函数Ⅰ课时跟踪检测十一函数与方程文201805284181（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1课时跟踪检测（十一）课时跟踪检测（十一） 函数与方程函数与方程一抓基础，多练小题做到眼疾手快1已知函数yf(x)的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：x123456y124.4337424.536.7123.6则函数yf(x)在区间1,6上的零点至少有_个解析：依题意，f(2)0，f(3)0，f(5)1.答案：(，1)(1，)2(2018上海七校联考)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)21210，所以f(0)f(1)0，故函数f(x)2xx2 的零点
2、在区间(0,1)内，故m0，n1，mn1.答案：13(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k42，所以满足不等式x4x0的最小的整数解k6.答案：64已知函数f(x)Error!则使函数g(x)f(x)xm有零点的实数m的取值范围是_3解析：函数g(x)f(x)xm的零点就是方程f(x)xm的根，作出h(x)f(x)xError!的图象如图所示，观察它与直线
3、ym的交点，可知当m0 或m1 时有交点，即使函数g(x)f(x)xm有零点的实数m的取值范围是(，0(1，)答案：(，0(1，)5函数f(x)Error!有两个不同的零点，则实数a的取值范围为_解析：由于当x0，f(x)|x22x1|时图象与x轴只有 1 个交点，即只有 1 个零点，故由题意只需方程 2x1a0 有 1 个正根即可，变形为 2x2a，结合图形只需2a1，解得a .1 2答案：(，1 2)6已知函数f(x)Error!若函数g(x)f(x)m有 3 个零点，则实数m的取值范围是_解析：函数g(x)f(x)m有 3 个零点，转化为f(x)m0 的根有 3 个，进而转化为yf(x)
4、，ym的交点有 3 个画出函数yf(x)的图象，则直线ym与其有 3 个公共点又抛物线顶点为(1,1)，由图可知实数m的取值范围是(0,1)答案：(0,1)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m0 与yax相切时，由f(x) ，得 a，又 ln xax，解得xe，1 x1 x所以要满足题意，则 10，所以g(n)n在(1，e)上单1ln n n2ln n n调递增，所以g(n)n 2.1 m(1，e1 e)4答案：(1，e1 e)8(2018南京、盐城一模)设f(x)是定义在 R 上
5、的奇函数，且f(x)2x，设m 2xg(x)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 2xm2x(2xm2x)，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，此时g(x) ，所以当t3 23 2时，yg(x)t有且只有一个零点3 2，3 2答案：3 2，3 29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,
6、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，只需Error!即(0，1 2)Error!解得 a .1 23 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
7、(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：fm gnfn gpfp gmmnp.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)5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(
8、t)a2t2bt10，于是(aa2)t20.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)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 422x172x40，17 4解得 2x4，即x2，1 4所以不等式fk(x)的解
9、集为x|x217 4(2)不等式f0(x)mf1(x)4，即为 2x2xm2x4，所以m，即m241.2x2x4 2x(1 2x)1 2x令t，x1,2，则t，1 2x1 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 2u24 u7设r(u)u ，则r(u)1，当 u2 时，r(u)0，即函数r(u)u24 u4 u4 u23 2在上单调递减，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，)
