2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 函数与方程 Word版含答案.doc

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1、升级增分训练（一）函数与方程升级增分训练（一）函数与方程 1 1在在 2 22 2k k，2 2k k ，k kZ Z 上存在零点的函数是上存在零点的函数是( ( ) ) A Ay ysin 2sin 2x x B By ycos 2cos 2x x C Cy ytan 2tan 2x x D Dy ysinsin2 2x x 解析：选解析：选 B B 当当x x 2 22 2k k，2 2k k ，k kZ Z 时，时， sin 2sin 2x x0 0，sinsin2 2x x0 0 恒成立故排除恒成立故排除 A A，D D，若，若 tan 2tan 2x x0 0， 则则 2 2x xk

2、 k，x xk k2 2，k kZ Z，所以，所以y ytan 2tan 2x x在在x x 2 22 2k k，2 2k k ，k kZ Z 上不上不存在零点，当存在零点，当x x334 42 2k k，k kZ Z 时，时，cos 2cos 2x x0 0，故选，故选 B B 2 2若若a ab bc c，则函数，则函数f f( (x x) )( (x xa a)()(x xb b) )( (x xb b)()(x xc c) )( (x xc c)()(x xa a) )的两个零的两个零点分别位于区间点分别位于区间( ( ) ) A A( (a a，b b) )、( (b b，c c)

3、)内内 B B( (，a a) )、( (a a，b b) )内内 C C( (b b，c c) )、( (c c，)内内 D D( (，a a) )、( (c c，)内内 解析：选解析：选 A A f f( (a a) )( (a ab b)()(a ac c) )，f f( (b b) )( (b bc c)()(b ba a) )，f f( (c c) )( (c ca a)()(c cb b) )，a ab bc c，f f( (a a) )0 0，f f( (b b) )0 0，f f( (c c) )0 0，即，即f f( (a a)f f( (b b) )0 0，f f( (b

4、b)f f( (c c) )0 0，又，又f f( (x x) )在在 R R 上是连续函数，上是连续函数，两零点分别位于区间两零点分别位于区间( (a a，b b) )，( (b b，c c) )内内 3 3在下列区间中，函数在下列区间中，函数f f( (x x) )3 3x xx x2 2有零点的是有零点的是( ( ) ) A A B B C C D D 解析：选解析：选 D D f f(0)(0)1 1，f f(1)(1)2 2， f f(0)(0)f f(1)(1)0 0； f f(2)(2)5 5，f f(1)(1)2 2，f f(2)(2)f f(1)(1)0 0； f f( (2

5、)2)35359 9，f f( (1)1)2 23 3， f f( (2)2)f f( (1)1)0 0； f f(0)(0)1 1，f f( (1)1)2 23 3，f f(0)(0)f f( (1)1)0 0 易知符合条件，故选易知符合条件，故选 D D 4 4(2017(2017皖江名校联考皖江名校联考) )已知函数已知函数f f( (x x) )e ex x2 2axax，函数，函数g g( (x x) )x x3 3axax2 2若不存在若不存在x x1 1，x x2 2R R，使得，使得f f(x x1 1) )g g(x x2 2) )，则实数，则实数a a的取值范围为的取值范围

6、为( ( ) ) A A( (2,3) 2,3) B B( (6,0)6,0) C C D D 解析：选解析：选 D D 易得易得f f(x x) )e ex x2 2a a2 2a a，g g(x x) )3 3x x2 22 2axaxa a2 23 3，由题意可知，由题意可知a a2 23 32 2a a，解得，解得66a a00 5 5函数函数y y1 12 2ln ln x xx x1 1x x2 2 的零点所在的区间为的零点所在的区间为( ( ) ) A A 1 1e e，1 1 B B(1,2)(1,2) C C(2(2，e) e) D D(e,3)(e,3) 解析：选解析：选

7、C C 由题意，求函数由题意，求函数y y1 12 2ln ln x xx x1 1x x2(2(x x0)0)的零点，即为求曲线的零点，即为求曲线y y1 12 2ln ln x x与与y yx x1 1x x2 2 的交点，可知的交点，可知y y1 12 2ln ln x x在在(0(0，)上为单调递增函数，而上为单调递增函数，而y yx x1 1x x2 2在在(0(0，)上为单调递减函数，故交点只有一个，当上为单调递减函数，故交点只有一个，当x x2 2 时，时，1 12 2ln ln x xx x1 1x x2 2，当，当x xe e 时，时，1 12 2ln ln x xx x1

8、1x x2 2，因此函数，因此函数y y1 12 2ln ln x xx x1 1x x2 2 的零点在的零点在(2(2，e)e)内故选内故选 C C 6 6已知定义在已知定义在 R R 上上的函数的函数f f( (x x) )满足：满足：对任意对任意x xR R，有，有f f( (x x2)2)2 2f f( (x x) )；当当x x时，时，f f( (x x) ) 1 1x x2 2若函数若函数g g( (x x) ) e ex x，x x00，ln ln x x，x x00，则函数则函数y yf f( (x x) )g g( (x x) )在区间在区间( (4,5)4,5)上的零点个数

9、是上的零点个数是( ( ) ) A A7 7 B B8 8 C C9 9 D D1010 解析：选解析：选 C C 函数函数f f( (x x) )与与g g( (x x) )在区间上的图象如图所示，由图可知，函数在区间上的图象如图所示，由图可知，函数f f( (x x) )与与g g( (x x) )的图象在区间的图象在区间( (4,5)4,5)上的交点个数为上的交点个数为 9 9，即函数，即函数y yf f( (x x) )g g( (x x) )在区间在区间( (4 4,5),5)上零点的个上零点的个数是数是 9 9 7 7 (2017(2017昆明两区七校调研昆明两区七校调研) )若若

10、f f( (x x) )1 11 1f fx x， 当， 当x x时，时，f f( (x x) )x x， 在区间， 在区间( (1,11,1内，内，g g( (x x) )f f( (x x) )mxmxm m2 2有两个零点，则实数有两个零点，则实数m m的取值范围是的取值范围是( ( ) ) A A 0 0，1 13 3 B B 0 0，2 23 3 C C 0 0，1 13 3 D D 2 23 3， 解析：选解析：选 B B 依题意，依题意， f f( (x x) )1 1f fx x1 1， 当当x x( (1,0)1,0)时，时，x x1 1(0,1)(0,1)， f f( (x

11、 x) )1 1f fx x1 11 1x x1 11 1， 由由g g( (x x) )0 0 得得f f( (x x) )m m x x1 12 2 在同一坐在同一坐标系上画出函数标系上画出函数y yf f( (x x) )与与y ym m x x1 12 2在区间在区间( (1,11,1内的图象，内的图象， 结 合 图 象 可知 ， 要 使结 合 图 象 可知 ， 要 使g g( (x x) ) 有 两 个 零 点 ，只需 函 数有 两 个 零 点 ，只需 函 数y yf f( (x x) ) 与与y ym m x x1 12 2 该直线斜率为该直线斜率为m m，过点，过点 1 12 2

12、，0 0在区间在区间( (1 1，11内的图象有两个不同的交点，内的图象有两个不同的交点， 故实数故实数m m的取值范围是的取值范围是 0 0，2 23 3，选，选 B B 8 8(2017(2017海口调研海口调研) )若关于若关于x x的方程的方程| |x x4 4x x3 3| |axax在在 R R 上存在上存在 4 4 个不同的实根，则实个不同的实根，则实数数a a的取值范围为的取值范围为( ( ) ) A A 0 0，4 42727 B B 0 0，4 42727 C C 4 42727，2 23 3 D D 4 42727，2 23 3 解析：选解析：选 A A 依题意，注意到依

13、题意，注意到x x0 0 是方程是方程| |x x4 4x x3 3| |axax的一个根的一个根 当当x x0 0 时，时，a a| |x x3 3x x2 2| |， 记记f f( (x x) )x x3 3x x2 2， 则有则有f f(x x) )3 3x x2 22 2x x， 易知易知f f( (x x) )x x3 3x x2 2在区间在区间 0 0，2 23 3上单调递减，上单调递减， 在区间在区间( (，0)0)， 2 23 3， 上单调递增上单调递增 又又f f(1)(1)0 0， 因此因此g g( (x x) )| |x x4 4x x3 3| |x x | |f fx

14、x，x x0 0，| |f fx x，x x0 0的图象如图所示，由题意得直线的图象如图所示，由题意得直线y ya a与与函数函数y yg g( (x x) )的图象有的图象有 3 3 个不同的交点时，个不同的交点时，a a 0 0，4 42727，选，选 A A 9 9对于函数对于函数f f( (x x) )和和g g( (x x) )，设，设 x x| |f f( (x x) )00， x x| |g g( (x x) )00，若存在，若存在，使得使得| |1|1，则称，则称f f( (x x) )与与g g( (x x) )互为互为“零点相邻函数零点相邻函数”若函数若函数f f( (x

15、x) )e ex x1 1x x2 2 与与g g( (x x) )x x2 2axaxa a3 3 互为互为“零点相邻函数零点相邻函数”，则实数，则实数a a的取值范围是的取值范围是( ( ) ) A A B B 2 2，7 73 3 C C 7 73 3，3 3 D D 解析：选解析：选 D D 函数函数f f( (x x) )e ex x1 1x x2 2 的零点为的零点为x x1 1， 设设g g( (x x) )x x2 2axaxa a3 3 的零点为的零点为b b， 若函数若函数f f( (x x) )e ex x1 1x x2 2 与与g g( (x x) )x x2 2axa

16、xa a3 3 互为互为“零点相邻函数零点相邻函数”， 则则|1|1b b|1|1，00b b22 由于由于g g( (x x) )x x2 2axaxa a3 3 必经过点必经过点( (1,4)1,4)， 要使其零点在区间上，要使其零点在区间上， 则则 g g，g g a a2 200，即即 a a3030， a a2 22 2a aa a2 2a a3030， 解得解得 22a a33 1010已知在区间上已知在区间上g g( (x x) )1 18 8x x2 2x x2 2，f f( (x x) ) loglog2 2x x4 43 3x x，44x x1 1，2|2|x x1|1|2

17、 2，1 1x x44， 给出下列四个命题：给出下列四个命题： 函数函数y yf f有三个零点；有三个零点； 函数函数y yg g有三个零点；有三个零点； 函数函数y yf f有六个零点；有六个零点； 函数函数y yg g有且只有一个零点有且只有一个零点 其中正确命题的个数是其中正确命题的个数是( ( ) ) A A1 1 B B2 2 C C3 3 D D4 4 解析：选解析：选 D D 画出函数画出函数f f( (x x) )，g g( (x x) )的草图，如图，的草图，如图， 设设t tg g( (x x) )，则由，则由f f0 0，得，得f f( (t t) )0 0， 则则t t

18、g g( (x x) )有三个不同值，由于有三个不同值，由于y yg g( (x x) )是减函数，所以是减函数，所以f f0 0 有有 3 3 个解，个解， 所以所以正确；正确； 设设m mf f( (x x) )，若，若g g0 0，即，即g g( (m m) )0 0， 则则m mx x0 0(1,2)(1,2)，所以，所以f f( (x x) )x x0 0(1,2)(1,2)， 由图象知对应由图象知对应f f( (x x) )x x0 0(1,2)(1,2)的解有的解有 3 3 个，个， 所以所以正确；正确； 设设n nf f( (x x) )，若，若f f0 0， 即即f f( (

19、n n) )0 0，n nx x1 1( (3 3，2)2)或或n n0 0 或或n nx x2 22 2， 而而f f( (x x) )x x1 1( (3 3，2)2)有有 1 1 个解，个解，f f( (x x) )0 0 对应有对应有 3 3 个解，个解，f f( (x x) )x x2 22 2 对应有对应有 2 2 个个解，所以解，所以f f0 0 共有共有 6 6 个解，所以个解，所以正确；正确； 设设s sg g( (x x) )，若，若g g0 0，即，即g g( (s s) )0 0， 所以所以s sx x3 3(1,2)(1,2)，则，则g g( (x x) )x x3

20、3， 因为因为y yg g( (x x) )是减函数，所以方程是减函数，所以方程g g( (x x) )x x3 3只有只有 1 1 个解，所以个解，所以正确，故四个命题都正确，故四个命题都正确正确 1111已知函数已知函数f f( (x x) ) 2 2x x3 33 3x x2 2m m，00 x x11，mxmx5 5，x x1.1.若函数若函数f f( (x x) )的图象与的图象与x x轴有且只有轴有且只有两个不同的交点，则实数两个不同的交点，则实数m m的取值范围为的取值范围为_ _ 解析：当解析：当x x时，时，f f(x x) )6 6x x2 26 6x x00， 则则f f

21、( (x x) )2 2x x3 33 3x x2 2m m在上单调递增，在上单调递增， 因为函数因为函数f f( (x x) )的图象与的图象与x x轴有且只有两个不同的交点，轴有且只有两个不同的交点， 所以在区间和所以在区间和(1(1，)内分别有一个交点，内分别有一个交点， 则则m m0 0，且，且f f(1)(1)m m5 50 0，解得，解得5 5m m0 0 答案：答案：( (5,0)5,0) 1212设函数设函数f f( (x x) ) 2 2x x，x x00，loglog2 2x x，x x0 0，则函数则函数y yf f( (f f( (x x)1 1 的零点个数为的零点个数

22、为_ 解析：解析：当当x x00 时，时， y yf f( (f f( (x x)1 1f f(2(2x x) )1 1loglog2 22 2x x1 1x x1 1， 令令x x1 10 0，则，则x x1 1， 显然与显然与x x00 矛盾，矛盾， 所以此情况无零点所以此情况无零点 当当x x0 0 时，分两种情况：时，分两种情况： 当当x x1 1 时，时，loglog2 2x x0 0， y yf f( (f f( (x x)1 1f f(log(log2 2x x) )1 1loglog2 2(log(log2 2x x) )1 1， 令令 loglog2 2(log(log2 2

23、x x) )1 10 0，得，得 loglog2 2x x2 2， 解得解得x x4 4； 当当 0 0 x x11 时，时，loglog2 2x x00， y yf f( (f f( (x x)1 1f f(log(log2 2x x) )1 12log2log2 2x x1 1x x1 1， 令令x x1 10 0，解得，解得x x1 1 综上，函数综上，函数y yf f( (f f( (x x)1 1 的零点个数为的零点个数为 2 2 答案：答案：2 2 1313(20(201717湖北优质高中联考湖北优质高中联考) )函数函数f f( (x x) ) 1 12 2| |x x1|1|2

24、cos 2cos x x( (44x x6)6)的所有零点的所有零点之和为之和为_ 解析：原问题可转化为求解析：原问题可转化为求y y 1 12 2| |x x1|1|与与y y2cos 2cos x x在内的交点的横坐标的和，在内的交点的横坐标的和， 因为上述两个函数图象均关于因为上述两个函数图象均关于x x1 1 对称，对称， 所以所以x x1 1 两侧的交点关于两侧的交点关于x x1 1 对称，对称， 那么两对应交点的横坐标的和为那么两对应交点的横坐标的和为 2 2， 分别画出两个函数在上的图象分别画出两个函数在上的图象( (如图如图) )， 可知在可知在x x1 1 两侧分别有两侧分别

25、有 5 5 个交点，个交点， 所以所求和为所以所求和为 52521010 答案：答案：1010 1414已知函数已知函数f f( (x x) ) x xx x1 1，1 1x x00，x x，0 0 x x11与与g g( (x x) )a a( (x x1)1)的图象在的图象在( (1,11,1上有上有 2 2 个交点，若方程个交点，若方程x x1 1x x5 5a a的解为正整数，则满足条件的实数的解为正整数，则满足条件的实数a a的个数为的个数为_ 解析：在同一坐标系中作出函数解析：在同一坐标系中作出函数f f( (x x) )与与g g( (x x) )的图象，如图，的图象，如图，结合

26、图结合图象可知，实数象可知，实数a a的取值范围是的取值范围是 0 0，1 12 2 由由x x1 1x x5 5a a，可得，可得x x2 25 5axax1 10 0， 设设h h( (x x) )x x2 25 5axax1 1， 当当x x1 1 时，由时，由h h(1)(1)1 15 5a a1 10 0， 可得可得a a0 0，不满足题意；，不满足题意； 当当x x2 2 时，由时，由h h(2)(2)4 41010a a1 10 0， 可得可得a a3 310101 12 2，满足题意；，满足题意； 当当x x3 3 时，由时，由h h(3)(3)9 91515a a1 10 0 可得可得a a8 815151 12 2， 不满足题意不满足题意 又函数又函数y yx x1 1x x在在(0(0，)上单调递增，上单调递增， 故满足条件的实数故满足条件的实数a a的个数为的个数为 1 1 答案：答案：1 1