2012届高考数学限时训练(函数与方程)

A级课时对点练(时间：40分钟满分：70分)一、填空题(每小题5分，共40分)1．(2010·宁夏银川)f(x)＝x－1lnxx－3的零点个数为________．解析：f(x)＝0，即x－1lnxx－3＝0，即x－1＝0或lnx＝0，得x＝1.答案：12．(2010·江苏无锡市辅仁高级中学模拟)函数f(x)＝lnx－2x零点所在区间大致是________．①(1,2)②(2,3)③1，1e和(3,4)④(e，＋∞)解析：∵f(2)·f(3)0，∴填②.答案：②3．(2010·福建改编)函数f(x)＝x2＋2x－3，x≤0，－2＋lnx，x0的零点个数为________．解析：由x≤0，x2＋2x－3＝0得x＝－3.又x0，－2＋lnx＝0得x＝e2，∴f(x)的零点个数为2个．答案：24．(2010·浙江改编)设函数f(x)＝4sin(2x＋1)－x，则在下列区间中函数f(x)不存在零点的是________．①[－4，－3]②[－2,0]③[0,2]④[2,4]解析：∵f(0)＝4sin10，f(2)＝4sin5－20，∴函数f(x)在[0,2]上存在零点；∵f(－1)＝－4sin1＋10，∴函数f(x)在[－2,0]上存在零点；又∵25π4－124，f5π4－12＝4－5π4－120，而f(2)0，∴函数f(x)在[2,4]上存在零点．答案：①5．(2010·江苏泰兴中学一模)已知方程x2＋(a－1)x＋(a－2)＝0的根一个比1大，另一个比1小，则a的取值范围是________．解析：函数f(x)＝x2＋(a－1)x＋(a－2)的大致图象如图所示，于是有f(1)0，即1＋(a－1)＋(a－2)0，解得a1.答案：a16．下列各小题中，p是q的充要条件的是________．①p：m－2或m6；q：y＝x2＋mx＋m＋3有两个不同的零点．②p：f－xfx＝1；q：y＝f(x)是偶函数．③p：cosα＝cosβ；q：tanα＝tanβ.④p：A∩B＝A；q：∁UB⊆∁UA.解析：在①中，函数有两个零点，则Δ＝m2－4m－120，解得m6或m－2，所以pq的充要条件；②中p是q的充分不必要条件；③中p是q的既不充分也不必要条件．对于④，由A∩B＝A⇒A⊆B，再由∁UB⊆∁UA⇒A⊆B，故p是q的充要条件．答案：①④7．若函数f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．解析：函数f(x)的零点的个数就是函数y＝ax与函数y＝x＋a交点的个数，由函数的图象可知a1时，两函数图象有两个交点，0a1时，两函数图象有唯一交点，故a1.答案：(1，＋∞)8．(2010·南京外国语学校月考)二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈R)的部分对应值如下表：x－3－2－101234y60－4－6－6－406则使ax2＋bx＋c0的自变量x的取值范围是________．解析：由表中给出的数据可以得f(－2)＝0，f(3)＝0，因此函数的两个零点是－2和3，这两个零点将x轴分成三个区间(－∞，－2)，(－2,3)，(3，＋∞)．在(－∞，－2)中取特殊值－3，由表中数据知f(－3)＝60，因此根据连续函数零点的性质知，当x∈(－∞，－2)时，都有f(x)0；同理可得，当x∈(3，＋∞)时，有f(x)0.故使ax2＋bx＋c0的自变量x的取值范围是(－∞，－2)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)二、解答题(共30分)9．(本小题满分14分)(2010·南师附中质检)已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；(2)试确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．解：(1)解法一：∵g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e，等号成立的条件是x＝e，故g(x)的值域是[2e，＋∞)．因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有零点．解法二：作出g(x)＝x＋e2x(x0)的图象如图：可知若使g(x)＝m有零点，则只需m≥2e.解法三：解方程g(x)＝m，即x2－mx＋e2＝0(x0)．此方程有大于零的根，故m20，Δ＝m2－4e2≥0，等价于m0，m≥2e或m≤－2e，故m≥2e.(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．作出g(x)＝x＋e2x(x0)的图象如图．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2，故当m－1＋e22e，即m－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，∴m的取值范围是m－e2＋2e＋1.10．(本小题满分16分)(2010·湖南)已知函数f(x)＝3sin2x－2sin2x.(1)求函数f(x)的最大值；(2)求函数f(x)的零点的集合．解：(1)因为f(x)＝3sin2x－(1－cos2x)＝2sin2x＋π6－1，所以，当2x＋π6＝2kπ＋π2，即x＝kπ＋π6(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值1.(2)解法一：由(1)及f(x)＝0得sin2x＋π6＝12，所以2x＋π6＝2kπ＋π6，或2x＋π6＝2kπ＋5π6，即x＝kπ，或x＝kπ＋π3.故函数f(x)的零点的集合为x|x＝kπ，或x＝kπ＋π3，k∈Z.解法二：由f(x)＝0得23sinxcosx＝2sin2x，于是sinx＝0，或3cosx＝sinx即tanx＝3.由sinx＝0可知x＝kπ；由tanx＝3可知x＝kπ＋π3.故函数f(x)的零点的集合为x|x＝kπ，或x＝kπ＋π3，k∈Z.B级素能提升练(时间：30分钟满分：50分)一、填空题(每小题5分，共20分)1．(2010·常州高级中学月考)设函数y＝x3与y＝12x－2的图象交点为(x0，y0)，则x0所在的区间是下列中的________(只填代号)①(0,1)②(1,2)③(2,3)④(3,4)解析：作出两函数的图象，由图象知填②.答案：②2．(2010·连云港五校联考)若函数f(x)＝x2－ax－b的两个零点是2和3，则函数g(x)＝bx2－ax－1的零点是________．解析：由22－2a－b＝0，32－3a－b＝0，得a＝5，b＝－6，∴g(x)＝－6x2－5x－1的零点为－12，－13.答案：－12，－133．关于x的实系数方程x2－ax＋2b＝0的一根在区间[0,1]上，另一根在区间[1,2]上，则2a＋3b的最大值为________．解析：令f(x)＝x2－ax＋2b，据题意知函数在[0,1]、[1,2]内各存在一零点，结合二次函数图象可知满足条件：f0≥0，f1≤0，f2≥0⇔b≥0，1－a＋2b≤0，4－2a＋2b≥0.在直角坐标系中作出满足不等式的点(a，b)所在的可行域，问题转化为确定线性目标函数z＝2a＋3b的最优解，结合图形可知当a＝3，b＝1时，目标函数取得最大值9.答案：94．(南通市高三期末调研测试)设函数f(x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，记g(x)＝fxx，若函数g(x)至少存在一个零点，则实数m的取值范围是________．解析：由条件得：g(x)＝x2－2ex＋m－lnxx，其函数的定义域为(0，＋∞)，从而g(x)的零点即为函数h1(x)＝x2－2ex＋m＝(x－e)2＋m－e2与函数h2(x)＝lnxx的交点，而由h2′(x)＝1－lnxx2知当x∈(0，e)时，h2(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h2(x)单调递减，又当x∈(0，e)时，h1(x)单调递减，当x∈(e，＋∞)时，h1(x)单调递增，所以欲使g(x)有零点，必须满足h1(x)min≤h2(x)max，即m－e2≤1e，所以m∈－∞，e2＋1e.答案：－∞，e2＋1e二、解答题(共30分)5．(本小题满分14分)(1)若函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，求实数a的值；(2)若函数f(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，求实数a的取值范围．解：(1)若a＝0，则f(x)＝－x－1，令f(x)＝0，即－x－1＝0，得x＝－1，故符合题意；若a≠0，则f(x)＝ax2－x－1是二次函数，故有且仅有一个零点等价于Δ＝1＋4a＝0，解得a＝－14，综上所述，a＝0或a＝－14.(2)若f(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，即|4x－x2|＋a＝0有四个根，即|4x－x2|＝－a有四个根．令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.作出g(x)的图象，由图象可知如果要使|4x－x2|＝－a有四个根，那么g(x)与h(x)的图象应有4个交点．故需满足0－a4，即－4a0.∴a的取值范围是(－4,0)．6．(本小题满分16分)设f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)．(1)若f(x)在[－2,2]上不单调，求b的取值范围；(2)若f(x)≥|x|对一切x∈R恒成立，求证：b2＋1≤4c；(3)若对一切x∈R，有fx＋1x≥0，且f2x2＋3x2＋1的最大值为1，求b，c满足的条件．解：(1)由题意－2≤－b2≤2.所以－4≤b≤4(2)须x2＋bx＋c≥x与x2＋bx＋c≥－x同时成立，即b－12－4c≤0，b＋12－4c≤0，所以b2＋1≤4c(3)因为x＋1x≥2，依题意，对一切满足|x|≥2的实数x，有f(x)≥0.①当f(x)＝0有实根时，f(x)＝0的实根在区间[－2,2]内．设f(x)＝x2＋bx＋c，所以f(－2)≥0，f(2)≥0，－2≤－b2≤2，即4－2b＋c≥0,4＋2b＋c≥0，－4≤b≤4.又2x2＋3x2＋1＝2＋1x2＋1∈(2,3]，于是f2x2＋3x2＋1的最大值为f(3)＝1，即9＋3b＋c＝1，从而c＝－3b－8.代入上式中，解得b＝－4，c＝4.②当f(x)＝0无实根时，Δ＝b2－4c0，由二次函数性质知，f(x)＝x2＋bx＋c在(2,3]上的最大值只能在区间的端点处取得，所以，当f(2)f(3)时，f2x2＋3x2＋1无最大值．于是2x2＋3x2＋1存在最大值的充要条件是f(2)≤f(3)，即4＋2b＋c≤9＋3b＋c，所以b≥－5.又f2x2＋3x2＋1的最大值为f(3)＝1，即9＋3b＋c＝1.由Δ＝b2－4c0得b2＋12b＋320，即－8b－4.综上，b，c满足的条件为3b＋c＋8＝0且－5≤b≤－4.