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高中数学 第二章 第8讲 函数与方程


第8讲

函数与方程

分层训练 A 级

基础达标演练

(时间:30 分钟 满分:60 分)
一、填空题(每小题 5 分,共 30 分) ?n n+1? ?内,n∈Z,则 n 1.(2012· 苏州期中调研)已知方程 x3=3-x 的解在区间? , 2 ? ?2 的值是________. 解析 设 f(x)=x3-(3-x)=x3+x-3, f(x)是 R 上的增函数, f(1)=-1<0, 则 且 3? ?3? 15 ? f?2?= 8 >0,所以 f(x)=0 的解 x0∈?1,2?,从而 n=2. ? ? ? ? 答案 2 2. (2012· 无锡调研)已知方程 2x=10-x 的根 x∈(k, k+1), k∈Z, k=________. 则 解析 设 f(x)=2x+x-10,则由 f(2)=-4<0,f(3)=1>0,所以 f(x)的零点在 (2,3)内. 答案 2 1 3.(2012· 济宁模拟)已知 a 是函数 f(x)=2x-log2x 的零点,若 0<x0<a,则 f(x0) 的值满足________(与零的关系). 解析 因为 f(x)是(0,+∞)上的增函数,且 f(a)=0,于是由 0<x0<a,得 f(x0) <f(a)=0,即 f(x0)<0. 答案 f(x0)<0 1 4.设函数 f(x)=3x-ln x(x>0),则函数 f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内的零点个数 分别为________. 1 解析 设 y=3x 与 y=ln x,作图象可知 f(x)在区 间(0,1)内无零点,在(1,+∞)内仅有两个零点. 答案 0,2

?4x-4,x≤1, 5.(2012· 菏泽测试)设函数 f(x)=? 2 则函数 g(x)=f(x)-log4x ?x -4x+3,x>1, 的零点个数为________. 解析 设 y=f(x)与 y=log4x,分别画出它们的图象,得有 2 个交点,所以函 数 g(x)的零点个数为 2. 答案 2
x ?2 -1,x>0, ? 2 6.(2010· 南通调研)已知函数 f(x)= 若函数 g(x)=f(x)-m 有 3 ?-x -2x,x≤0.

个零点,则实数 m 的取值范围是________. 解析 画出图象,令 g(x)=f(x)-m=0,即 y=f(x)与 y =m 的图象的交点有 3 个,∴0<m<1. 答案 (0,1) 二、解答题(每小题 15 分,共 30 分) 7.若关于 x 的方程 mx2+2(m+3)x+2m+14=0 有两实 根,且一个大于 4,一个小于 4,求实数 m 的取值范围. 解 令 f(x)=mx2+2(m+3)x+2m+14, ?m>0, ?m<0, 依题意得? 或? ?f?4?<0 ?f?4?>0, ?m>0, ?m<0, 19 即? 或? 解得-13<m<0, ?26m+38<0 ?26m+38>0. ? 19 ? 即实数 m 的取值范围是?-13,0?. ? ? a 8.(2012· 兴化中学期中调研)已知函数 f(x)=|x-a|-2ln x,a∈R. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)有两个零点 x1,x2(x1<x2),求证:1<x1<a<x2<a2. (1)解 由题意,函数的定义域为(0,+∞),

a a 当 a≤0 时,f(x)=|x-a|-2ln x=x-a-2ln x, a f′(x)=1-2x>0,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 当 a>0 时,

?x-a-aln x,x≥a, ? 2 a f(x)=|x-a|-2ln x=? a ?a-x-2ln x,0<x<a, ?
a 2x-a 若 x≥a,f′(x)=1-2x= 2x >0,此时函数 f(x)单调递增, a 若 0<x<a,f′(x)=-1-2x<0,此时函数 f(x)单调递减, 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递减区间为(0,a);单调递增区间为(a,+∞). (2)证明 题意; 则必有 a>0,此时函数 f(x)的单调递减区间为(0,a);单调递增区间为(a,+ ∞), a 由题意,必须 f(a)=-2ln a<0,解得 a>1. a 由 f(1)=a-1-2ln 1=a-1>0,f(a)<0,得 x1∈(1,a). 而 f(a2)=a2-a-aln a=a(a-1-ln a), 下面证明:a>1 时,a-1-ln a>0. 设 g(x)=x-1-ln x,x>1, 1 x-1 则 g′(x)=1- x = x >0, ∴g(x)在 x>1 时递增,则 g(x)>g(1)=0, ∴f(a2)=a2-a-aln a=a(a-1-ln a)>0,又 f(a)<0, ∴x2∈(a,a2),综上,1<x1<a<x2<a2. 由(1)知,当 a≤0 时,函数 f(x)单调递增,至多只有一个零点,不合

分层训练 B 级

创新能力提升

1.(2012· 苏州模拟)若偶函数 f(x)在区间为[0,a](a>0)上是单调函数,且 f(0)· f(a) <0,则方程 f(x)=0 在区间[-a,a]内根的个数是________. 解析 由 f(0)· f(a)<0,且 f(x)在[0,a](a>0)上单调,知 f(x)=0 在[0,a]上有 一根,又函数 f(x)为偶函数,f(x)=0 在[-a,0]上也有一根.所以 f(x)=0 在区 间[-a,a]内有两个根.

答案 2 2.已知函数 f(x)=x2+(1-k)x-k 的一个零点在(2,3)内,则实数 k 的取值范围是 ________. 解析 因为 Δ=(1-k)2+4k=(1+k)2≥0 对一切 k∈R 恒成立,又 k=-1 时, f(x)的零点 x=-1?(2,3),故要使函数 f(x)=x2+(1-k)x-k 的一个零点在(2,3) 内,则必有 f(2)· f(3)<0,即 2<k<3. 答案 (2,3) 3.(2012· 盐城调研(一))若关于 x 的方程 kx+1=ln x 有解,则实数 k 的取值范围 是________. 解析 如图,若 y=kx+1 与 y=ln x 相切于点 P(x0, y0), 1 ? ?k= , 则? x0 ?kx0+1=ln x0, ? 1 解得 x0=e2,k=e2. 欲使方程有解,则 y=kx+1 与 y=ln x 有公共点, 1 所以 k≤e2. 1? ? 答案 ?-∞,e2? ? ? x2 x3 x4 x2 011 4.(2013· 盐城市调研(一))已知函数 f(x)=1+x- 2 + 3 - 4 +…+2 011,g(x)=1 x2 x3 x4 x2 011 -x+ 2 - 3 + 4 -…-2 011,设 F(x)=f(x+3)· g(x-3),且函数 F(x)的零点均 在区间[a,b](a<b,a,b∈Z)内,则 b-a 的最小值为________. 1+x2 011 解析 由 f′(x)=1-x+x2-x3+…+x2 010= , 1+x 则 f′(x)>0,f(x)为增函数,又 f(0)=1>0,f(-1)<0, 从而 f(x)的零点在(-1,0)上;同理 g(x)为减函数,零点在(1,2)上,∴F(x)的零 点在(-4,-3)和(4,5)上,要使区间[a,b]包含上述区间,则需(b-a)min=9. 答案 9

5.设函数 f(x)=3ax2-2(a+c)x+c (a>0,a,c∈R). (1)设 a>c>0.若 f(x)>c2-2c+a 对 x∈[1, +∞)恒成 立,求 c 的取值范围; (2)函数 f(x)在区间(0,1)内是否有零点,有几个零点?为什么? a+c 解 (1)因为二次函数 f(x)=3ax2-2(a+c)x+c 的图象的对称轴为 x= 3a ,由 条件 a>c>0,得 2a>a+c, a+c 2a 2 故 3a <3a=3<1, 即二次函数 f(x)的对称轴在区间[1,+∞)的左边, 且抛物线开口向上,故 f(x)在[1,+∞)内是增函数. 若 f(x)>c2-2c+a 对 x∈[1,+∞)恒成立, 则 f(x)min=f(1)>c2-2c+a, 即 a-c>c2-2c+a,得 c2-c<0,所以 0<c<1. (2)①若 f(0)· f(1)=c· (a-c)<0, 则 c<0,或 a<c,二次函数 f(x)在(0,1)内只有一个零点. ②若 f(0)=c>0,f(1)=a-c>0,则 a>c>0. a+c ?a+c? ?= 因为二次函数 f(x)=3ax2-2(a+c)x+c 的图象的对称轴是 x= 3a .而 f? ? 3a ? -a2+c2-ac <0, 3a a+c? ?a+c ? ? ? 和? ?内各有一个零点, 所以函数 f(x)在区间?0, 故函数 f(x)在区间 3a ? ? 3a ,1? ? (0,1)内有两个零点. 6.(2011· 天津卷)已知 a>0,函数 f(x)=ln x-ax2,x>0.(f(x)的图象连续不断) (1)求 f(x)的单调区间; 1 ?3? (2)当 a=8时,证明:存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f?2?; ? ? (3)若存在均属于区间[1,3]的 α,β,且 β-α≥1,使 f(α)=f(β),证明 ln 2 ≤a≤ 3 . ln 3-ln 2 5

(1)解

1-2ax 1 f′(x)= x-2ax= x ,x∈(0,+∞).

2

2a 令 f′(x)=0,解得 x= 2a . 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) ? 2a? ?0, ? 2a ? ? + ? 2a 2a 0 极大值 ? 2a ? ? ? 2a ,+∞? ? - ?

? ? 2a ? 2a? ?,f(x)的单调递减区间是? 所以,f(x)的单调递增区间是?0, ,+∞?. 2a ? ? ? 2a ? (2)证明 1 1 当 a=8时,f(x)=ln x-8x2,由(1)知 f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,

+∞)内单调递减. ?3? ?3? 令 g(x)=f(x)-f?2?.由于 f(x)在(0,2)内单调递增,故 f(2)>f?2?,即 g(2)>0.取 x′ ? ? ? ? 3 = 2 e>2, 41-9e2 则 g(x′)= 32 <0. ?3? 所以存在 x0∈(2,x′),使 g(x0)=0,即存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f?2?.(说 ? ? 明:x′的取法不唯一,只要满足 x′>2,且 g(x′)<0 即可.) (3)证明 2a 由 f(α)=f(β)及(1)的结论知 α< 2a <β,从而 f(x)在[α,β]上的最小值

为 f(α),又由 β-α≥1,α,β∈[1,3],知 1≤α≤2≤β≤3. ?f?2?≥f?α?≥f?1?, ?ln 2-4a≥-a, 故? 即? ?f?2?≥f?β?≥f?3?. ?ln 2-4a≥ln 3-9a. ln 3-ln 2 ln 2 从而 ≤a≤ 3 . 5 特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资 源见《创新设计· 高考总复习》光盘中内容.


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