高中数学北师大版（2019）必修第一册第五章函数应用培优专练1word版含答案

高中数学北师大版（2019）必修第一册第五章函数应用培优专练1
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．已知函数，若函数有13个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为　　
A． B． C． D．
3．已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而2018年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无疑是开拓中国咖啡市场最有效的方式之一.若某品牌的某种在售咖啡产品价格为30元/杯，其原材料成本为7元/杯，营销成本为5元/杯，且该品牌门店提供如下4种优惠方式：（1）首杯免单，每人限用一次；（2）3.8折优惠券，每人限用一次；（3）买2杯送2杯，每人限用两次；（4）买5杯送5杯，不限使用人数和使用次数.每位消费者都可以在以上4种优惠方式中选择不多于2种使用.现在某个公司有5位后勤工作人员去该品牌门店帮每位技术人员购买1杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的技术人员不少于（ ）人时，无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利.
A．28 B．29 C．30 D．31
5．已知函数，若函数在上恒有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．或
C．或 D．
6．已知函数，关于的方程有六个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．若定义在R上的函数满足，当时，()，则下列说法正确的是（ ）
A．若方程有两个不同的实数根，则或
B．若方程有两个不同的实数根，则
C．若方程有4个不同的实数根，则
D．若方程有4个不同的实数根，则
8．函数的定义域为，若存在区间使在区间上的值域也是，则称区间为函数的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．设，函数在定义域上有两个零点，，函数有两个零点，，为自然对数的底数，若，则实数的取值范围是___________.
10．已知函数，若方程恰有5个不同的实数根，则实数a的取值范围________.
11．已知函数与的图象有三个不同的公共点，其中是自然对数的底数，则实数的取值范围是________．
12．已知函数，，若方程有个不等实根，则实数的取值范围是______.
四、解答题
13．对于函数，当时，的取值范围是，则称为的“倍跟随区间”，当时，称是函数的“保值区间”.
（1）求证：是函数的一个“保值区间”；
（2）求证：函数不存在“保值区间”；
（3）若函数存在“倍跟随区间”，求的取值范围.
14．已知是二次函数，其两个零点分别为-3、1，且.
（1）求的解析式；
（2）若，恒成立，求实数的取值范围；
（3）设，，的最小值为，若方程有两个不等的根，求的取值范围.
15．若函数和的图象均连续不断，和均在任意的区间上不恒为0．的定义域为，的定义域为，存在非空区间，满足：，均好有，则称区间A为和的“区间”．
（1）写出和在上的一个“区间”（无需证明）
（2）若是和的“区间”，判断是否为偶函数，并证明；
（3）若．且在区间上单调递增，是和的“区间”，证明：在区间上存在零点．
16．已知，是的反函数．
（1）若，求的最小值；
（2）设，若有两个不等正根，，求证：且．
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【分析】
先根据题意将问题转化为数与函数的图象交点个数问题，再画出图形，数形结合即可解决.
【详解】
解：函数有13个零点，
令，有，
设，
可知恒过定点，
画出函数，的图象，如图所示：
则函数与函数的图象有13个交点，
由图象可得：，则，
即，解得：.
故选：D.
【点睛】
本题考查根据函数零点个数求解参数范围问题，考查化归转化思想与数形结合思想，是中档题.
2．B
【分析】
作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围．
【详解】
解：当时，，则，等式两边平方得，
整理得，
所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，
由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，
直线过定点，
当直线过点时，则，可得；
当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，，
此时，解得．
由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点．
因此，实数取值范围是．
故选：．
【点睛】
本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图象的应用，考查数形结合思想的应用，属于难题．
3．A
【分析】
令，作出和图象，由图即可解题.
【详解】
函数有三个不同的零点，即有三个不同的实根，令，又，分别作出和图象，如图，，，，所以，，则图象界于与之间，所以，即.
故选：A
【点睛】
本题主要考查方程解的个数或函数零点个数问题，考查学生数形结合的能力.
4．C
【分析】
首先因为无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利，转化为当最优的购买方式购买时门店照样盈利，先分析用哪种优惠方式是最优购买，因为，所以最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡，故要想盈利必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，后面再依次分析人数越多时何时品牌门店都能盈利即可得到答案．
【详解】
解：由题意知，咖啡产品原价为 30 元杯，成本为 12 元杯，
优惠方式（1）免单购买，每购买1杯该品牌门店亏损12元；
优惠方式（2）每杯售价11.4元，每购买1杯该品牌店亏损0.6元；
优惠方式（3）和（4）相当于5折购买，每购买1杯该品牌门店盈利3元；
我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择2种优惠方式，
必然包含优惠方式（1），可以免单购买5杯咖啡，该品牌门店因此亏损60元，
最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡
，说明只要用原价购买1杯咖啡，哪怕最大程度利用3.8折优惠，花费也一定会超过搭配使用（2）（4）优惠购买咖啡），
故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，
故技术人员人数一定多于人；
技术人员在人时，免单购买5杯咖啡买5送5购买20杯咖啡折购买14杯咖啡，该品牌门店依旧亏损；
技术人员为30人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡十买5送5购买20杯咖啡十买2送2购买4杯咖啡折购买1杯咖啡，
该品牌门店盈利元； 由于 4，
故技术人员超过30人时，该品牌门店能保证持续盈利．
故选：C．
【点睛】
本题考查函数的实际应用，考查了分类讨论思想，将文字语言转化为数学语言是本题的关键，属于难题．
5．B
【分析】
作出和的简图，要使函数在上恒有两个零点，函数与的图像有两个交点，通过对的讨论转化求解即可.
【详解】
作出和，如图所示，
要使函数在上恒有两个零点，
即函数与的图象有两个交点，
易知当时，满足题意；
当时，有三个交点，不满足题意；
当时，考虑与相切时，
设切点坐标为，
所以，
解得，
所以当时，有两个交点，满足题意；
当时，有四个交点，不满足题意；
当时，无交点，不满足题意
综上，实数的取值范围为或，
故选.
【点睛】
思路点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
6．A
【分析】
将方程左侧看作并写出其分段函数形式，根据解析式可知、均关于对称，可将问题转化为与在上有3个交点，讨论的变化过程及其对应的交点个数，结合选项确定正确答案.
【详解】
由题设，，
又，即关于对称，
，也有，故也关于对称，
由题设知：与有6个交点，只需保证在有3个交点即可.
在上的图象如下：与都过，
∴由图知：要使与在上图中有3个交点，则，
当过时，恰好有2个交点，而在R上与刚好有5个交点，此时，如下图示：
此后，随变小，与在有3个交点，如下图示：
当与在上相切时，与在只有2个交点，如下图示：
若继续变小，与只有一个交点，如下图示：
∴要使与在R上有6个交点，则同时有一个下界，结合选项可知：.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：将问题转化为讨论与在有3个交点，根据的变化情况研究交点个数，确定其上界，结合选项和交点的变化情况确定下界.
7．AC
【分析】
由题知是R上的奇函数，则由时的解析式可求出在R上的解析式.先讨论特殊情况为方程的根，则可求出，此时方程化为，而函数为R上的减函数，则方程仅有一个根.当时，由分段函数分类讨论得出时，，时，.利用数形结合思想，画出图象，则可得知方程不同的实数根个数分别为2个和4时，参数的取值范围.
【详解】
因为所以，
所以是R上的奇函数，，
当时，，，
所以，
综上，
若是方程的一个根，
则，此时，即，
而，在R上单调递减，
当时，原方程有一个实根.
当时，，
所以，当时不满足，
所以，
当时，，
所以，当时不满足，
所以，如图：
若方程有两个不同的实数根，
则或；
若方程有4个不同的实数根，则.
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是将方程进行参数分离，再借助数形结合法，求出对应的参数的取值范围.
8．ABD
【分析】
根据题意，可知若在区间上的值域也是，则存在“和谐区间”，且，则或，再对各个选项进行运算求解，即可判断该函数是否存在“和谐区间”.
【详解】
解：由题得，若在区间上的值域也是，则存在“和谐区间”，
可知，，则或，
A：，若，解得：，
所以存在“和谐区间”；
B：，若存在和谐区间，
则，故在为增函数，
故，解得：，
所以存在“和谐区间”；
C：，若存在和谐区间，则，
若，则，故在上为增函数，
故，得，故无解；
若，则，故在上为增函数，
同上，无解.
所以不存在“和谐区间”；
D：，函数在 单调递减，
则 ， 不妨令，
所以存在“和谐区间”；
综上得：存在“和谐区间”的是ABD.
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：本题以函数的新定义为载体，考查函数的定义域、值域以及零点等知识，解题的关键是理解“和谐区间”的定义，考查运算能力以及函数与方程的思想.
9．
【分析】
分别令和，可得到所求零点即为，和的交点，又与交于点，画出图像，可得到满足条件的关系式.
【详解】
由题意可知，令，可得，即，
令，可得，即，且，是的一个根
因为与交于点，
所以若，只需满足且，所以，则实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：（1）求函数的零点，经常将所求函数拆分成两个函数的交点.（2）多个函数零点的比较，可以将函数拆分成多个函数与同一个函数相交，然后比较交点的位置.
10．
【分析】
先作出函数的图象，设，则恰有5个不同的实数根，根据函数图象，分 ，， ， ， ， ， ，讨论求解.
【详解】
作出函数的图象如图所示：
设，则恰有5个不同的实数根，
当时，无解，不符合题意，
当时，有唯一解，，此时，，解得有一解，不符合题意，
当时，有三解，，此时，无解，有三解，无解，共三解，不符合题意，
当时，有两解，，此时，有三解，无解，共三解，不符合题意，
当时，有两解，，此时，有三解，有一解，共四解，不符合题意，
当时，有两解，，此时，有三解，有两解，共五解，不符合题意，
当时，有唯一解，，此时，有两解，不符合题意，
当时，无解，不符合题意.
综上：实数a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查函数与方程，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于难题.
11．
【分析】
将函数与有有三个不同的公共点等价为，再利用换元法结合导数转化为二次函数的性质即可求解.
【详解】
解：由题知，与的图象有三个不同的公共点
即方程有三个解，且
将方程化简得：
令，且
则
所以
令得：
所以在上单调递增，在单调递减
所以
当时，，当时，
所以方程的一个根，另一个根或或
当时，方程无意义
当时，，，不符合题意
则，
令
则，即
解得：
所以实数的取值范围是：
【点睛】
关键点睛：本题的关键是先利用导数求极值，再根据一元二次方程根与系数的关系建立不等式进行求解.
12．.
【分析】
根据和的图象，可得当且仅当有四解时，符合题意．令，此时，，，，根据判别式可列出关于的不等式，进而可求的取值范围.
【详解】
解：，，可得在递增，在递减，
则的图象如下：
当时，图象如图，此时无解，不符合题意
当时，图象如图，此时无解，不符合题意
当时，函数的图象如下：
令，当时，方程只有一解，当且仅当有四解时，符合题意．
此时四解，，，．则，解得.
综上，实数的取值范围是.
故答案为: .
【点睛】
本题考查了复合函数的零点问题，考查了数形结合的思想.
13．
（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）.
【分析】
（1）利用二次函数的单调性求出函数在区间上的值域，可证得结论成立；
（2）设是已知函数的定义域的子集，可知或，利用函数的单调性可得出关于、的方程组，判断方程组无解可证得结论成立；
（3）利用题中定义可得，变形可得，，通过换元可知函数在区间上有两个不等的零点，利用二次函数的零点分布可出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
（1）
解：易知在区间上单调递增，又，，
所以，在区间上的值域为，
所以，区间是的一个“保值区间”.
（2）
解：设是已知函数的定义域的子集.
由，可得或，
因为函数在上单调递减.
若是函数的“保值区间”，
则，所以，，
因为，显然方程组无解，故函数不存在“保值区间”.
（3）
解：若函数存在“倍跟随区间”，
因为为减函数，故由“倍跟随区间”的定义可知，
两式相减得，，即，
，则，所以，
则，
设代入整理得，
同理代入整理得，
即在区间上有两个不等的零点，
故，解得.
【点睛】
方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
14．
（1）；
（2）；
（3）.
【分析】
（1）根据题意，设，根据，可求出的值，即可得出的解析式；
（2）将原不等式恒成立转化为任意，成立，即，再利用基本不等式求的最小值，从而得出的取值范围；
（3）根据题意得出，，对称轴，分类讨论求出的最小值，从而得出，再根据方程有两个不等的根，令，即，作出的简图，再结合两函数的交点个数，从而可求出的取值范围.
（1）
解：是二次函数，其两个零点分别为-3、1，且，
可设，
则，解得：，
.
（2）
解：由（1）得，由，得，
所以任意，成立，即，
由基本不等式，得（当且仅当时，等号成立），
所以最小值为6，所以，
实数的取值范围.
（3）
解：由题可知，，，
，，对称轴，
①当，即时，在区间单调递增，
；
②当，即时，在区间单调递减，
；
③当，即时，，
的最小值为，；
由于方程有两个不等的根，
则函数零点即为方程的根
令，即，作出的简图如图所示：
①当时，有唯一解，解得：，有1个零点；
②当时，有两个不同解，，
解得：或，有2个零点；
③当时，，，解得：，有1个零点；
④当时，无解，无零点；
综上：当时，方程有两个不等的根，
即的取值范围为.
15．（1），（2）不是偶函数，证明见解析，（3）证明见解析
【分析】
（1）根据“区间”的定义求出和在上的一个“区间”即可；
（2）根据函灵敏的奇偶性的定义证明即可；
（3）根据“区间”的定义以及函数的单调性，证明即可
【详解】
（1）解：由题意得和的定义域为，
当时，，满足“区间”的定义，
所以在上的一个“区间”可以是及其非空子集；
（2）不是偶函数，
证明：由题意，当时，，故；
当时，，故，
因为在任意区间上不恒为零，所以存在，使得，
因为，所以，
所以不是偶函数；
（3）证明：当时，，
当时，因为，且在区间上单调递增，
所以存在唯一，使得， 且当时，，当时，，
所以当时，，则且存在使得，
当时，，则且存在使得，
所以存在，使得，
所以在区间上存在零点．
【点睛】
关键点点睛：此题考查新定义问题，考查了函数的单调性、奇偶性问题，考查三角函数的性质，考查数学转化思想，解题的关键是正确理解题目中的新定义，属于难题
16．
（1）16；
（2）证明见解析.
【分析】
(1)根据给定条件求出及函数的解析式，再借助均值不等式计算作答.
(2)由(1)的结论求出，换元结合一元二次方程实根分布列式求解作答.
（1）
因，则，即有，
而是的反函数，则有，
因此，，当且仅当时取“=”，
所以的最小值为16.
（2）
由(1)知，，
令，而是上的增函数，则当时，，
因方程有两个不等正根，，则有有两个不等正根，，
于是得，解得，
显然，则，
即有，整理得，
解得或，而，有，则，
所以且.
【点睛】
思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法研究一元二次方程的实根问题.
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