专题02二次函数、三次函数、指对数函数-2017-2018学年下学期期末复习备考高二数学（文）备考热点难点突破练（江苏版）
文档属性
| 名称 | 专题02二次函数、三次函数、指对数函数-2017-2018学年下学期期末复习备考高二数学（文）备考热点难点突破练（江苏版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 169.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2018-06-22 07:49:56 | ||
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文档简介
填空题
1. 若方程a·4x＋2x＋1＋1＝0至少有一个正根，则实数a的取值范围是____．
答案: －3
解析：由题意，问题等价于，其表示的区域如图所示，
可看作是可行域内的点到点(1,2)连线的斜率，点(1,2)与点(－1,0)连线的斜率取得最大值1，然后绕点(1,2)顺时针旋转至(－3,1)时，取得斜率的最小值，所以∈.
答案: ∈
3. 已知函数f(x)＝x2＋|x－a|－1有大于0的零点，则实数a的取值范围是________．
解析1：记f(x)＝x2＋|x－a|－1＝，
②当－＜a＜时，则函数f(x)图象如图2所示，
所以f(x)在(－∞，a)上单调递减，(a，＋∞)上单调递增，
(ⅰ)当0＜a＜时，要使函数f(x)有大于0的零点，
则f (a)＝a2－1≤0，即－1≤a≤1，所以0＜a＜；
(ⅱ)当－＜a≤0时，要使函数f(x)有大于0的零点，则f (0)＝－a－1＜0，即－1＜a，所以－＜a≤0；
③当a≤－时，则函数f(x)图象如图3所示，
所以f(x)在上单调递减，上单调递增，所以要使函数f(x)有大于0的零点，则f (0)＝－a－1＜0，所以－1＜a≤－；综上所述：－1＜a≤.
答案: －1＜a≤
解析3：函数f(x)＝x2＋|x－a|－1有大于0的零点，即x2＋|x－a|－1＝0有大于0的根，即|x－a|＝1－x2有横坐标大于0的交点．记g(x)＝|x－a|，h(x)＝1－x2，图象关系如图所示，可知－1
解析：令t＝x＋∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，方程等价于t2＋at＋b－2＝0在t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)上有实根，此时点(a，b)可以看作是直线ta＋b＋t2－2＝0上的一点，故a2＋b2表示原点到点(a，b)的距离的平方，即(a2＋b2)min＝2＝t2＋1＋－6，其中t2＋1∈[5，＋∞)，由于在[5，＋∞)上单调递增，所以(a2＋b2)min＝5＋－6＝.
答案:
5．函数f(x)＝x3－3x与直线y＝c恰有三个交点，则c的取值范围为________．
解析：由图(2)可知，要使函数与直线恰有三个交点，则－2
解析：f′(x) ＝x2＋ax在(0,1)上存在非重根，所以0<－a<1，即a的取值范围是(－1,0)．
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋1在(0,1)上存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝x2＋ax<0在(0,1)上有解，化为a<－x在(0,1)上有解，即a<0.
8．已知函数f(x)＝ax3－3x2 ＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是________．
9. 已知函数f(x)＝(x2－1)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝3对称，则函数f(x)的值域为________．
解析：由题知f (－1)＝0，f (1)＝0，因为函数f(x)的图象关于直线x＝3对称，所以 f (7)＝f (－1)＝0且f (5)＝f (1)＝0，即，解得a＝－12，b＝35，
所以f(x)＝(x2－1)( x2－12x＋35)＝ (x＋1)(x－1)(x－5)(x－7)＝(x2－6x＋5)(x2－6x－7)，
设t＝x2－6x－1(t≥－10)，则f (t)＝(t＋6)(t－6)＝t2－36≥－36，故函数f(x)的值域为[－36，＋∞)．
10. 若函数f(x)＝(x－a)2|x－a|－x2|x|＋a在(0,1)存在零点，则实数a的取值范围是________．
解析：注意到f (a－x)＝(－x)2|－x|－(a－x)2|a－x|＋a＝－(x－a)2|x－a|＋x2|x|＋a，所以f(x)＋f (a－x)＝2a，从而y＝f(x)的图象关于点对称，下面考虑y＝f(x)在的图象．
当a>0时，f(x)＝(x－a)2|x－a|－x2|x|＋a＝，易得f(x)在上单调递减，因为y＝f(x)的图象关于点对称，所以f(x)在R上单调递减；
因为f(x)在(0,1)上有零点，所以[a2 |a|＋a] ·[(a－1)2 |a－1|＋(a －1)]<0，即或解得0
当a<0时，同理可得f(x)在R上单调递增，同样有f (0)·f (1)<0，即
即解得－1
12．方程|ex－1|＋ax＋1＝0有两个不同的解，则实数a的取值范围是________．
解析：化为|ex－1|＋1＝－ax，令f(x)＝|ex－1|＋1＝，作出图象可知，y＝－ax与f(x)应在x≥0上有两个不同的交点，考虑相切时，设切点P(x0，y0)，则?x0＝1，此时P(1，e)，所以－a>e，得a<－e.
13．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>f(x)恒成立，若x1
14.已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝________.
解析：函数的零点满足x2－2x＝－a(ex－1＋e－x＋1)，设g(x)＝ex－1＋e－x＋1，则g′(x)＝ex－1－e－x＋1＝ex－1－＝，当g′(x)＝0时，x＝1，当x<1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x＝1时，函数取得最小值g(1)＝2，设h(x)＝x2－2x，当x＝1时，函数取得最小值－1，若－a>0，函数h(x)与函数ag(x)没有交点，若－a<0，－ag(1)＝h(1)时，函数h(x)与函数ag(x)有一个交点，即－a×2＝－1，解得a＝.
解答题
15. 已知函数f(x)＝x2－2x＋a(a∈R)的最小值为0，记函数g(x)＝.
(1)求实数a的值；
(2)若不等式g(2x)－m·2x＋1≤0对任意x∈[－1,1]都成立，求实数m的取值范围；
(3)若关于x的方程g(|f(x)－1|)＝k－有六个不相等的实数根，求实数k的取值范围．
解析：(1)f(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，即有x＝1时f(x)取最小值a－1，令a－1＝0，解得：a＝；
答案: 1
令t＝∈，则问题转化为不等式m≥(t－1)2对任意的t∈都成立，记h(t)＝(t－1)2，则h(t)max＝h＝，所以m的取值范围是；
答案:
(3)当x＝0,2时，f(x)－1＝0，
所以x＝0,2不是方程的解；
当x≠0且x≠2时，令t＝|f(x)－1|＝|x2－2x|，
则当x∈(－∞，0)时，t＝x2－2x单调递减，且t∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1]时，t＝2x－x2单调递增，且t∈(0,1]，
当x∈(1,2)时，t＝2x－x2单调递减，且t∈(0,1)，
当x∈(2，＋∞)时，t＝x2－2x单调递增，且t∈(0，＋∞)；
故原方程有六个不相等的实数根可转化为t2－(k＋2)t＋(2k＋1)＝0有两个不相等的实数根t1，t2，其中0
记φ(t)＝t2－(k＋2)t＋(2k＋1)，则，所以实数k的取值范围是.
答案:
16. 已知函数f(x)＝.
(1)当a＝b＝1时，求满足f(x)＝3x的x的取值；
(2)若函数f(x)是定义在R上的奇函数，
①存在t∈R，不等式f(t2－2t)
解析：(1)由题意＝3x，得3·(3x)2＋2·3x－1＝0，解得3x＝－1(舍)或3x＝，所以x＝－1；
答案: －1
①f(x)＝＝，对任意x1，x2∈R，x1＜x2有：f(x1)－f(x2)＝＝
因为x1＜x2，所以3x2－3x1＞0，所以f(x1)＞f(x2)，f(x)在R上递减．
因为f (t2－2t)＜f (2t2－k)，所以t2－2t＞2t2－k，即t2＋2t－k＜0在t∈R时有解
所以Δ＝4＋4k＞0，解得：k＞－1，所以k的取值范围为(－1，＋∞)；
②因为f(x)·[g(x)＋2]＝(3－x－3x)，所以g(x)＝－2＝3x＋3－x，所以g(2x)＝32x＋3－2x＝(3x＋3－x)2－2，不等式g(2x)≥mg(x)－11恒成立，即(3x＋3－x)2－2≥m(3x＋3－x)－11恒成立，令t＝3x＋3－x∈[2，＋∞)，即t2－mt＋9≥0对t∈[2，＋∞)恒成立，设h(t)＝t2－mt＋9，t∈[2，＋∞)
①当≤2时，即m≤4时，h(t)min＝h(2)＝13－2m≥0，解得m≤4；
②当＞2时，即m＞4时，h(t)min＝h＝－＋9≥0，解得4＜m≤6；
综上m≤6，所以m的最大值为6.
答案: 6
17. 已知函数f(x)＝x3－x.
(1) 求曲线y＝f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；
(2) 设a>0，如果过点(a，b)可作曲线y＝f(x)的三条切线，证明：－a
(2) 将(a，b)代入y＝(3t2－1)x－2t3，得b＝(3t2－1)a－2t3.过点(a，b)可作曲线y＝f(x)的三条切线等价于方程2t3－3at2 ＋a＋b＝0有三个相异的实数根，记g(t)＝2t3－3at2＋a＋b，则g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．
当t变化时，g(t)，g′(t)变化情况如表所示：
t
(－∞，0)
0
(0，a)
a
(a，＋∞)
g′(t)
＋
0
－
0
＋
g(t)
↗
极大极
a＋b
?
极小值
b－f (a)
↗
由g(t)的单调性，当极大值a＋b<0或极小值b－f (a)>0时，方程g(t)＝0最多有一个实数根；当a＋b＝0时，解方程g(t)＝0得t＝0，t＝，即方程g(t)＝0只有两个相异的实数根；当b－f (a)＝0时，解方程g(t)＝0得t＝－，t＝a，即方程g(t)＝0只有两个相异的实数根．
综上，如果过(a，b)可作曲线y＝f(x)三条切线，即g(t)＝0有三个相异的实数根，则
即－a
(1) 求以P(2，f(2))为切点的切线方程，并证明此切线恒过一个定点；
(2) 若g(x)≤kx对一切x∈[0,2]恒成立，求k的最小值h(a)的表达式；
(3) 设a>0，求y＝g(x)的单调增区间．
① 当a≥时，|x2－ 3x＋a|max在x＝0时取得，所以h(a)＝a；
② 当a<时，|x2－3x＋a|max＝max＝由①②，得g(a)＝
(3) f(x)＝x3－3x2＋ax，f′(x)＝3x2－6x＋a＝3(x－1)2＋a－3，
令f(x)＝0，得x＝0或x2－3x＋a＝0，
当a<时，由x2－3x＋a＝0，解得x1＝－，x2＝＋，令f′(x)＝0，得3(x－1)2＋a－3＝0，当a<3时，由3(x－1)2＋a－3＝0，解得x3＝1－，x4＝1＋.
1) 当a≥3时，y＝g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
2) 当≤a<3时，y＝g(x)的单调增区间为(0，x3)和(x4，＋∞)；
3) 当0
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；
②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围．
当x>1时，a>；当x<1时，a<.
记g(x)＝，g′(x)＝＝，所以g(x)在区间(－∞，0)和(，＋∞)上为增函数，在(0,1)和(1，)上为减函数．
所以当x>1时，a>g()＝4e，当x<1时，a
②由①知a<1时，x0∈(－∞，1)，由f(x0)<0，得g(x0)>a，又g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g(0)＝1>a，所以g(－1)≤a，即a≥，所以≤a<1；
当a>4e时，x0∈(1，＋∞)，由f(x0)<0，得g(x0)
20. 已知函数f(x)＝ex－ax－2，其中a为常数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)已知a＝1，k为整数，若对任意x∈(0，＋∞)，都有(x－k)f′(x)＋x＋1>0都成立，求k的最大值．
解析：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0时，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a>0时，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增．
因为当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(x0)＝＋x0，所以k<＋x0.又因为g′(x0)＝e－x0－2＝0，所以e＝x0＋2，所以k
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，(1＋)(1＋)…(1＋)
对f(x)求导得f′(x)＝1－＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上递增，则x∈(0,1)时，f(x)<0，所以a≤0不合题意；
②若a>0，则x∈(0，a)时f′(x)<0，f(x)递减，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，f(x)min＝f (a)＝a－1－a ln a，令g(a)＝a－1－a ln a，g′(a)＝1－a·－ln a＝－ln a，a∈(0,1)时，g(a)递增，a∈(1，＋∞)时，g(a)递减，g(a)≤g(a)max＝g(1)＝0，故当且仅当a＝1时，f(x)min＝f (1)＝0，符合题意．综上，a＝1.
(2)由(1)得x－1－ln x≥0在 (0，＋∞)上恒成立，所以x－1≥ln x，令x＝1＋，即有≥ln(1＋)，因为ln[(1＋)(1＋)…(1＋)]＝ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)≤＋＋…＋＝<1，所以若对于任意正整数n，(1＋)(1＋)…(1＋)
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