新高考第4章 指数函数与对数函数(压轴题专练)高一数学上学期期中期末考试满分全攻略(人教A 版2019)解析版
展开一、单选题
1.(2021·贵州黔东南·高一期末)已知定义在上的函数对于任意的都满足,当时,,若函数至少有6个零点,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】函数的零点个数即为与的图象的交点个数.在同一坐标系中作出函数与的图象,根据图象列不等式求解即可.
【详解】函数的零点个数即为与的图象的交点个数.
因为,
所以函数是周期为2的周期函数,
因为,所以可作出函数的图象.
在同一坐标系中作出函数()的图象,如图所示.
由图象得,要使与的图象至少有6个交点,
则,因为,
所以,即的取值范围是.
故选:D.
【点睛】方法点睛:函数零点的几种等价形式:函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.
2.(2019·云南·昭通市第一中学高一期中)对于实数和,定义运算“”:,设函数,,若函数的图象与轴恰有两个公共点,则实数的取值范围是( )
A.B.
C.D.
【答案】B
【分析】根据定义求出f(x)的解析式,在同一个坐标系作出与的图像,即可得到答案.
【详解】若,则,解得;
若,则,则或,
所以作出f(x)的函数图象如图所示:
作出直线y=c,
因为函数的图象与轴恰有两个公共点,
所以与由两个交点,只需.
故选:B
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
3.(2020·广西桂平·高一期末)已知函数,,则方程的解的个数是( )
A.3B.4C.5D.6
【答案】B
【分析】先分析的函数性质,然后作出的图象,根据图象的交点数判断方程的解的个数.
【详解】当时,是增函数,且,
是上的减函数,经过点和,
又因为当时,,所以在、、……上的图象与上的图象相同,
在同一平面直角坐标系下作出的图象如图所示:
由图象可知,的图象共有个交点,所以方程的解的个数是,
故选:B.
【点睛】思路点睛:求解方程根的数目问题,采用数形结合思想能高效解答问题,通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题,常见的图象应用的命题角度有:
(1)确定方程根的个数;
(2)求参数范围;
(3)求不等式解集;
(4)研究函数性质.
4.(2021·安徽·合肥一六八中学高一期末)函数若,且,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】画出函数的图象,由图象判断,根据将原式转化为,再利用二次函数的性质求解即可.
【详解】画出函数的图象如图,
因为,且,
由图可知点的横坐标分别为,
其中,
因为的图象关于对称,
所以,又
所以
,
因为,所以,
即的取值范围是,
故选:B.
【点睛】方法点睛:函数图象是函数的一种表达形式,它形象地揭示了函数的性质,为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性.归纳起来,图象的应用常见的命题探究角度有:1、确定方程根的个数;2、求参数的取值范围;3、求不等式的解集;4、研究函数性质.
5.(2019·广东汕头·高一期末)设是定义在上的偶函数,对任意的,都有,且当时,.若在区间内关于的方程恰有个不同的实数根,则实数的取值范围是( )
A.B.
C.D.
【答案】A
【分析】分析出函数是周期为的周期函数,作出函数在上的图象,由题意可知,函数和函数在上的图象有个交点,数形结合可得出关于实数的不等式组,由此可解得实数的取值范围.
【详解】由可得,
所以,函数和函数在上的图象有个交点,
因为对任意的,都有,即,
所以,函数是周期为的周期函数,
因为是定义在上的偶函数,且当时,,则.
作出函数和函数在上的图象如下图所示:
要使得函数和函数在上的图象有个交点,
则,解得.
因此,实数的取值范围是.
故选:A.
【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
6.(2020·陕西·长安一中高一期中)已知函数,则函数的零点个数是 ( )
A.4B.5C.6D.7
【答案】A
【分析】令有,结合函数图象知有两个交点的横坐标为,再由、判断的零点个数即可.
【详解】令,则,
作出的图象和直线,由图象可得有两个交点,设横坐标为,
∴.
当时,有,即有一解;当时,有三个解,
∴综上,共有4个解,即有4个零点.
故选:A
【点睛】关键点点睛:由得,利用函数图象确定交点横坐标,再由分段函数的性质当、时确定的零点个数.
7.(2020·安徽省宣城市第二中学高一期中)已知函数若关于的方程有6个根,则的取值范围为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】作出函数的图象,令,则原方程可化为在上有2个不相等的实根,再数形结合得解.
【详解】
作出函数的图象如图所示.令,则可化为,要使关于的方程有6个根,数形结合知需方程在上有2个不相等的实根,,不妨设,,则解得,故的取值范围为,
故选B.
【点睛】形如的函数的零点问题与函数图象结合较为紧密,处理问题的基础和关键是作出,的图象.若已知零点个数求参数的范围,通常的做法是令,先估计关于的方程的解的个数,再根据的图象特点,观察直线与图象的交点个数,进而确定参数的范围.
8.(2021·江苏·海安高级中学高一期中)已知实数a、b,满足,,则关于a、b下列判断正确的是( )
A.a<b<2B.b<a<2C.2<a<bD.2<b<a
【答案】D
【分析】先根据判断a接近2,进一步对a进行放缩,,进而通过对数运算性质和基本不等式可以判断a>2;
根据b的结构,构造函数,得出函数的单调性和零点,进而得到a,b的大小关系,最后再判断b和2的大小关系,最终得到答案.
【详解】
.
构造函数:,易知函数是R上的减函数,且,由,可知:,又,∴,则a>b.
又∵,∴a>b>2.
故选:D.
【点睛】对数函数式比较大小通常借助中间量,除了0和1之外,其它的中间量需要根据题目进行分析,中间会用到指对数的运算性质和放缩法;另外,构造函数利用函数的单调性比较大小是比较常用的一种方法,需要我们对式子的结构进行仔细分析,平常注意归纳总结.
二、多选题
9.(2021·浙江浙江·高一期末)下列命题中正确的是( )
A.方程在在区间上有且只有1个实根
B.若函数,则
C.如果函数在上单调递增,那么它在上单调递减
D.若函数的图象关于点对称,则函数为奇函数
【答案】ABD
【分析】分析函数在区间上的单调性,结合零点存在定理可判断A选项的正误;利用作差法可判断B选项的正误;利用奇函数与单调性之间的关系可判断出C选项的正误;利用函数奇偶性的定义可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项,函数在区间上为减函数,函数在区间上为增函数,所以,函数在区间上为减函数,,,所以,函数在区间上有且只有个零点,
即方程在在区间上有且只有1个实根,A选项正确;
,B选项正确;
对于C选项,令,定义域为,关于原点对称,
且,所以,函数为奇函数,
由于该函数在区间为增函数,则该函数在区间上也为增函数,C错误;
对于D选项,由函数的图象关于点对称,则,
令,定义域为,且,即,
所以,函数为奇函数,D选项正确.
故选:ABD.
【点睛】关键点睛:
本题第一问的关键是结合函数的单调性和零点存在定理,判断函数的零点个数,从而判断方程根的个数;第二问的关键是计算整理的准确性;第三问的关键是求出函数的奇偶性,由奇函数单调性的特点进行判断;第四问的关键是由对称性写出.
10.(2021·重庆南开中学高一期末)已知函数,若关于的方程有四个不等实根,,,,则下列结论正确的是( )
A.B.
C.D.的最小值为10
【答案】ACD
【分析】画出的图象,结合图象求得的取值范围,利用特殊值确定B选项错误,利用基本不等式确定CD选项正确.
【详解】画出的图象如下图所示,
由于关于的方程有四个不等实根,,,,
由图可知,故A选项正确.
由图可知关于直线对称,故,
由解得或,
所以,
,当时,,所以B选项错误.
令,,,
,是此方程的解,
所以,或,
故
,
当且仅当时等号成立,故D选项正确.
由图象可知,
,,,
由,解得或,
由,解得或,
所以,
①.
令或,
所以①的等号不成立,即,故C选项正确.
故选:ACD
【点睛】求解有关方程的根、函数的零点问题,可考虑结合图象来求解.求解不等式、最值有关的问题,可考虑利用基本不等式来求解.
11.(2021·广东·汕头市第一中学高一期末)已知函数f(x)满足:当时,,下列命题正确的是( )
A.若f(x)是偶函数,则当时,
B.若,则在上有3个零点
C.若f(x)是奇函数,则
D.若,方程在上有6个不同的根,则k的范围为
【答案】BC
【分析】解出当时的解析式可判断A;由在上的零点结合对称性可判断B;求得在上的值域,进而可判断C;作出函数在上的简图,由数形结合可判断D.
【详解】对于选项A:若是偶函数,当时,,故A错误;
对于选项B:令得,即,解得或. 由知函数图象关于直线对称,所以,故在上有3个零点. 故B正确;
对于选项C:当时,,所以时,;当时,,故当时,. 若是奇函数,则当时,,又,所以当时,. 故对,.故C正确;
对于选项D:即,所以或. 由知函数的周期为3,作出函数在上的简图,由图可知,有2个根,依题意得必有4个根,由图可知. 故D错误.
故选:BC.
【点睛】关键点点睛:判断选项D的关键点是:作出函数在上的简图,数形结合求得的取值范围.
12.(2021·广东·高一期中)定义域和值域均为的函数和的图象如图所示,其中,下列四个结论中正确有( )
A.方程有且仅有三个解B.方程有且仅有三个解
C.方程有且仅有八个解D.方程有且仅有一个解
【答案】ABD
【分析】通过利用和,结合函数和的图象,分析每个选项中外层函数的零点,再分析内层函数的图象,即可得出结论.
【详解】由图象可知,对于方程,当或,方程只有一解;
当时,方程只有两解;当时,方程有三解;
对于方程,当时,方程只有唯一解.
对于A选项,令,则方程有三个根,,,
方程、、均只有一解,
所以,方程有且仅有三个解,A选项正确;
对于B选项,令,方程只有一解,
方程只有三解,所以,方程有且仅有三个解,B选项正确;
对于C选项,设,方程有三个根,,,
方程有三解,方程有三解,方程有三解,
所以,方程有且仅有九个解,C选项错误;
对于D选项,令,方程只有一解,方程只有一解,
所以,方程有且仅有一个解,D选项正确.
故选:ABD.
【点睛】思路点睛:对于复合函数的零点个数问题,求解思路如下:
(1)确定内层函数和外层函数;
(2)确定外层函数的零点;
(3)确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、,则函数的零点个数为.
13.(2021·浙江·高一期中)设函数,则下列说法正确的是( )
A.若有实根,则方程有实根
B.若无实根,则方程无实根
C.若,则函数与都恰有个零点
D.若,则函数与都恰有零点
【答案】ABD
【分析】直接利用代入法可判断A选项的正误;推导出对任意的恒成立,结合该不等式可判断B选项的正误;取,结合方程思想可判断C选项的正误;利用二次函数的基本性质可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项,设有实根,则,A选项正确;
对于B选项,因为,若方程无实根,则对任意的恒成立,
故,从而方程无实根,B选项正确;
对于C选项,取,则,函数有两个零点,
则,可得或,即或.
解方程可得或,解方程,解得.
此时,函数有个零点,C选项错误;
对于D选项,因为,设,则,
因为且,所以,函数必有两个零点,设为、且,
则,所以,方程无解,方程有两解,
因此,若,则函数与都恰有零点,D选项正确.
故选:ABD.
【点睛】
思路点睛:对于复合函数的零点个数问题,求解思路如下:
(1)确定内层函数和外层函数;
(2)确定外层函数的零点;
(3)确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、,则函数的零点个数为.
三、填空题
14.(2021·安徽池州·高一期中)已知方程恰有4个互异的实数根,则实数的取值范围为_____.
【答案】
【分析】程转化为,函数与的图象有4个交点,然后作出函数图象,数形结合即可求出结果.
【详解】显然,方程转化为,即函数与的图象有4个交点,因为,作出函数的图象如图所示,所以,,所以实数的取值范围为.
故答案为:.
【点睛】函数零点的求解与判断方法:
(1)直接求零点:令f(x)=0,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[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0,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.
15.(2021·江苏盐城·高一期末)已知函数,方程有六个不同的实数根、、、、、,则的取值范围为________.
【答案】
【分析】作出函数与函数的图象,利用对称性得出,,利用对数运算可得出,且有,可得出,利用双勾函数的单调性可求得结果.
【详解】作出函数与函数的图象如下图所示:
设,
由图象可知,当时,直线与函数的图象有六个交点,
点、关于直线对称,可得,
点、关于直线对称,可得,且,
由得,所以,,
,
下面证明函数在区间上为增函数,
任取、且,即,
,
,则,,可得,
所以,函数在区间上为增函数.
,所以,.
因此,的取值范围为.
故答案为:.
【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
16.(2020·江苏·南通市海门实验学校高一期末)已知函数,若关于的函数有6个不同的零点,则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】由分段函数的性质画出函数草图,讨论不同值域区间内解的个数,再结合题设函数有6个零点,确定对应的值域区间,利用二次函数的性质,列不等式组求参数b的范围.
【详解】作出的函数图象如下:
设,则当或时,方程只有1解,
当时,方程有2解,
当时,方程有3解,
当时,方程无解.
∵关于的函数有6个不同的零点,
∴关于的方程在上有两解,
∴,解得.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:根据分段函数的解析式,应用数形结合法判断不同值域区间上对应x的个数,再由关于的二次函数零点的个数确定的值域区间,应用二次函数性质求参数范围.
17.(2020·黑龙江·哈尔滨三中高一期中)已知函数,若关于的方程有6个不同的实数根,则实数的取值范围为_____.
【答案】
【分析】作出函数的图象,根据图象可知方程的实根个数可能为0,1,2,3,4,而 最多有2个实根,由此分类讨论可得出结果.
【详解】函数的图象如图所示,由图可知方程的实根个数可能为0,1,2,3,4,
当时,方程无实根,
当时,方程有唯一实根,
当时,方程有2个实根,
当或时,方程有3个实根,
当时,方程有4个实根,
∵最多有2个实根,此时,
∴方程有6个不同的实数根等价于的实根至少有3个,
当时,的三个根均大于-2,符合题意;
当时,的四个根均大于,有8个不同的实数根,不合题意;
当时,此时有7个不同的实数根,不合题意;
当时,只有三个均大于的不同实根,符合题意.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:画出草图,分析图象要使有6个不同实根,则与至少有3个交点,求参数的范围.
18.(2020·广东·东莞市东华高级中学高一期中)已知函数,若方程有四个解,,,,且,则的最小值为_________.
【答案】
【分析】作出函数的图象,由图可得,,,从而化简,再利用均值不等式或对勾函数单调性即可求解.
【详解】解:函数的图象,如图:
因为方程有四个不同的解,,,,且,
由图可知,,
因为,所以,
,,
故,
当且仅当时等号成立.
故答案为:.
【点睛】
关键点点睛:本题解题的关键是利用图象变换画出的图象,根据图象由二次函数对称性得,由,得且.
19.(2021·江苏·海安高级中学高一期中)已知是奇函数,定义域为.当时,,当函数有3个零点,实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】易知,函数在单调递减,结合函数是奇函数,作出函数的图象,利用数形结合即可得解.
【详解】当时,易知函数单调递减,且当时,;当时,,其大致图象如下,
在的大致图象如下,
又函数是定义在上的奇函数,故函数的图象如下,
要使函数有3个零点,只需函数的图象与直线有且仅有3个交点,
由图象可知,实数的取值范围是.
故答案为:.
【点睛】方法点睛:本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围,一般可采用1.直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;(3)数形结合:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后观察求解,此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况,特别注意边界值的取舍.
四、解答题
20.(2018·天津河东·高一期中)已知函数.
(1)若函数在区间内恰有一个零点,求实数的取值范围.
(2)求函数在区间上的最大值.
【答案】(1)或.;(2).
【分析】(1)根据二次项系数的正负性,结合函数零点的定义进行求解即可;
(2)根据二次项系数的正负性,结合一次函数和二次函数的单调性进行求解即可.
【详解】(1)时,,
时,,符合题意,
时,,
或,
当时,解得:,
当时,化简得:,∴,且a≠0
综上,或.
(2)①时,,
,
②时,对称轴,
∴在上单调递增,
,
③时,当时,即,在上单调递减.
当时,即,,
当时,即,在上单调递增,
,
综上所述:.
【点睛】方法点睛:解决二次函数闭区间上的最值问题,往往根据二次函数对称轴与闭区间的相对位置分类讨论.
21.(2021·江苏镇江·高一期末)已知定义在上的奇函数,且对定义域内的任意都有,当时,.
(1)判断并证明在上的单调性;
(2)若,对任意的,存在,使得成立,求的取值范围.
【答案】(1)证明见详解;(2)或
【分析】(1)利用定义法证明单调性;
(2)对任意的,存在,使得成立,
得 ,由(1)和函数性质求得,令将函数化简,再分类讨论求解的取值范围.
【详解】解:(1)设且,
由
因为且,所以即
所以在上的单调递减;
(2)由是奇函数知,,又得,所以的周期为2,由(1)知在上的单调递减,所以,且,由得即;
由于在上为奇函数,当,,所以,;
因为对任意的,存在,使得成立,即,故当时;令,则,化为即;
当时,有解得;
当时,有解得;
综上所述:或.
【点睛】方法点晴:定义法证明函数单调性步骤:(1)设点;(2)作差;(3)计算化简;(4)定号;(5)下结论.
22.(2021·山东威海·高一期末)已知函数.
(1)判断的奇偶性,并证明在上单调递增;
(2)设函数,求使函数有唯一零点的实数的值;
(3)若,不等式恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)为偶函数;证明见解析;(2)-1,1,0;(3).
【分析】(1)直接由函数奇偶性的定义判断的关系,可判断奇偶性,任取,作差化简判断符号,得出单调性结论;
(2)有唯一零点,即有唯一的解,可化为,由偶函数可知,化简计算可得结果;
(3)设,不等式等价为恒成立,构造函数,只需,求解即可得出结果.
【详解】解:由题意可知的定义域为,,则,
,
所以,
所以为偶函数;
任取,
则,
因为
当时,
所以
所以,
所以在上单调递增﹒
函数的零点就是方程的解,
因为有唯一零点,
所以方程有唯一的解,
因为函数为偶函数,
所以方程变形为,
因为函数在上的单调递增,
所以,
平方得,,
当时,,
经检验方程有唯一解,
当时,
解得,
综上可知,的值为.
设,则,
所以原命题等价于时,不等式恒成立,
令,
即,
则或
或,
综上可知.
【点睛】结论点睛:利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立,可根据以下原则进行求解:
(1),;
(2),;
(3),;
(4),.
23.(2021·江西景德镇·高一期末)已知函数(且).
(1)求的定义域;
(2)若在上恒成立,求实数a的取值范围.
【答案】(1)当时,函数的定义域为;当时,函数的定义域为(2)
【分析】(1)根据函数解析式,得到,分别讨论和两种情况,解对应不等式,即可得出定义域;
(2)分类讨论和两种情况,根据对数型函数单调性,即可得出结果.
【详解】(1)因为,所以,
因为且,
当时,,解不等式可得;
当时,,解不等式可得;
综上,当时,函数的定义域为;当时,函数的定义域为;
(2)当时,,,所以函数在定义域内单调递减;又且在上恒成立,
所以只需,无解;
当时,,,所以函数在定义域内单调递减;又在上恒成立,
所以只需,即,解得,
综上所述实数a的取值范围为.
【点睛】思路点睛:求解对数型不等式时,一般根据对数函数的单调性,结合题中条件,列出不等式(组)求解;列式时,要注意定义域.
24.(2021·浙江浙江·高一期末)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.
【答案】(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
25.(2021·浙江浙江·高一期末)已知函数,其中.
(1)当函数为偶函数时,求m的值;
(2)若,函数,是否存在实数k,使得的最小值为0?若存在,求出k的值,若不存在,说明理由:
(3)设函数,若对每一个不小于2的实数,都有小于2的实数,使得成立,求实数m的取值范围.
【答案】(1);(2)存在使得的最小值为0;(3);
【分析】(1)由偶函数的性质有,即可求m的值.
(2)由题意令有,即等价于在上是否存在实数k使的最小值为0,应用分类讨论并结合二次函数的性质求k的值.
(3)问题等价于在上的值域包含于在上的值域,讨论、、,利用对勾函数、指数函数的性质求值域,根据值域的包含关系求参数m的范围即可.
【详解】
(1)由为偶函数,有,
∴,即,
∴.
(2)由题意, 上有,令,
∴,开口向上且,对称轴为,
∴在上存在实数k使的最小值为0,
当,时,,得,
当,时,无解,
当,时,,无解,
∴综上,存在使得在上的最小值为0.
(3)由题意,在上都有,
∴在上的值域包含于在上的值域,
∴当时,在上,而上,不合题意;
当时,在上,当且仅当时等号成立,即,而上,
∴,即,则;
当时,同样,而上,又当时有,
∴,可得.
综上,.
【点睛】关键点点睛:第二问,利用换元法将问题转化为闭区间上存在参数k使二次函数的最小值为0;第三问,问题等价于在上的值域包含于在上的值域,应用分类讨论及相关函数的性质求值域,进而求参数范围.
26.(2021·广东深圳·高一期末)已知函数.
(1)试判断函数的单调性,并画出函数图象的草图;
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根,求的取值范围.
【答案】(1)当时,函数为单调减函数;当时,函数为单调增函数;图象见解析;(2).
【分析】(1)对去绝对值写成分段函数的形式,根据图象的平移和翻折变换即可得其图象;
(2)设,一元二次方程有两个不相等的实数根,结合图象讨论的范围,从而得到满足题意的等价条件即可求解.
【详解】(1)
当时,函数为单调减函数,值域为;
当时,函数为单调增函数,值域为.
首先作的图象,向下平移个单位可得的图象,将轴下方的图象关于轴对称的翻折到轴上方即可得的图象,
画出函数的草图如图所示:
(2)因为关于的方程有两个不等实数根,
设,结合图象可知,
一元二次方程有两个不相等的实数根,
令
①当 ,时,则有解之,得;
②当,时,由得,所以可得:不合题意;
③当时,则,解之得或,
当时, (舍去),当时,符合题意;所以
④当且都在内时,则有即可得:,所以.
综上所述,的范围是.
【点睛】关键点点睛:本题解题的关键点是令,将原方程转化为,要准确作出的图象,结合图象由和的根的分布情况进行分析,先确定的范围,再确定结果的范围.
27.(2021·广东·汕头市澄海中学高一期中)已知函数(其中,且)的图象关于原点对称.
(1)求,的值;
(2)当时,
①判断在区间上的单调性(只写出结论即可);
②关于的方程在区间上有两个不同的解,求实数的取值范围.
【答案】(1)或;(2)①在区间上单调递增;②.
【分析】(1)由图象关于原点对称知:,结合函数解析式可得,即可求参数.
(2)由已知得,①为,的构成的复合函数,由它们在上均单调递增,即知的单调性;②由①整理方程得在区间上有两个不同的解,令,有,结合基本不等式求其最值,进而确定的取值范围.
【详解】(1)由题意知:,整理得,即,对于定义域内任意都成立,
∴,解得或.
(2)由知:,故
①,由,在上均单调递增,
∴在区间上的单调递增.
②由①知,可得,即在区间上有两个不同的解,令,
∴当且仅当时等号成立,而在上递减,在上递增,且时.
∴.
【点睛】关键点点睛:
(1)利用函数的对称性,结合解析式列方程求参数值;
(2)根据对数型复合函数的构成判断单调性,应用参变分离、换元思想,将方程转化为在上存在不同的对应相同的值,求参数范围.
28.(2021·安徽合肥·高一期末)已知函数是定义在实数集上的奇函数,且当时,.
(1)求的解析式;
(2)若在上恒成立,求的取值范围.
【答案】(1),(2)实数的取值范围是
【分析】(1)根据函数奇偶性求解析式;
(2)将恒成立转化为令, 恒成立,讨论二次函数系数,结合根的分布.
【详解】解:(1)因为函数是定义在实数集上的奇函数,
所以,
当时,则
所以当时
所以
(2)因为时,
在上恒成立
等价于即在上恒成立
令,则
①当时,不恒成立,故舍去
②当时必有,此时对称轴
若即或时,恒成立
因为,所以
若即时,要使恒成立
则有与矛盾,故舍去
综上,实数的取值范围是
【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法
(1)求函数值:将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解;
(2)求解析式:先将待求区间上的自变量转化到已知区间上,再利用奇偶性求解,或充分利用奇偶性构造关于的方程(组),从而得到的解析式;
(3)求函数解析式中参数的值:利用待定系数法求解,根据得到关于待求参数的恒等式,由系数的对等性得参数的值或方程(组),进而得出参数的值;
(4)画函数图象和判断单调性:利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.
29.(2021·浙江·高一期末)已知函数,.
(1)若关于的方程有两个不等根,(),求的值;
(2)是否存在实数,使得对任意,关于的方程在区间上总有3个不等根,,,若存在,求出实数与的取值范围;若不存在,说明理由.
【答案】(1)1,(2)存在,的取值范围为,的范围为
【分析】(1)由题意可得,可得,从而可求得结果;
(2)令,则,令,因为在上单调递减,在上单调递增,且,所以对的范围分情况讨论,原题目等价于:对任意,关于的方程在区间上总有2个不等根,且有两个不等根,只有一个根,则必有,则有,从而可求出的取值范围,此时,,则其根,故必有
【详解】解:(1),
因为关于的方程有两个不等根,(),
所以,
所以,
所以
(2)在上单调递减,则,得,令,则,
因为在上单调递减,在上单调递增,且,令,
则当时,方程有两个不等实根,由(1)可知,两根之积为1;
当时,方程有且只有一个根且此根在区间内或为1,
令,所以原题目等价于:对任意,关于的方程在区间上总有2个不等根,且有两个不等根,只有一个根,则必有,则有,解得,
此时,,则其根,故必有,
所以存在实数,使得对任意,关于的方程在区间上总有3个不等根,,,实数的取值范围为,的范围为
【点睛】关键点点睛:此题考查以对数函数、方程的零点以及复合函数零点的求法,考查分析问题的能力,解题的关键是原题目等价于:对任意,关于的方程在区间上总有2个不等根,且有两个不等根,只有一个根,则必有,然后结合二次函数的图像和性质求解即可,属于难题
30.(2021·江苏·南京市第十三中学高一期末)已知函数(且)是定义域为R的奇函数,且.
(1)求的值,并判断和证明的单调性;
(2)是否存在实数(且),使函数在上的最大值为0,如果存在,求出实数所有的值;如果不存在,请说明理由.
(3)是否存在正数,使函数在上的最大值为,若存在,求出值,若不存在,请说明理由.
【答案】(1);单调递增,证明见解析;(2)存在,;(3),理由见解析.
【分析】(1)根据函数的奇偶性求出的值,根据,求出的值,从而求出函数的解析式,任取实数,判断的符号即可出函数的单调性;
(2)求出,设,则,得到,,记,通过讨论的取值范围,求出函数的最大值,确定的值即可;
(3)令,根据是单调递增函数,得到的范围,然后得到,再求出的值即可.
【详解】(1)函数且是定义域为的奇函数,,
,即,解得:,
代入原函数,则有,
所以,
(1),,,或,
,,,
任取实数,则,
,,又,
,是单调增函数;
(2)
,
设,则,
,,,,记,
当,即时,要使的最大值为0,则要,
,,,,
在,上单调递增,
,由,得,
因,所以满足题意;
当,即时,要使的最大值为0,
则要,且,,
①若,则,解得:,
又,
,由于,不合题意,
②若,即,
则,,
综上所述,只存在满足题意;
(3)令,由(1)知是单调递增函数,
当,时,,,
,,其最大值为,
也即有最值1,二次函数最值只可能在端点或者对称轴处取,
只可能是以下三种情况:
①,解得,此时对称轴为,左端点处取的是二次函数最小值,
而,也即最小值,不合题意舍去.
②,解得,此时对称轴为,右端点离对称轴更远,取的最大值,
而,也即最大值,符合.
③,解得,此时对称轴为,不在区间上,
最值不可能在对称轴处取到,不合题意舍去.
综上所述,.
【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求参数的值,利用定义判断函数的单调性,函数最值得求法,考查了转化思想和分类讨论思想,属难题.
31.(2020·广东·深圳市高级中学高一期中)定义在上的函数和二次函数满足:,,.
(1)求和的解析式;
(2)若对于、,均有成立,求的取值范围;
(3)设,在(2)的条件下,讨论方程的解的个数.
【答案】(1),;(2);(3)答案不唯一,具体见解析.
【分析】(1)运用构造方程组法可求,运用待定系数法可求;
(2)原问题等价于对任意都成立,进而求得实数的取值范围;
(3)作出函数的图象,结合图象讨论即可.
【详解】(1),,
由以上两式联立可解得,.
,所以,二次函数图象的对称轴为,
故设二次函数,则,解得,
所以,;
(2)由(1)知,在上为增函数,故,
∴对任意都成立,
即对任意都成立,
所以,,解得,故实数的取值范围为;
(3),作函数的图象如下,
令,,则,
①当时,,
由图象可知,此时方程有两个解,设为,,
则有个解,有个解,故方程共个解;
②当时,,
由图象可知,此时方程有一个解,设为,
则有个解,故方程共个解;
③当时,,
由图象可知,此时方程有一个解,
则有个解,故方程共个解;
④当时,,
由图象可知,此时方程有一个解,
则有个解,故方程共个解.
综上所述,当时,方程共个解;
当时,方程共个解;
当时,方程共个解;
当时,方程共个解.
【点睛】思路点睛:对于复合函数的零点个数问题,求解思路如下:
(1)确定内层函数和外层函数;
(2)确定外层函数的零点;
(3)确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、,则函数的零点个数为.
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