2023届高考数学二轮复习第2讲函数方程不等式作业含答案

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  第2讲 函数方程不等式典型例题【例1】设与是定义在同一区间上的两个函数，若函数一在上有两个不同的零点，则称和在上是关联函数，称为关联区间．若与在上是关联函数，则的取值范围是（　　） A．   B．C．   D．【答案】B【解析】因为与在上是关联函数,故函数在上有两个不同的零点.故有即得,故选B.【例2】已知函数若存在实数满足, 其中, 则的取值范围是（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】画出的图象,如图.因为,所以由二次函数的性质可得,由图可知,,从而,又,所以,即的取值范围是.故选B.【例3】已知函数, 若任意的正数均满足, 则的最小值为.【答案】12【解析】因为恒成立,所以函数的定义域为.因为,,所以为奇函数.又在上单调递减,所以在上单调递减,又在处连续,所以在上单调递减.由得,故,即,所以,当且仅当,即时等号成立,所以的最小值为12.故答案为12.【例4】已知函数当时, 的最小值等于 ;若对于定义域内任意的恒成立, 则实数的取值范围是.【答案】【解析】当时,当时,,从而当时,有最小值;当时,,从而当时,有最小值.所以,当时,的最小值等于.对定义域内任意的恒成立,讨论如下.(1)当时,有,即,令,有最小值,所以.(2)当时,有,即,令,有最大值,所以.综上,实数的取值范围是.故答案为.【例5】对于函数, 若在定义域内存在实数, 满足, 则称为“局部奇函数”. 若为定义域上的“局部奇函数”, 则实数的取值范围是(              )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由“局部奇函数”的定义可知方程有解，即有解,整理可得.因为成立,,所以,解得,即实数的取值范围为.故选B.【例6】已知, 记函数的零点个数为, 函数的零点个数为, 则的值不可能是( )A. 0  B. 1  C. 2 D. 3【答案】D【解析】解法1：方程的判别式.令,则求的解,即先求的解,再求的解.(1)当时,,故.(2)当时,,此时,得,同时即当时,函数无零点,即,故;当时,函数只有一个零点,即,故;当时,函数有两个零点,所以,故.(3)当时,,设的两根为,同时,即或.当时,函数有四个零点,所以,故;当时,函数有三个零点,所以,故;当时,函数有两个零点,所以,故;当时,函数有一个零点,所以,故;当时,函数没有零点,所以,故.综上可知的值可能为,故选D.解法2：若,显然,则只有一个解,于是的解的个数等价于的解的个数,而最多有两个解,与矛盾,故不可能.故选D.【例7】若函数有极值点, 且, 则关于的方程的不同实数根的个数是( )A. 3  B. 4  C. 5  D. 6【答案】A【解析】.由极值点可得,,为(1)的两根,观察知方程(1)与结构完全相同,所以可得的两根为,.若,可判断出是极大值点,是极小值点,且,所以与的图象有2个交点,而与的图象有1个交点,如图1,共计3个交点.若,可判断出是极小值点,是极大值点,且,所以与的图象有2个交点,而与的图象有1个交点,如图2,共计3个交点.综上所述,共有3个交点.故选A.【例8】已知函数若关于的方程恰有 4 个不相等的实数根, 则实数的取值范围是(  )A.  B.  C.   D. 【答案】D【解析】设,可得.当时,单调递减;当时,单调递增.又,画出函数的图象,如图.结合图象,可得直线与的图象在上有一个交点,要使得关于的方程恰有4个不相等的实数根,应满足直线与的图象在上有2个交点;在上有1个交点.当直线经过点时,可得.当时,,可得.设直线与的图象相切时切点为,则切线的斜率,切线方程为.,将点代人切线方程可得,即切点坐标为,此时.所以实数的取值范围是.故选D.【例9】设是定义在上的两个周期函数, 的周期为的周期为 2 , 且是奇函数. 当时, 其中. 若在区间上, 关于的方程有 8 个不同的实数根, 则的取值范围是.【答案】【解析】当时,即.为奇函数,其图象关于原点对称,其周期为4,函数与的图象如图,要使在上有8个实数根,只需二者图象有8个交点.当时,函数与的图象有2个交点.当时,的图象为恒过点的直线,只需函数与的图象有6个交点.当与的图象相切时,圆心到直线的距离为1,即,得与的图象有3个交点;当的图象过点时,与的图象有6个交点,此时,得.综上可知,满足在上有8个实数根的的取值范围为.故答案为.【例10】若关于的不等式有且只有两个整数解,则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】解法由题意可知,有且只有两个整数解.设,由,可知在上为减函数,在上为增函数,的图象恒过点.在同一坐标系中作出的图象,如图.当时,原不等式有且只有两个整数解.当时,若原不等式有且只有两个整数解,则满足即或解得.综上可得,故选C.解法显然是一个整数解.当时,有,求导得右式单调递增,所以只能取,有.当时,有,求导得右式单调递增,所以只能取,有.而1与3中只能取一个,所以,即,故选C.【例11】解方程: .【答案】.【解析】设,则两式相加有.令函数,根据指数函数的单调性知,在上是增函数,则有,所以有,即.易知在上是减函数,且,故原方程的解为.【例12】已知为正整数,方程的两个实数根为, 且, 则的最小值为。【答案】11【解析】依题意,可知从而可知,所以有即又为正整数，取=1，则,所以.从而,所以.又,所以,因此有最小值11.易证当时,,从而,所以.又,所以,所以.综上可得,的最小值为11.【例13】定义函数, 记的最大值为, 当变化时,求的最小值。【答案】.【解析】对任意的,取得同理,取得,由上述三式得,所以,所以,因此(当且仅当时取等号),此时,经验证,满足题意.故当时,取得最小值,且最小值为.【例14】(多选题) 已知函数有两个零点, 则以下结论中正确的是( )A. B. 若, 则C. D. 函数有四个零点【答案】【解析】对应的二次方程根的判别式,故A正确;由韦达定理知,则,故B正确;因为图象的对称轴为直线,所以点关于对称轴对称,故C正确;当时,只有两个零点,故不正确.故选ABC.【例15】已知, 求.【答案】2021.【解析】又因为,所以,故 .