04函数的应用-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版）

这是一份04函数的应用-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·天津·高三统考期末）已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·天津河西·高三校考期末）已知函数，若方程有且只有三个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2022上·天津河西·高三天津市海河中学校考期末）已知函数，若关于的方程有四个不等实根．则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022上·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考期末）已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2022上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考期末）已知函数，若方程的图像恰有5个不同实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2022上·天津和平·高三统考期末）设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·天津河西·高三天津市新华中学校考期末）已知函数的定义域为，且，当时，若关于x的方程在上所有实数解的和为15，则实数k的取值范围是( )
A．B．C．D．
8．（2022上·天津河西·高三统考期末）已知函数，当时，函数恰有六个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2022上·天津·高三统考期末）已知，函数若恰有2个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2022上·天津南开·高三统考期末）函数的所有零点之和为（ ）.
A．10B．11C．12D．13
11．（2021上·天津·高三统考期末）已知函数，若函数有且只有四个不同的零点，则实数k的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
12．（2021上·天津滨海新·高三校联考期末）已知函数在区间上为单调函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
13．（2021上·天津·高三统考期末）已知函数（为自然对数的底数），关于的方程恰有四个不同的实数根，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
14．（2021上·天津河西·高三统考期末）已知函数，若方程有且只有三个不相等的实数解，则实数k的取值范围是 .
15．（2020上·天津红桥·高三统考期末）已知函数，如果互不相等的实数，满足，则实数的取值范围 .
16．（2020上·天津南开·高三统考期末）对于实数a和b，定义运算“”：，设，若函数恰有三个零点，则m的取值范围是 ；的取值范围是 .
17．（2020上·天津·高三校联考期末）已知定义在上的函数满足，且当时，，若函数，在上有四个零点，则实数的取值范围为 .
三、解答题
18．（2022上·天津红桥·高二统考期末）已知函数，其中为常数，．
(1)求单调区间；
(2)若且对任意，都有，证明：方程有且只有两个实根．
参考答案：
1．D
【分析】根据，，得，结合正弦函数性质，确定的位置范围即可求出ω的范围﹒
【详解】∵，，∴，
函数在区间上恰有3个零点，
则﹒
故选：D．
2．B
【分析】由题可知与图象有三个交点，利用数形结合即得.
【详解】因为有且只有三个不相等的实数根，
所以与图象有三个交点，
设，
画出与的大致图象，
当与相切时，
由，可得，，
所以或(舍去)，
当过时，，
由图象可知，时，两图象有三个交点，
所以若方程有且只有三个不相等的实数解，
则实数的取值范围是.
故选：B.
3．C
【分析】画出函数的图象，利用换元法，并构造函数，通过讨论的取值范围即可求解.
【详解】当，
令解得，
令解得，
所以函数在单调递增，单调递减，
，当时，，
作出函数的图象如下，
关于的方程有四个不等实根，
令，，则有两个不相等的实数根，
（i），，此时各有2个根，满足题意，
所以解得
（ii），
由，
则函数的一个根在，另一个根在，
所以解得，
综上，.
故选:C.
4．C
【分析】由题知有4个实数根，进而令，则函数图像与图像有4个交点，进而作出函数图像，数形结合求解即可.
【详解】解：因为函数恰有4个零点，
所以恰有4个实数根，即有4个实数根，
令，则函数图像与图像有4个交点，
因为，，所以
所以，，
因为当时，，
所以，
作出函数图像如图所示，
所以，当时，函数图像与图像有4个交点，
所以，的取值范围是
故选：C
5．D
【分析】利用导数分段画出函数的大致图像，
方程有5个不同的根，
然后采用换元法将问题变为讨论在给定区间上有解的问题.
【详解】当 时， ，，
当时，，当时，，
故时， ；
当时， ，当时,, 当时，
当时，有极大值，当时，，
作出的大致图像如图：
方程有5个不同的根，
令 ，根据其图像，讨论有解情况如下：
令,
(1)当 在和上各有一个解时，合题意
即 ，解得 ，
（2）当在和上各有一个解时，
，解得，
（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；
（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，
综上可知：，
故选：.
6．B
【分析】根据题意先得是函数的一个零点，当时，，所以当时，与，图象必有一个交点，根据函数求导计算可得的函数图象，数形结合即可解决.
【详解】由题知，，函数恰有两个零点，
因为当时，，
所以是函数的一个零点，
又当时，，
所以当时，与，图象必有一个交点，
由于，
当时，，
所以函数在上单调递增，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以，函数图象如图，
由图可知，若与，图象必有一个交点，则，
故选：B
7．D
【分析】根据即f(x)在[0，1]上的解析式即可作出f(x)在[－1，4]上图像，数形结合即可求解.
【详解】∵，
∴在上的图象，可由在上的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的倍得到，同理，可画出函数在上的大致图象，如图，作出函数及在上的大致图象，
由条件可得，
①当时，与图象的交点两两一组分别关于直线，，，，对称，则实数解的和为；
②当时，与图象的交点两两一组分别关于直线，，，对称，则实数解的和为；
③当时，与图象的交点两两一组分别关于直线，，对称，则实数解的和为；
④当时，与图象的交点两两一组分别关于直线，对称，则实数解的和为；
⑤当时，与图象的两个交点关于直线对称，则实数解的和为；
经验证，当，，，，，及或时，均不符合题意．
综上所述，.
故选：D．
8．B
【分析】先求出函数的表达式，再根据函数的表达式画出图象，最后根据数形结合思想求解.
【详解】当时，；
当时，.
当时，，
可得，
当时，，
可得，
当时，，
可得.
画出函数在上的图象如下图所示：
由上图，，
函数恰有六个零点，即函数与函数有6个交点，
从上图观察可知在直线与直线之间即可满足题意，
此时，.
故选：B
【点睛】求解本题的关键，一是求出函数的表达式，二是数形结合思想的运用.
9．B
【分析】讨论是函数的零点和不是函数的零点两种情况，然后结合二次函数零点分布求得答案.
【详解】若是一个零点，则只有一个零点，即有，且此时当时，只有一个实根，而，解方程根得，易得.
即当时，恰有2个零点，.
若不是函数的零点，则为函数的2个零点，于是
.
综上：.
故选：B.
10．C
【分析】函数的零点可以转化为图像的交点来解决，在同一坐标系下画出，的图像，看它们交点的个数.
【详解】记，，而
，
，于是这两个函数都关于对称，在同一坐标系下画出它们图像如下，可知它们有8个交点，这8个交点可以分成4组，每一组的两个点都关于对称，这样的两个点横坐标之和是3，于是这些交点的横坐标之和为.
故选：C.
11．B
【解析】判断可得为偶函数，所以在上有且仅有2个不同的零点，求出在上的解析式，根据二次函数知识列式可得解.
【详解】因为，所以，所以为偶函数，
因为有且只有四个不同的零点，
所以在上有且仅有2个不同的零点，且，即，
当时，，，，
所以在上有且仅有2个不同的零点，
所以，解得.
故选：B
【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
12．D
【分析】先利用分段函数的单调性求出的一个范围，然后将函数有三个不同的零点，转化为和有三个不同的交点，利用数形结合法可知，当时，和有1个不同的交点，从而得到与有一个交点，再利用图象分析求解即可.
【详解】因为函数
当时，，
所以在上单调递减，
又因为在区间上为单调函数，
所以且，
解得，
令，即，
令，，
则函数有三个不同的零点，
等价于和有三个不同的交点，
当时，分别画出和的图象如图所示，
由图可知，当时，和有2个不同的交点，
故只需满足：当时，和有1个不同的交点，
即当时，，化简，
即，
令，即与有一个交点，
画出函数的图象如下图所示，
易知，
，
所以或，
解得或，
当时，如图
只有两个交点，不符合题干中的要求三个零点，舍去
故，综上：的取值范围为.
故选：D
【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．
13．D
【解析】令，由，可得，利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数的图象，由图象可知，方程有两根、，且满足，，设，利用二次函数的零点分布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】令，由，可得，
函数的定义域为，.
当时，，由可得，由可得.
所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
；
当时，，此时函数单调递增，且，
作出函数的图象如下图所示：
由于关于的方程恰有四个不同的实数根，
则关于的二次方程恰有两个不同的实根、，
且直线与函数的图象有三个交点，直线与函数的图象有且只有一个交点，所以，，，
设，由二次函数的零点分布可得，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
【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．
【解析】方程有且只有三个不相等的实数解，可转化为与图象有三个交点，画出函数图象，数形结合求解k的取值范围.
【详解】方程有且只有三个不相等的实数解，
可转化为与图象有三个交点，
画出，与图象如图，
与相切时，，
过点时，，
根据图象可知，时，两图象有三个交点，
若方程有且只有三个不相等的实数解，
则实数的取值范围时，
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．
【分析】画出函数图象，数形结合得到，，从而求出的取值范围.
【详解】，画出函数图象，如图所示：不妨设，其中，故，且，所以的取值范围是.
故答案为：
16．
【分析】求出的解析式，将函数的零点个数问题，转化为函数与函数图象的交点个数问题，结合图象，确定，的范围.
【详解】当时，即,
当时，即
所以
因为有三个零点，所以与的图象有三个交点
即与函数有三个交点
作出的图象，如图,其中时，函数最大值为.所以
不妨设，易知,且，所以
由，解得
所以，所以.
且当无限接近时，趋近于，当无限接近0时趋近于0.
故答案为：；
【点睛】本题主要考查了根据函数的零点个数求参数的范围，属于中档题.
17．
【解析】依题意可得函数是以为周期的周期函数，由时的函数解析式，画出函数图象，将函数零点转化为函数与的交点问题，数形结合即可得解.
【详解】解：定义在上的函数满足，，函数的周期为4，
且时，，画出函数的图象如图
函数在上有四个零点，等价于函数与在有四个交点，
由图（1）可知当时，即解得
图（1）
由图（2）可知当时，即解得
又当时，，，
，
临界条件为与相切与同一点，设切点坐标为，则即①
由切点处斜率相同得②
由①②消去得即
方程在有解，用二分法可得
又由则
所以
图（2）
综上可得，或，即
故答案为：
【点睛】本题考查函数的零点求参数的取值范围，函数方程思想，数形结合思想，属于中档题.
18．(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，谈论参数的范围，根据导数的正负，可得单调区间；
（2）由已知可解得，构造函数，再根据（1）的结论，可知函数的单调性，结合零点存在定理，可证明结论.
【详解】（1）定义域为，
因为，
若，，所以单调递减区间为，
若，,
当时，，当时，，
所以单调递减区间为，单调递增区间为 ．
（2）证明：若且对任意，都有，
则在处取得最小值，由（1）得在取得最小值，得，
令，则单调性相同，
单调递减区间为，单调递增区间为，
且，，，
所以在(1e2，1)和上各有且仅有一个零点，
所以在和各有且仅有一个零点，
即方程有且只有两个实根．