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（人教版A版，2019新版）

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（人教版A版，2019新版），共26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．（2024上·天津河北·高三统考期末）物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却方程来描述：设物体的初始温度为，环境温度为，经过一段时间（单位：分钟）后物体的温度是，满足.将85℃的热水放到21℃的房间中，如果热水降到37℃需要16分钟，那么从37℃降到29℃还需要多少分钟？（ ）
A．2B．4C．6D．8
2．（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．
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．（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．
5．（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．
6．（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．
7．（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．
8．（2017上·天津红桥·高三统考期末）设方程 的两根分别为（），方程的两根分别为（），若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．（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．
10．（2022上·天津·高三天津市武清区杨村第一中学校联考期末）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．
11．（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．
12．（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．
二、填空题
13．（2024上·天津南开·高三统考期末）已知函数若方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是 ；函数的零点个数是 .
14．（2018上·天津·高三统考期末）函数，若方程恰有3个根，则实数的取值范围为 .
15．（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 .
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 .
18．（2019上·天津和平·高三校联考期末）已知函数且函数在定义域内恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是 .
19．（2019上·天津静海·高三统考期末）已知函数，若方程有八个不等的实数根，则实数的取值范围是 ．
20．（2019上·天津蓟州·高三校联考期末）已知函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则实数的取值范围是 ．
三、解答题
21．（2023上·天津南开·高三天津市第九中学校考期末）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．
22．（2022上·天津南开·高三南开翔宇学校校考期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若在上有零点，
①求a的取值范围；
②求证：．
参考答案：
1．D
【分析】由题设，将代入并应用指数运算求得，再将代入公式求从37℃降到29℃需要的时间.
【详解】由题设，可得，
所以，则，可得.
故选：D
2．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．
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．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.
5．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
6．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：.
7．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
8．D
【分析】由条件求得，令，则原式=lnt,利用不等式的基本性质求得的范围，可得t的范围，从而求得lnt的范围，即为所求.
【详解】由方程的两根分别为（），
可得求得.
由方程的两根分别为（），
可得，，
求得，.
∴，
令则原式，且，
由可得，，，
∴，故原式=.
故选：D
9．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．
10．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，且切点位于第四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，且切点位于第四象限时，，
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：B．
11．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.
12．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.
13．
【分析】作出大致图象，结合图象可得实数的取值范围；令，将问题转化为，根据图象分析得有两个零点为，，从而考虑与根的个数即可求解.
【详解】作出大致图象如下：
若方程有三个不等的实根，由图象可得实数的取值范围是；
令，则，可得，
且，
结合图象可知方程的一个根，另一个根，
当时，与的图象有1个交点，所以有1个实根，
当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，
综上所述：共有4个零点.
故答案为：；4.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
14．
【分析】画出 的图象,再分析与直线的交点个数即可.
【详解】画出函数的图象,如图所示：
由题意可知，
先求与相切时的情况，由图可得此时,
设切点为,则，解得, ，
此时直线，此时直线与只有两个公共点，所以，
又斜率，又当时与平行，与有三个公共点，而当，直线与有四个交点，故.
故答案为：
15．
【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．
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．
【分析】先作出函数图象，再根据函数图象确定满足条件的位置，进而得参数的取值范围.
【详解】若与相切，设切点为，
，则有，解得，不满足；
若与相切，
设切点为，
，则有，解得，
，则切点为，
将切点代入，得，
若与相切，
设切点为，
，则有，解得，
，则切点为，
将切点代入，得
作出函数图象，如图，所以要使得函数有三个不同零点，
当函数的图象与函数的图象相切于点时，
两函数图象有且仅有2个交点，此时，
而当时，两函数图象有且仅有1个交点，
因此，
而当函数的图象与函数的图象相切于点时，
两函数图象有且仅有2个交点，此时，
所以要使两函数的图象有3个不同的交点，需满足，

故答案为: .
【点睛】对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
19．
【分析】利用导数求出函数的单调性，然后作出的简图，由图象可得当时，有四个不同的与对应．再结合题中“方程有8个不同实数解“，可以分解为形如关于的方程在内有两个不等的实数根，然后再根据二次函数根的分布即可求出结果．
【详解】当时令，得，可知函数在上单调递减，在上单调递增，所以；
当时，可知函数在上单调递增，在上单调递减，所以；由此作出函数的草图，如下图：
有图像可知当时，有四个不同的x与f（x）对应，令，又方程有八个不等的实数根，所以在内有两个不等的实数根，令，可得，
得.
故答案为
【点睛】本题考查函数的单调性的运用，主要考查方程与函数的零点的关系，掌握二次方程实根的分布是解题的关键，属于中档题．
20．
【分析】利用分段函数，求出的零点，然后在求解时的零点，即可得到答案.
【详解】由题意，函数，
当时，方程，可得，解得，函数由一个零点，
当时，函数只有一个零点，即在上只有一个解，
因为函数开口向上，对称的方程为，
所以函数在为单调递减函数，所以，即，解得，
即实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了分段函数的零点的应用，以及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中把函数的零点问题转化为二次函数问题，借助二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.
21．(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．
22．(1)时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;
（2）①对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;
②根据在上有零点，可以先整理得到，利用该式，先将要证明的不等式左面进行变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边部分.
【详解】（1）（1），．
当时，恒成立，在上单调递增．
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
综上，时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
（2）①注意到，，
由（1）知，当时，在上单调递增，
对任意，恒有，不合题意；
同理，当时，在上单调递减，
又，所以对任意，恒有，不合题意；
当时，，由（1）知，在上单调递增，
在上单调递减，所以，
又当时，，
由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意．
综上所述，a的取值范围为．
②由①知，当时，，
解得．要证，只需证．
令，，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以在上恒成立，即，即．
要证，只需证，即．
又因为，即证．
令，，则．
又，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
又，所以，即，不等式得证．