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2017年海南高考数学基础训练试题(九)

中华考试网  2017-03-28  【

一、选择题

1.(2016·天津蓟县期中)函数f(x)=|x-2|-lnx在定义域内的零点可能落在的区间为(  )

A.(0,1) B.(2,3)

C.(3,4) D.(4,5)

解析:函数f(x)=|x-2|-lnx,

f(1)=1>0,f(2)=-ln2<0,f(3)=1-ln3<0,f(4)=2-ln4>0,f(5)=3-ln5>0,f(1)·f(2)<0,f(3)f(4)<0.函数的零点在(1,2),(3,4)上,故选C.

答案:C

2.(2016·山东淄博六中期中)设f(x)=3x+3x-8,用二分法求方程3x+3x-8=0在x(1,2)内近似解的过程中得f(1)<0,f(1.5)>0,f(1.25)<0,则方程的根所在区间为(  )

A.(1,1.25) B.(1.25,1.5)

C.(1.5,2) D.不能确定

解析:函数f(1.5)·f(1.25)<0,由零点存在定理,方程的根落在区间(1.25,1.5).故选B.

答案:B

3.(2016·黑龙江哈师大附中期中)关于x的方程|x|-a-1=0有解,则a的取值范围是(  )

A.(0,1] B.(-1,0]

C.[1,+∞) D.(0,+∞)

解析:关于x的方程|x|-a-1=0有解,函数y=|x|的图象与直线y=a+1有交点,根据指数函数的单调性可知:0<|x|≤1,

方程有解只需00.∴f(0)f(1)<0,

∴函数f(x)=2ex+3x-a的零点所在的区间是(0,1).故选C.

答案:C

6.(2016·山东淄博淄川一中期中)设函数f(x)=ex+x-2的零点为x1,函数g(x)=lnx+x2-3的零点为x2,则(  )

A.g(x1)<0,f(x2)>0

B.g(x1)>0,f(x2)<0

C.g(x1)>0,f(x2)>0

D.g(x1)<0,f(x2)<0

解析:因为函数f(x)=ex+x-2在R上单调递增,且f(0)=-1<0,f(1)=e-1>0,由零点存在性定理知x1(0,1).因为函数g(x)=lnx+x2-3在(0,+∞)上单调递增,g(1)=-2<0,g(2)=ln2+1>0,由零点存在性定理知x2(1,2).因为函数g(x)=lnx+x2-3在(0,+∞)上单调递增,且x1(0,1),所以g(x1)f(1)>0.故选A.

答案:A

7.(2016·湖南株洲质检)已知函数f(x)=-x-+2e有且只有一个零点,则k的值为(  )

A.e+ B.e2+

C.1 D.e

解析:函数的定义域为(0,+∞),令-x-+2e=0,即方程-x2+2ex=k只有一个解,设g(x)=-x2+2ex,则g′(x)=+2(e-x),当x>e时,g′(x)<0;当00,故当x=e时,g(x)取得最大值g(e)=+e2,又-x2+2ex=k只有一个解,故k=+e2,故选B.

答案:B

8.(2016·河北保定定州期中)已知函数f(x)=关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0有7个不同的解,则b,c满足的条件是(  )

A.b<0,c<0 B.b<0,c=0

C.b>0,c=0 D.b>0,c<0

解析:作出函数f(x)的图象如图所示,设f(x)=t,当t=0时,方程有3个根;当t>0时,方程有4个根,当t<0时,方程无解.要使关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0有7个不同实数解,关于f(x)的方程f2(x)+bf(x)+c=0等价为t2+bt+c=0有一个正实数根和一个等于零的根.c=0,此时t2+bt=t(t+b)=0,则另外一个根为t=-b,即f(x)=-b>0,即b<0,c=0.故选B.

答案:B

二、填空题

9.(2016·上海六校联考一)已知f(x)=kx-|x-1|有两个不同的零点,则实数k的取值范围是__________.

解析:令f(x)=0,得kx=|x-1|,设y1=kx,y2=|x-1|,画出这两个函数的图象,如图,折线为y2的图象,直线(实线)为y1的图象,且y1的图象恒过原点,要使f(x)有两个零点,则y1和y2的图象有两个交点,当k=1时,y1=x(虚线)与y2图象的右侧(x>1)平行,此时,两图象只有一个交点,因此,要使y1和y2的图象有两个交点,则0-1时无解,设h(x)=,即有h′(x)=,当-11时,h′(x)>0,h(x)单调递增.则x>0时,在x=1处,h(x)取得最小值h(1)=e,-10,则G(x)在[0,+∞)上单调递增,即G(x)≥G(0)=0,即F′(x)≥0,即F(x)在[0,+∞)上单调递增,则F(x)≥F(0)=0,即ex(3x-4)+x+4≥0,故当x≥0时,g(x)≥1.

12.(2016·福建福州三中期中)已知函数f(x)=ex-1-ax,aR.

(1)求函数y=f(x)的单调区间;

(2)试探究函数F(x)=f(x)-xlnx在定义域内是否存在零点?若存在,请指出有几个零点;若不存在,请说明理由.

(3)若g(x)=ln(ex-1)-lnx,且f(g(x))0,函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,f ′(x)>0x>lna,f ′(x)<0x0时,函数f(x)的单调递增区间为(lna,+∞),单调递减区间为(-∞,lna).

(2)函数F(x)=f(x)-xlnx的定义域为(0,+∞),由F(x)=0,得a=-lnx,x>0.令h(x)=-lnx,x>0,则h′(x)=,x>0,h′(x)>0⇒x>1,h′(x)<000,有f(x)>f(lna)=0,即ex-1>x>1.∴当x>0且x趋向0时,h(x)趋向+∞.随着x>0的增长,y=ex-1的增长速度越来越快,会超过并远远大于y=x2的增长速度,而y=lnx的增长速度则会越来越慢.故当x>0且x趋向+∞时,h(x)趋向+∞.得到函数h(x)的草图如图所示.故当a>e-1时,函数F(x)有两个不同的零点;当a=e-1时,函数F(x)有且仅有一个零点;当a0时,ex-1>x,故对x>0,g(x)>0,用分析法证明x>0,g(x)0,g(x)0,0,xex-ex+1>0.构造函数H(x)=xex-ex+1(x>0),H′(x)=xex>0,故函数H(x)=xex-ex+1在(0,+∞)上单调递增,

H(x)>H(0)=0,则x>0,xex-ex+1>0成立.当a≤1时,由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,则f(g(x))1时,由(1)知,函数f(x)在(lna,+∞)上单调递增,在(0,lna)上单调递减,故当0f(x),则不满足题意.综合得,满足题意的实数a的取值范围是(-∞,1].

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