靶心2 数与形的结合—函数与方程-2021高考数学【创新教程】大二轮高考总复习考向卷（新高考）

(３)∵f(x)是奇函数,∴f(－x)＝－f(x), 即a－ ２ ２－x＋１ ＝－a＋ ２ ２x＋１ , 解得a＝１(或用f(０)＝０去解)． ∴f(ax)＜f(２),即为f(x)＜f(２), 又∵f(x)在 R 上单调递增,∴x＜２． １２．解:(１)函数f(x)的 定 义 域 为 (０,＋ ∞),令 f′(x)＝２x － ２x ＝０ ,得x＝１． 当x∈(０,１)时,f′(x)＜０,当 x∈ (１,＋ ∞)时,f′(x) ＞０, 所以函数f(x)在 x＝１ 处 取 得 极 小 值,极 小 值 为 １,无 极大值． (２)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－２lnx－a(x＞０), 所以k′(x)＝１－ ２x , 令k′(x)＞０,得x＞２,所 以k(x)在 [１,２)上 单 调 递 减, 在(２,３]上单调递增, 所以当x＝２时,函数k(x)取 得 最 小 值,最 小 值 为k(２) ＝２－２ln２－a． 因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在 区 间[１,３]上 恰 有 两 个 不同零点, 即有k(x)在[１,２)和(２,３]内各有一个零点, 所以 k(１)≥０, k(２)＜０, k(３)≥０, { 即有 １－a≥０, ２－２ln２－a＜０, ３－２ln３－a≥０, { 解得２－２ln２＜a≤３－２ln３． 所以实数a 的取值范围为(２－２ln２,３－２ln３]． 靶心２ １．C　[根据零 点 存 在 性 定 理,验 证 函 数 f(x)在 区 间 端 点 处的函数值符号即可． 因为f(x)在(０,＋∞)上 单 调 递 增,f(２)＝２３＋lg２－１８ ＝lg２－１０＜０,f(３)＝３３＋lg３－１８＝９＋lg３＞０,所 以 函数f(x)的零点所在的区间为 ２,３( ) ． 点睛:函数零点个数的３种判断方法 (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 求 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:画 出 两 个 函 数 的 图 象,看 其 交 点的个数,其 中 交 点 的 横 坐 标 有 几 个 不 同 的 值,就 有 几 个不同的零点．] ２．B　 [由 已 知,画 出 函 数 f(x)＝ log２x,x＞０ ３x,　x≤０{ 的 图 象 如 图,根据题意函数h(x)＝f(x)＋x－a 有 且 只 有 一 个 零 点,就是y＝f(x)的图象与y＝a－x 的 图 象 有 且 只 有 一 个交点,如图,显然当a＞１时,两个函数有且只有一个交 点,故选 B．] ３．C　[由题意,函数y＝f(x)＝aenx 满足f(５)＝ １ ２a ,解 出 n＝ １５ln １ ２ ． 再 根 据 f(k)＝ １ ４a ,建 立 关 于k 的 指 数 方 程,由对数恒成立化简整理,即可解出k 的值,由 m＝k－ ５即可得到． ∵５min后甲桶和乙桶的水量相等, ∴函数y＝f(t)＝aent,满足f(５)＝ae５n＝ １ ２a 可得n＝ １５ln １ ２ , 因此,当kmin后甲桶中的水只有 a４ 升, 即f(k)＝ １ ４a ,即 １ ５ln １ ２ 􀅰k＝ln １４ , 即为 １ ５ln １ ２ 􀅰k＝２ln １２ ,解之得k＝１０, 经过了k－５＝５分钟,即 m＝５．故选 C． 点睛:本题给 出 实 际 应 用 问 题,求 经 过 几 分 钟 后 桶 内 的 水量剩余四 分 之 一．着 重 考 查 了 指 数 函 数 的 性 质、指 数 恒等式化简,指 数 方 程 和 对 数 的 运 算 性 质 等 知 识,属 于 中档题．] ４．B　[将问题转化 为 当 x＞０ 时,x２－ax＝－m 恒 有 两 个 正根,再根据二次方程实根分布列式可解得． 因为关于x 的方程f(x)＋m＝０对 任 意 的 m∈(０,１)有 三个不相等的实数根 所以当x≤０时,∀m∈(０,１),ex－１＝－m 有一根, 当x＞０时,x２－ax＝－m 恒 有 两 个 正 根,由 二 次 函 数 的 图象可 知 a ２ ＞０ Δ＝a２－４m＞０{ 对 任 意 的 m∈ (０,１)恒 成 立, 所以a２≥４解得a≥２．故选 B． 点睛:本 题 考 查 了 函 数 与 方 程,不 等 式 恒 成 立,属 中 档题．] ５．B　[由表达 式 可 判 断 f(x)为 偶 函 数,又 函 数 存 在 唯 一 零点,可求出a 值,再对a 值进行分类讨论判断是否符合 题意即可 分析表达式特点可知,函 数 f(x)＝alog２