高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（二）基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 理（重點(diǎn)生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題跟蹤檢測(cè)（二）基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程一、全練保分考法——保大分1．若m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，a＝lgm，b＝lgm2，c＝lg3m，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．b<c<a解析：選C∵m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，∴－1<lgm<0，∴l(xiāng)g3m－lgm＝(lgm－1)(lgm＋1)lgm>0，∴l(xiāng)g3m>lgm，即c>a.又m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，∴0<m2<m<1，∴l(xiāng)gm2<lgm，即a>b.∴b<a<c.故選C.2．定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1為偶函數(shù)，記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，cA．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．c<b<a解析：選C∵函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，∴m＝0，∴f(x)＝2|x|－1.∴a＝f(log0.53)＝f(－log23)＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0.∴c<a<b.故選C.3．(2018·長沙一模)函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(x,x＋1)的圖象大致為()解析：選A∵f(x)＝2x＋eq\f(x,x＋1)＝2x－eq\f(1,x＋1)＋1的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1，＋∞)．∴f′(x)＝2xln2＋eq\f(1,x＋12)>0恒成立，∴f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，排除C、D；當(dāng)x→－∞時(shí)，2x→0，eq\f(x,x＋1)→1，∴f(x)→1，排除B，選A.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，0<x<1，,1，x≥1，))則不等式log2x－(log4x－1)f(log3x＋1)≤5的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B．[1,4]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) D．[1，＋∞)解析：選C由不等式log2x－(log4x－1)f(log3x＋1)≤5，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1≥1，,log2x－log4x－1≤5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<log3x＋1<1，,log2x＋2log4x－1≤5，))解得1≤x≤4或eq\f(1,3)<x<1.故原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).故選C.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,1＋2x)＋eq\f(1,1＋4x)滿足條件f(loga(eq\r(2)＋1))＝1，其中a>1，則f(loga(eq\r(2)－1))＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B∵f(x)＝eq\f(2,1＋2x)＋eq\f(1,1＋4x)，∴f(－x)＝eq\f(2,1＋2－x)＋eq\f(1,1＋4－x)＝eq\f(2·2x,1＋2x)＋eq\f(4x,1＋4x)，∴f(x)＋f(－x)＝eq\f(2,1＋2x)＋eq\f(1,1＋4x)＋eq\f(2·2x,1＋2x)＋eq\f(4x,1＋4x)＝3.∵loga(eq\r(2)＋1)＝－loga(eq\r(2)－1)，∴f(loga(eq\r(2)＋1))＋f(loga(eq\r(2)－1))＝3，∴f(loga(eq\r(2)－1))＝2.故選B.6．(2019屆高三·貴陽模擬)20世紀(jì)30年代，為了防范地震帶來的災(zāi)害，里克特(C.F.Richter)制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測(cè)震儀衡量地震能量的等級(jí)，地震能量越大，測(cè)震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級(jí)M，其計(jì)算公式為M＝lgA－lgA0，其中A是被測(cè)地震的最大振幅，A0是“標(biāo)準(zhǔn)地震”的振幅．已知5級(jí)地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則7級(jí)地震的最大振幅是5級(jí)地震的最大振幅的()A．10倍 B．20倍C．50倍 D．100倍解析：選D根據(jù)題意有l(wèi)gA＝lgA0＋lg10M＝lg(A0·10M)，所以A＝A0·10M，則eq\f(A0×107,A0×105)＝100.故選 D.7．(2018·菏澤一模)已知loga<logb，則下列不等式一定成立的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．ln(a－b)>0 D．3a－b解析：選A∵loga<logb，∴a>b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，ln(a－b)與0的大小關(guān)系不確定，3a－b>1.因此只有A正確．故選A.8．已知實(shí)數(shù)x，y滿足ax<ay(0<a<1)，則下列關(guān)系式恒成立的是()A.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1) B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)C．sinx>siny D．x3>y3解析：選D∵實(shí)數(shù)x，y滿足ax<ay(0<a<1)，∴x>y.對(duì)于選項(xiàng)A，eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1)等價(jià)于x2＋1<y2＋1，即x2<y2.當(dāng)x＝1，y＝－1時(shí)，滿足x>y，但x2<y2不成立．對(duì)于選項(xiàng)B，ln(x2＋1)>ln(y2＋1)等價(jià)于x2>y2，當(dāng)x＝1，y＝－1時(shí)，滿足x>y，但x2>y2不成立．對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)x＝π，y＝eq\f(π,2)時(shí)，滿足x>y，但sinx>siny不成立．對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)x>y時(shí)，x3>y3恒成立．故選D.9．(2018·廣元模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝lneq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，對(duì)任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)使f(a)＝g(b)，則b－a的最小值為()A．2eq\r(e)－1 B．e2－eq\f(1,2)C．2－ln2 D．2＋ln2解析：選D令t＝ea，可得a＝lnt，令t＝lneq\f(b,2)＋eq\f(1,2)，可得b＝2，則b－a＝2－lnt，令h(t)＝2e－lnt，則h′(t)＝2e－eq\f(1,t).顯然，h′(t)是增函數(shù)，觀察可得當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，h′(t)＝0，故h′(t)有唯一零點(diǎn)，故當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，h(t)取得最小值，即b－a取得最小值為2e－lneq\f(1,2)＝2＋ln2，故選D.10．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)<f(1)，則x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D．(e，＋∞)解析：選C∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(lnx)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(lnx)－f(－lnx)＝f(lnx)＋f(lnx)＝2f(lnx)，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)<f(1)等價(jià)于|f(lnx)|<f(1)，又f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.11．記函數(shù)f(x)＝x2－mx(m>0)在區(qū)間[0,2]上的最小值為g(m)．已知定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)h(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，h(x)＝g(x)，若h(t)>h(4)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍為()A．(－4,0) B．(0,4)C．(－2,0)∪(0,2) D．(－4,0)∪(0,4)解析：選D因?yàn)閒(x)＝x2－mx(m>0)，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2)))2－eq\f(m2,4)，因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0,2]上的最小值為g(m)，所以當(dāng)0<m≤4，即0<eq\f(m,2)≤2時(shí)，g(m)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))＝－eq\f(m2,4)；當(dāng)m>4，即eq\f(m,2)>2時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(m,2)))2－eq\f(m2,4)在[0,2]上單調(diào)遞減，所以g(m)＝f(2)＝4－2m.綜上，g(m)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(m2,4)，0<m≤4，,4－2m，m>4.))因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，h(x)＝g(x)，所以當(dāng)x>0時(shí)，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,4)，0<x≤4，,4－2x，x>4.))函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)槎x在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)h(x)為偶函數(shù)，且h(t)>h(4)，所以h(|t|)>h(4)，所以0<|t|<4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t≠0，,|t|<4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t≠0，,－4<t<4，))從而－4<t<0或0<t<4.綜上所述，實(shí)數(shù)t的取值范圍為(－4,0)∪(0,4)．12．(2019屆高三·昆明調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，對(duì)于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(－∞，0]C．(－∞，3] D．(－∞，4]解析：選D法一：f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.設(shè)g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，當(dāng)x≤－1時(shí)，0<g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以當(dāng)a≤－1時(shí)，滿足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；當(dāng)－1<x<4時(shí)，因?yàn)間(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4<h(1)＝5，g(2)＝8<h(2)＝10，g(3)＝16<h(3)＝17，所以－1<a≤4時(shí)，亦滿足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；當(dāng)x≥4時(shí)，易知f′(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，設(shè)F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，則F′(x)＝2x＋1·(ln2)2－2>0，所以F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln2－10>0，所以函數(shù)f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6>0，即a>4時(shí)，不滿足對(duì)任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]，故選D.法二：將問題轉(zhuǎn)化為2x＋1≤x2＋2x＋2對(duì)于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)恒成立后，在同一個(gè)平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)y＝2x＋1，y＝x2＋2x＋2的圖象如圖所示，根據(jù)兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)及位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合即可分析出實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]，故選D.13．函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是________．解析：由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)14．李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動(dòng)轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元)分別為L甲＝－5x2＋900x－16000，L乙＝300x－2000(其中x為銷售輛數(shù))，若某月兩連鎖店共銷售了110輛，則能獲得的最大利潤為________元．解析：設(shè)甲連鎖店銷售x輛，則乙連鎖店銷售(110－x)輛，故利潤L＝－5x2＋900x－16000＋300(110－x)－2000＝－5x2＋600x＋15000＝－5(x－60)2＋33000，∴當(dāng)x＝60時(shí)，有最大利潤33000元．答案：3300015．若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x，則f(2)＋g(4)＝________.解析：法一：∵函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x＝2x，∴g(x)＝log2x，∴f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.法二：∵f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x，∴f(2)＝4，即函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2,4)，∵函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，∴函數(shù)g(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(4,2)，∴f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.答案：616．(2018·福州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x>0，))則滿足f(x2－2)>f(x)的x的取值范圍是________________________．解析：由題意x>0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，故f(x)>f(0)＝0，而x≤0時(shí)，x＝0，故若f(x2－2)>f(x)，則x2－2>x，且x2－2>0，解得x>2或x<－eq\r(2).答案：(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)17．如圖，在第一象限內(nèi)，矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C，分別在函數(shù)y＝logx，y＝x，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))x的圖象上，且矩形的邊分別平行于兩坐標(biāo)軸，若點(diǎn)A的縱坐標(biāo)是2，則點(diǎn)D的坐標(biāo)是________．解析：由2＝logx可得點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，由2＝x可得點(diǎn)B(4,2)，因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))4＝eq\f(9,16)，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,16)))，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,16))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,16)))18．已知函數(shù)f(x)＝|log3x|，實(shí)數(shù)m，n滿足0<m<n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在[m2，n]上的最大值為2，則eq\f(n,m)＝________.解析：f(x)＝|log3x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log3x，0<x<1，,og3x，x≥1，))所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由0<m<n且f(m)＝f(n)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m<1，,n>1，,log3n＝－log3m，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m<1，,n>1，,mn＝1，))所以0<m2<m<1，則f(x)在[m2,1)上單調(diào)遞減，在(1，n]上單調(diào)遞增，所以f(m2)>f(m)＝f(n)，則f(x)在[m2，n]上的最大值為f(m2)＝－log3m2＝2，解得m＝eq\f(1,3)，則n＝3，所以eq\f(n,m)＝9.答案：919.(2018·西安八校聯(lián)考)如圖所示，已知函數(shù)y＝log24x圖象上的兩點(diǎn)A，B和函數(shù)y＝log2x圖象上的點(diǎn)C，線段AC平行于y軸，當(dāng)△ABC為正三角形時(shí)，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為________．解析：依題意，當(dāng)AC∥y軸，△ABC為正三角形時(shí)，|AC|＝log24x－log2x＝2，點(diǎn)B到直線AC的距離為eq\r(3)，設(shè)點(diǎn)B(x0,2＋log2x0)，則點(diǎn)A(x0＋eq\r(3)，3＋log2x0)．由點(diǎn)A在函數(shù)y＝log24x的圖象上，得log2[4(x0＋eq\r(3))]＝3＋log2x0＝log28x0，則4(x0＋eq\r(3))＝8x0，x0＝eq\r(3)，即點(diǎn)B的橫坐標(biāo)是eq\r(3).答案：eq\r(3)20．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x－\f(a,2x)))在[0,1]上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為________．解析：令2x＝t，t∈[1,2]，則y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,t)))在[1,2]上單調(diào)遞增．當(dāng)a＝0時(shí)，y＝|t|＝t在[1,2]上單調(diào)遞增顯然成立；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,t)))，t∈(0，＋∞)的單調(diào)遞增區(qū)間是[eq\r(a)，＋∞)，此時(shí)eq\r(a)≤1，即0<a≤1時(shí)成立；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,t)))＝t－eq\f(a,t)，t∈(0，＋∞)的單調(diào)遞增區(qū)間是[eq\r(－a)，＋∞)，此時(shí)eq\r(－a)≤1，即－1≤a<0時(shí)成立．綜上可得a的取值范圍是[－1,1]．答案：[－1,1]二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分1．設(shè)函數(shù)f(x)＝log4x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x，g(x)＝logx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x的零點(diǎn)分別為x1，x2，則()A．x1x2＝1 B．0<x1x2<1C．1<x1x2<2 D．x1x2≥2解析：選B由題意可得x1是函數(shù)y＝log4x的圖象和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x的圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，x2是y＝logx的圖象和函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x的圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，且x1，x2都是正實(shí)數(shù)，畫出函數(shù)圖象如圖所示，可得logx2>log4x1，故log4x1－logx2<0，∴l(xiāng)og4x1＋log4x2<0，∴l(xiāng)og4(x1x2)<0，∴0<x1x2<1.故選B.2．(2018·唐山模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\r(1－x2)－x＋λ在[－1,1]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則λ的取值范圍為()A．[1，eq\r(2)) B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(－eq\r(2)，－1] D．[－1,1]解析：選C函數(shù)f(x)＝eq\r(1－x2)－x＋λ在[－1,1]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于y＝eq\r(1－x2)與y＝x－λ的圖象在[－1,1]上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．y＝eq\r(1－x2)，x∈[－1,1]為圓x2＋y2＝1的上半圓．如圖，當(dāng)直線y＝x－λ過點(diǎn)(0,1)時(shí)兩函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)λ＝－1，當(dāng)直線y＝x－λ與圓x2＋y2＝1上半圓相切時(shí)，λ＝－eq\r(2).所以λ的取值范圍為(－eq\r(2)，－1]．故選C.3．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且x＞0時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1，則函數(shù)g(x)＝f(x)－ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減．因此，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋1＝0.根據(jù)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)作出函數(shù)y＝f(x)與y＝ex的大致圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)y＝f(x)與y＝ex的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)＝f(x)－ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有2個(gè)零點(diǎn)．4．(2018·涼山模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,x)，x<0，,lnx－2x2，x>0，))若函數(shù)f(x)的圖象上有四個(gè)不同的點(diǎn)A，B，C，D同時(shí)滿足：①A，B，C，D，O(原點(diǎn))五點(diǎn)共線；②共線的這條直線斜率為－3，則a的取值范圍是()A．(2eq\r(3)，＋∞) B．(－∞，－4)C．(－∞，－2eq\r(3)) D．(4，＋∞)解析：選A由題意知f(x)的圖象與直線y＝－3x有4個(gè)交點(diǎn)．令lnx－2x2＝－3x，可得lnx＝2x2－3x，作出y＝lnx與y＝2x2－3x的圖象如圖所示．由圖象可知兩函數(shù)圖象在y軸右側(cè)有兩個(gè)交點(diǎn)，∴當(dāng)x>0時(shí)，f(x)的圖象與直線y＝－3x有兩個(gè)交點(diǎn)，∴當(dāng)x<0時(shí)，f(x)的圖象與直線y＝－3x有兩個(gè)交點(diǎn)．∴a＋eq\f(1,x)＝－3x在(－∞，0)上有兩解．即3x2＋ax＋1＝0在(－∞，0)上有兩解．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－12>0，,－\f(a,6)<0，))解得a>2eq\r(3).故選A.5．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋1，x≤1，,lnx，x>1，))若方程f(x)－ax＝0恰有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(4,3))) D．(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析：選B方程f(x)－ax＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根，即直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝lnx，得f′(x)＝eq\f(1,x)，設(shè)直線y＝kx與函數(shù)f(x)＝lnx(x>1)的圖象相切，切點(diǎn)為(x0，y0)，則eq\f(y0,x0)＝eq\f(lnx0,x0)＝eq\f(1,x0)，解得x0＝e，則k＝eq\f(1,e)，即y＝eq\f(1,e)x是函數(shù)f(x)＝lnx(x>1)的圖象的切線，當(dāng)a≤0時(shí)，直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，不合題意；當(dāng)0<a<eq\f(1,3)時(shí)，直線y＝ax與函數(shù)y＝lnx(x>1)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，但與y＝eq\f(1,3)x＋1(x≤1)也有一個(gè)交點(diǎn)，這樣就有三個(gè)交點(diǎn)，不合題意；當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖象至多有一個(gè)交點(diǎn)，不合題意；只有當(dāng)eq\f(1,3)≤a<eq\f(1,e)時(shí)，直線y＝ax與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，符合題意．故選B.6．(2018·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－3)ex，若關(guān)于x的方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0的不同的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)為n，則n的所有可能值為()A．3 B．1或3C．3或5 D．1或3或5解析：選A由f(x)＝(x2－3)ex，得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，令f′(x)>0，得x<－3或x>1，令f′(x)<0，得－3<x<1，所以f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－3,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→0，所以f(x)極大值＝f(－3)＝eq\f(6,e3)，f(x)極小值＝f(1)＝－2e，作出f(x)的大致圖象如圖所示．令t＝f(x)，則f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0可轉(zhuǎn)化為t2－mt－eq\f(12,e2)＝0，Δ＝m2＋eq\f(48,e2)>0，且t＝eq\f(m,2)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))2－m·eq\f(m,2)－eq\f(12,e2)＝－eq\f(m2,4)－eq\f(12,e2)<0，所以方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根t1，t2，所以t1t2＝－eq\f(12,e2)＝eq\f(6,e3)×(－2e)，不妨設(shè)t1>0，所以當(dāng)t1>eq\f(6,e3)時(shí)，－2e<t2<0，由f(x)的圖象可知，此時(shí)t2＝f(x)有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，t1＝f(x)有1個(gè)根，所以方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，當(dāng)t1＝eq\f(6,e3)時(shí)，t2＝－2e，由f(x)的圖象可知，此時(shí)t2＝f(x)有1個(gè)根，t1＝f(x)有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，所以方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，當(dāng)0<t1<eq\f(6,e3)時(shí)，t2<－2e，由f(x)的圖象可知t2＝f(x)有0個(gè)根，t1＝f(x)有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，所以方程f2(x)－mf(x)－eq\f(12,e2)＝0有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根．綜上所述，方程有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根．7．(2018·南寧模擬)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(x＋2)＝f(2－x)，當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))x－1，若在區(qū)間(－2,6)內(nèi)關(guān)于x的方程f(x)－loga