金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義：第二編 專題整合突破 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第二講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第二講　函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用 必記公式] 幾種常見的函數(shù)模型 (1)一次函數(shù)模型：y＝ax＋b(a≠0)． (2)二次函數(shù)模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)． (3)指數(shù)函數(shù)模型：y＝a·bx＋c(b>0且b≠1)． (4)對數(shù)函數(shù)模型：y＝blogax＋c(a>0且a≠1，x>0)． (5)分段函數(shù)模型：f(x)＝(D1∩D2＝?)． 重要性質(zhì)] 1．函數(shù)的零點(diǎn)及函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系 對于函數(shù)f(x)，把使f(x)＝0

2、的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)就是方程f(x)＝g(x)的根，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)． 2．零點(diǎn)存在性定理 如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0.這個(gè)c也就是方程f(x)＝0的一個(gè)根． 失分警示] 1．函數(shù)的零點(diǎn)不是點(diǎn)的坐標(biāo)，而是函數(shù)值等于零的點(diǎn)的橫坐標(biāo)． 2．函數(shù)零點(diǎn)存在性定理要求函數(shù)圖象是連續(xù)不斷的．并且有f(a)·f(b)<0這兩

3、個(gè)條件同時(shí)成立． 3．滿足零點(diǎn)存在性定理的條件時(shí)得出函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)，但零點(diǎn)個(gè)數(shù)不確定；反之函數(shù)在a，b]上有零點(diǎn)不一定能推出f(a)·f(b)<0. 4．求實(shí)際問題中的函數(shù)解析式時(shí)易忽略定義域． 考點(diǎn)　函數(shù)的零點(diǎn)　　 典例示法 題型1　判斷函數(shù)零點(diǎn)的存在區(qū)間 典例1　　20xx·北京高考]已知函數(shù)f(x)＝－log2x，在下列區(qū)間中，包含f(x)零點(diǎn)的區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,4) D．(4，＋∞) 解析]　∵f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2&

4、gt;0，f(3)＝2－log23>0，f(4)＝－log24＝－2<0， ∴包含f(x)零點(diǎn)的區(qū)間是(2,4)，故選C. 答案]　C 題型2　函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題 典例2　　20xx·湖北高考]函數(shù)f(x)＝4cos2·cos－2sinx－|ln (x＋1)|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________． 解析]　f(x)＝2(1＋cosx)sinx－2sinx－|ln (x＋1)|＝sin2x－|ln (x＋1)|，x>－1， 函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝sin2x與y＝|ln (x＋1)|(x>－1)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)． 分別作出兩個(gè)函數(shù)的圖象

5、，如圖，可知有兩個(gè)交點(diǎn)，則f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 答案]　2 題型3　利用零點(diǎn)個(gè)數(shù)或存在區(qū)間求參數(shù)的取值范圍 典例3　　20xx·湖南高考]已知函數(shù)f(x)＝若存在實(shí)數(shù)b，使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是________． 解析]　令φ(x)＝x3(x≤a)，h(x)＝x2(x>a)，函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝b有兩個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合圖象可得a<0或φ(a)>h(a)，即a<0或a3>a2，解得a<0或a>1，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)． 答案]　(－∞，0)∪

6、(1，＋∞) 1．判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法 (1)直接求零點(diǎn)：令f(x)＝0，則方程解的個(gè)數(shù)即為零點(diǎn)的個(gè)數(shù)． (2)零點(diǎn)存在性定理：利用該定理不僅要求函數(shù)在a，b]上是連續(xù)的曲線，且f(a)·f(b)<0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)(如單調(diào)性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)． (3)數(shù)形結(jié)合：對于給定的函數(shù)不能直接求解或畫出圖 形，常會通過分解轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象，然后數(shù)形結(jié)合，看其交點(diǎn)的個(gè)數(shù)有幾個(gè)，其中交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn)． 2．利用函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)值或取值范圍的方法 (1)利用零點(diǎn)存在的判定定理構(gòu)建不等式求解． (2)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)

7、的值域(最值)問題求解． (3)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解． 考點(diǎn)　函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用　　 典例示法 典例4　　(1)20xx·江蘇高考]已知函數(shù)f(x)＝|ln x|，g(x)＝ 則方程|f(x)＋g(x)|＝1實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)為________． 解析]　f(x)＋g(x)＝ 當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)＋g′(x)＝－2x＋＝<0 故當(dāng)1<x<2時(shí)，f(x)＋g(x)單調(diào)遞減，在同一坐標(biāo)系中畫出y＝|f(x)＋g(x)|及y＝1的圖象，如圖所示． 由圖象可知|f(x)＋g(x)|＝1的實(shí)根個(gè)數(shù)為

8、4. 答案]　4 (2)已知函數(shù)f(x)＝則方程f(x)＝log (x＋1)的根的個(gè)數(shù)為________． 解析]　先求x>0時(shí)，f(x)的解析式． 當(dāng)0<x≤1時(shí)，x－1≤0， 則f(x)＝f(x－1)＝2x－1－1. 當(dāng)1<x≤2時(shí)，x－2≤0， 則f(x)＝f(x－1)＝f(x－2)＝2x－2－1， …， 由此得，n－1<x≤n時(shí)，f(x)＝2x－n－1(n∈N*)， 由此得，f(x)＝ 方程f(x)＝log (x＋1)的根的個(gè)數(shù)， 即是函數(shù)y＝f(x)與y＝log (x＋1)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，畫圖象如圖所示： 由圖象得知， f(x

9、)＝log (x＋1)的根有兩個(gè)． 答案]　2 應(yīng)用函數(shù)思想確定方程解的個(gè)數(shù)的兩種方法 (1)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題、數(shù)形結(jié)合、構(gòu)建不等式(方程)求解． (2)分離參數(shù)、轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題求解． 針對訓(xùn)練 1．20xx·山東高考]已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A. B. C．(1,2) D．(2，＋∞) 答案　B 解析　畫出f(x)＝|x－2|＋1的圖象如圖所示. 由數(shù)形結(jié)合知識，可知若方程f(x)＝g(x)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則

10、函數(shù)g(x)與f(x)的圖象應(yīng)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)． 所以函數(shù)g(x)＝kx的圖象應(yīng)介于直線y＝x和y＝x之間，所以k的取值范圍是. 2．20xx·沈陽質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝若方程f(x)＝ax＋1恰有一個(gè)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　∪ 解析　如圖，當(dāng)直線y＝ax＋1過點(diǎn)B(2,2)時(shí)，a＝，滿足方程有兩個(gè)解；當(dāng)直線y＝ax＋1與f(x)＝2(x≥2)的圖象相切時(shí)，a＝，滿足方程有兩個(gè)解；當(dāng)直線y＝ax＋1過點(diǎn)A(1,2)時(shí)，a＝1，滿足方程恰有一個(gè)解．故實(shí)數(shù)a的取值范圍為∪. 考點(diǎn)　函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用　　 典例示法 典例5　　提高過江大橋的車輛通行

11、能力可改善整個(gè)城市的交通狀況．在一般情況下，大橋上的車流速度v(單位：千米/小時(shí))是車流密度x(單位：輛/千米)的函數(shù)．當(dāng)橋上的車流密度達(dá)到200輛/千米時(shí)，造成堵塞，此時(shí)車流速度為0；當(dāng)車流密度不超過20輛/千米時(shí)，車流速度為60千米/小時(shí)．研究表明：當(dāng)20<x≤200時(shí)，車流速度v是車流密度x的一次函數(shù)． (1)當(dāng)0≤x≤200時(shí)，求函數(shù)v(x)的表達(dá)式； (2)當(dāng)車流密度x為多大時(shí)，車流量(單位時(shí)間內(nèi)通過橋上某觀測點(diǎn)的車輛數(shù)，單位：輛/小時(shí))f(x)＝x·v(x)可以達(dá)到最大，并求出最大值．(精確到1輛/小時(shí)) 解]　(1)由題意：當(dāng)0≤x≤20時(shí)，v(x)＝60；

12、 當(dāng)20<x≤200時(shí)，設(shè)v(x)＝ax＋b， 再由已知得解得 故函數(shù)v(x)的表達(dá)式為 v(x)＝ (2)依題意及(1)可得 f(x)＝ 當(dāng)0≤x≤20時(shí)，f(x)為增函數(shù)，故當(dāng)x＝20時(shí)，f(x)取得最大值，其最大值為60×20＝1200； 當(dāng)20<x≤200時(shí)， f(x)＝x(200－x)≤2＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝200－x，即x＝100時(shí)，等號成立． 所以，當(dāng)x＝100時(shí)，f(x)取得最大值. 綜上，當(dāng)x＝100時(shí)，f(x)在區(qū)間0,200]上取得最大值≈3333， 即當(dāng)車流密度為100輛/千米時(shí)，車流量可以達(dá)到最大，最大值約為3333輛/小

13、時(shí)． (1)常見類型：與函數(shù)有關(guān)的應(yīng)用題，經(jīng)常涉及物價(jià)、路程、產(chǎn)值、環(huán)保等實(shí)際問題，也可涉及角度、面積、體積、造價(jià)的最優(yōu)化問題. (2)應(yīng)用函數(shù)模型解決實(shí)際問題的一般程序 (3)解題關(guān)鍵：解答這類問題的關(guān)鍵是確切地建立相關(guān)函數(shù)解析式，然后應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式和導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識加以綜合解答. 針對訓(xùn)練 20xx·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考]候鳥每年都要隨季節(jié)的變化而進(jìn)行大規(guī)模地遷徙，研究某種鳥類的專家發(fā)現(xiàn)，該種鳥類的飛行速度v(單位：m/s)與其耗氧量Q之間的關(guān)系為：v＝a＋blog3(其中a，b是實(shí)數(shù))．據(jù)統(tǒng)計(jì)，該種鳥類在靜止的時(shí)候其耗氧量為30個(gè)單位，而其耗氧量為90個(gè)

14、單位時(shí)，其飛行速度為1 m/s. (1)求出a，b的值； (2)若這種鳥類為趕路程，飛行的速度不能低于2 m/s，則其耗氧量至少要多少個(gè)單位？ 解　(1)由題意可知，當(dāng)這種鳥類靜止時(shí)，它的速度為0 m/s，此時(shí)耗氧量為30個(gè)單位，故有a＋blog3＝0， 即a＋b＝0；當(dāng)耗氧量為90個(gè)單位時(shí)，速度為1 m/s，故a＋blog3＝1，整理得a＋2b＝1. 解方程組得 (2)由(1)知，v＝a＋blog3＝－1＋log3.所以要使飛行速度不低于2 m/s，則有v≥2，即－1＋log3≥2，即log3≥3，解得Q≥270. 所以若這種鳥類為趕路程，飛行的速度不能低于2 m/s，則其耗氧

15、量至少要270個(gè)單位． 全國卷高考真題調(diào)研] 1．20xx·全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 答案　C 解析　當(dāng)a＝0時(shí)，顯然f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，易知函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又f(0)＝1，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)＝x2(ax－3)＋1→－∞，故不適合題意；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在

16、(0，＋∞)上單調(diào)遞減，只需f>0就滿足題意．由f>0，得－＋1>0，解得a<－2或a>2(舍去)，故a<－2. 其它省市高考題借鑒] 2．20xx·天津高考]已知函數(shù)f(x)＝ (a>0，且a≠1)在R上單調(diào)遞減，且關(guān)于x的方程|f(x)|＝2－x恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，則a的取值范圍是(　　) A. B. C.∪ D.∪ 答案　C 解析　當(dāng)x<0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，必須滿足－≥0，故0<a≤，此時(shí)函數(shù)f(x)在0，＋∞)上單調(diào)遞減，若f(x)在R上單調(diào)遞減，還需3a≥1，即a≥，所以≤a≤.結(jié)合函數(shù)圖象

17、，當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)y＝|f(x)|的圖象和直線y＝2－x有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，即當(dāng)x≥0時(shí)，方程|f(x)|＝2－x只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．因此，只需當(dāng)x<0時(shí)，方程|f(x)|＝2－x恰有一個(gè)實(shí)數(shù)解．根據(jù)已知條件可得，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0，即只需方程f(x)＝2－x恰有一個(gè)實(shí)數(shù)解，即x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x，即x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0在(－∞，0)上恰有唯一的實(shí)數(shù)解．判別式Δ＝4(2a－1)2－4(3a－2)＝4(4a2－7a＋3)＝4(a－1)(4a－3)，因?yàn)椤躠≤，所以Δ≥0.當(dāng)3a－2<0，即a<時(shí)，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝

18、0有一個(gè)正實(shí)根、一個(gè)負(fù)實(shí)根，滿足要求；當(dāng)3a－2＝0，即a＝時(shí)，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0的一個(gè)根為0，一個(gè)根為－，滿足要求；當(dāng)3a－2>0，即<a<時(shí)，因?yàn)椋?2a－1)<0，此時(shí)方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0有兩個(gè)負(fù)實(shí)根，不滿足要求；當(dāng)a＝時(shí)，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0有兩個(gè)相等的負(fù)實(shí)根，滿足要求．綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是∪. 3．20xx·天津高考]已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R.若函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是(　　) A. B. C. D.

19、 答案　D 解析　函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，即方程f(x)－g(x)＝0，即b＝f(x)＋f(2－x)有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個(gè)不同的交點(diǎn)．又y＝f(x)＋f(2－x)＝作出該函數(shù)的圖象如圖所示，由圖可得，當(dāng)<b<2時(shí)，直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個(gè)不同的交點(diǎn)，故函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)時(shí)，b的取值范圍是. 4．20xx·四川高考]某食品的保鮮時(shí)間y(單位：小時(shí))與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))

20、．若該食品在0 ℃ 的保鮮時(shí)間是192小時(shí)，在22 ℃的保鮮時(shí)間是48小時(shí)，則該食品在33 ℃的保鮮時(shí)間是________小時(shí)． 答案　24 解析　由題意得即所以該食品在33 ℃的保鮮時(shí)間是y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝3×192＝24(小時(shí))． 一、選擇題 1．20xx·山東萊蕪模擬]已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為(　　) A.，0 B．－2,0 C. D．0 答案　D 解析　當(dāng)x≤1時(shí)，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當(dāng)x>1時(shí)，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因?yàn)閤>1，所以此時(shí)

21、方程無解．綜上，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)只有0. 2．20xx·北京昌平三模]已知函數(shù)f(x)＝ln x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) 答案　B 解析　函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝，所以g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－.因?yàn)間(1)＝ln 1－1＝－1<0，g(2)＝ln 2－>0，所以函數(shù)g(x)＝f(x)－f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間為(1,2)，故選B. 3．20xx·鄭州質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝x－cosx，則f(x)在0,2π]上

22、的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　作出g(x)＝x與h(x)＝cosx的圖象，可以看到其在0,2π]上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3，所以函數(shù)f(x)在0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3，故選C. 4．已知函數(shù)y＝f(x)的周期為2，當(dāng)x∈－1,1]時(shí)，f(x)＝x2，那么函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝|lg x|的圖象的交點(diǎn)共有(　　) A．10個(gè) B．9個(gè) C．8個(gè) D．1個(gè) 答案　A 解析　在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y＝f(x)和y＝|lg x|的圖象，如圖．又lg 10＝1，由圖象知選A. 5．20xx·北京高考

23、]汽車的“燃油效率”是指汽車每消耗1升汽油行駛的里程．下圖描述了甲、乙、丙三輛汽車在不同速度下的燃油效率情況．下列敘述中正確的是(　　) A．消耗1升汽油，乙車最多可行駛5千米 B．以相同速度行駛相同路程，三輛車中，甲車消耗汽油最多 C．甲車以80千米/小時(shí)的速度行駛1小時(shí)，消耗10升汽油 D．某城市機(jī)動車最高限速80千米/小時(shí)．相同條件下， 在該市用丙車比用乙車更省油 答案　D 解析　對于A選項(xiàng)，從圖中可以看出當(dāng)乙車的行駛速度大于40 km/h時(shí)的燃油效率大于5 km/L，故乙車消耗1升汽油的行駛路程可大于5千米，所以A錯(cuò)誤．對于B選項(xiàng)，由圖可知甲車消耗汽油最少．對于C選項(xiàng)，

24、甲車以80 km/h的速度行駛時(shí)的燃油效率為10 km/L，故行駛1小時(shí)的路程為80千米，消耗8 L汽油，所以C錯(cuò)誤．對于D選項(xiàng)，當(dāng)最高限速為80 km/h且速度相同時(shí)丙車的燃油效率大于乙車的燃油效率，故用丙車比用乙車更省油，所以D正確． 6．20xx·鄭州質(zhì)量預(yù)測(一)]設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝ln x＋2x2－5，若實(shí)數(shù)a，b分別是f(x)，g(x)的零點(diǎn)，則(　　) A．g(a)<0<f(b) B．f(b)<0<g(a) C．0<g(a)<f(b) D．f(b)<g(a)<0 答案　A 解析　依

25、題意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函數(shù)f(x)是增函數(shù)，因此函數(shù)f(x)的零點(diǎn)在區(qū)間(0,1)內(nèi)，即0<a<1.g(1)＝－3<0，g(2)＝ln 2＋3>0，函數(shù)g(x)的零點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，即1<b<2，于是有f(b)>f(1)>0.又函數(shù)g(x)在(0,1)內(nèi)是增函數(shù)，因此有g(shù)(a)<g(1)<0，g(a)<0<f(b)，選A. 7．20xx·湖北宜昌模擬]某種新藥服用x小時(shí)后血液中的殘留量為y毫克，如圖所示為函數(shù)y＝f(x)的圖象，當(dāng)血液中藥物殘留量不小于240毫克時(shí)，

26、治療有效．設(shè)某人上午8：00第一次服藥，為保證療效，則第二次服藥最遲的時(shí)間應(yīng)為(　　) A．上午10：00 B．中午12：00 C．下午4：00 D．下午6：00 答案　C 解析　當(dāng)x∈0,4]時(shí)，設(shè)y＝k1x， 把(4,320)代入，得k1＝80，∴y＝80x. 當(dāng)x∈4,20]時(shí)，設(shè)y＝k2x＋b. 把(4,320)，(20,0)代入得 解得∴y＝400－20x. ∴y＝f(x)＝ 由y≥240，得或 解得3≤x≤4或4<x≤8，∴3≤x≤8. 故第二次服藥最遲應(yīng)在當(dāng)日下午4：00，故選C. 二、填空題 8．20xx·云南昆明模擬]已

27、知函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常數(shù)a，b滿足2a＝3,3b＝2，則n＝________. 答案?。? 解析　a＝log23>1,0<b＝log32<1，令f(x)＝0，得ax＝－x＋b.在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝ax和y＝－x＋b的圖象，如圖所示， 由圖可知，兩函數(shù)的圖象在區(qū)間(－1,0)內(nèi)有交點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)內(nèi)有零點(diǎn)，所以n＝－1. 9．20xx·河北唐山模擬]已知f(x)＝且函數(shù)y＝f(x)＋ax恰有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　∪ 解析　當(dāng)

28、x<0時(shí)，f(x)＝(x＋1)2－，把函數(shù)f(x)在－1,0)上的圖象向右平移一個(gè)單位，即得函數(shù)y＝f(x)在0,1)上的圖象，繼續(xù)右移可得函數(shù)f(x)在0，＋∞)上的圖象．如果函數(shù)y＝f(x)＋ax恰有3個(gè)不同的零點(diǎn)，即函數(shù)y＝f(x)，y＝－ax的圖象有三個(gè)不同的公共點(diǎn)，實(shí)數(shù)a應(yīng)滿足－a<－，即a>或<－a<，即－<a<－. 10．20xx·四川高考]已知函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R)．對于不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，設(shè)m＝，n＝.現(xiàn)有如下命題： ①對于任意不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有m>0； ②對于任意的

29、a及任意不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有n>0； ③對于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得m＝n； ④對于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得m＝－n. 其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號)． 答案　①④ 解析　因?yàn)閒(x)＝2x在R上是單調(diào)遞增的，所以對于不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，m＝>0恒成立，①正確；因?yàn)間(x)＝x2＋ax，所以n＝＝x1＋x2＋a，正負(fù)不定，②錯(cuò)誤；由m＝n，整理得f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)．令函數(shù)p(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，則p′(x)＝2xln 2－2x－a，令t(x)＝p′(

30、x)，則t′(x)＝2x(ln 2)2－2，又t′(1)＝2(ln 2)2－2<0，t′(3)＝8(ln 2)2－2>0，從而存在x0∈(1,3)，使得t′(x0)＝2x0(ln 2)2－2＝0，于是p′(x)有極小值p′(x0)＝2x0ln 2－2x0－a＝－2log2－a，所以存在a＝－2log2，使得p′(x0)＝>0，此時(shí)p(x)在R上單調(diào)遞增，故不存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不滿足題意，③錯(cuò)誤；由m＝－n，得f′(x)＝－g′(x)，即－a＝2xln 2＋2x.設(shè)h(x)＝2xln 2＋2x，則h′(x)＝2x(l

31、n 2)2＋2>0，所以h(x)在R上是單調(diào)遞增的，且當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞；當(dāng)x→－∞時(shí)，h(x)→－∞，所以對于任意的a，y＝－a與y＝h(x)的圖象一定有交點(diǎn)，④正確． 三、解答題 11．20xx·湖南瀏陽一中段考]已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)g(x)＝－4ln x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解　(1)∵f(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴設(shè)f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，

32、且a>0.∵a>0，f(x)＝a(x－1)2－4]≥－4，又f(1)＝－4a， ∴f(x)min＝－4a＝－4，∴a＝1.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3. (2)∵g(x)＝－4lnx＝x－－4ln x－2(x>0)，g′(x)＝1＋－＝. ∴x，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下： x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 當(dāng)0<x≤3時(shí)，g(x)≤g(1)＝－4<0， g(x)在(3，＋∞)上單

33、調(diào)遞增， g(3)＝－4ln 3<0，取x＝e5>3， g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0. 故函數(shù)g(x)只有1個(gè)零點(diǎn)，且零點(diǎn)x0∈(3，e5)． 12．20xx·山東菏澤期中]已知一家公司生產(chǎn)某品牌服裝的年固定成本為10萬元，每生產(chǎn)1千件需另投入2.7萬元，設(shè)該公司一年內(nèi)共生產(chǎn)該品牌服裝x千件并全部銷售完，每千件的銷售收入為R(x)萬元，且R(x)＝ (1)寫出年利潤W(萬元)關(guān)于年產(chǎn)量x(千件)的函數(shù)解析式； (2)年產(chǎn)量為多少千件時(shí)，該公司在這一品牌服裝的生產(chǎn)中所獲得的年利潤最大？(注：年利潤＝年銷售收入－年總成本) 解

34、　(1)當(dāng)0<x≤10時(shí)， W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝8.1x－－10； 當(dāng)x>10時(shí)， W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－－2.7x. ∴W＝ (2)①當(dāng)0<x≤10時(shí)，令W′＝8.1－＝0，得x＝9，可知當(dāng)x∈(0,9)時(shí)，W′>0，當(dāng)x∈(9,10]時(shí)，W′<0， ∴當(dāng)x＝9時(shí)，W取極大值，即最大值， 且Wmax＝8.1×9－×93－10＝38.6. ②當(dāng)x>10時(shí)， W＝98－≤98－2＝38， 當(dāng)且僅當(dāng)＝2.7x，即x＝時(shí)，W＝38， 故當(dāng)x＝時(shí)，W取最大值38(當(dāng)1000x取整數(shù)時(shí)，W一定小于38)． 綜合①②知，當(dāng)x＝9時(shí)，W取最大值，故當(dāng)年產(chǎn)量為9千件時(shí)，該公司在這一品牌服裝的生產(chǎn)中所獲年利潤最大．