新編全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題4 函數(shù)與方程、函數(shù)的應用含解析

【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題4 函數(shù)與方程、函數(shù)的應用 一、選擇題 1．若x0是方程x＝x的解，則x0屬于區(qū)間(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. [答案]　C [解析]　令f(x)＝x－x，f(1)＝－1＝－<0， f＝－<0， f＝－>0， f＝－＝－<0， ∴f(x)在區(qū)間內有零點． 2．利民工廠某產(chǎn)品的年產(chǎn)量在150t至250t之間，年生產(chǎn)的總成本y(萬元)與年產(chǎn)量x(t)之間的關系可近似地表示為y＝－30x＋4000，則每噸的成本最低時的年產(chǎn)量為(　　) A．240 B．200 C．180 D．160 [答案]　B [解析]　依題意得每噸的成本是＝＋－30，則≥2－30＝10，當且僅當＝，即x＝200時取等號，因此當每噸的成本最低時，相應的年產(chǎn)量是200t，選B. 3．(文)(20xx·山東理，8)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．(0，) B．(，1) C．(1,2) D．(2，＋∞) [答案]　B [解析]　作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，當y＝kx在l1位置時，過A(2,1)，∴k＝，在l2位置時與l3平行，k＝1， ∴<k<1. (理)設定義在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2π的偶函數(shù)，f ′(x)是f(x)的導函數(shù)．當x∈[0，π]時，0<f(x)<1；當x∈(0，π)且x≠時，(x－)f ′(x)>0.則函數(shù)y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零點個數(shù)為(　　) A．2 B．4 C．5 D．8 [答案]　B [分析]　函數(shù)y＝f(x)－sinx的零點轉化函數(shù)f(x)y＝f(x)與y＝sinx圖象交點f(x)的范圍確定f ′(x)的正負(x－)·f ′(x)>0. [解析]　∵(x－)f ′(x)>0，x∈(0，π)且x≠， ∴當0<x<時，f ′(x)<0，f(x)在(0，)上單調遞減． 當<x<π時，f ′(x)>0，f(x)在(，π)上單調遞增． ∵當x∈[0，π]時，0<f(x)<1. ∴當x∈[π，2π]時，0≤2π－x≤π. 又f(x)是以2π為最小正周期的偶函數(shù)， 知f(2π－x)＝f(x)． ∴x∈[π，2π]時，仍有0<f(x)<1. 依題意及y＝f(x)與y＝sinx的性質，在同一坐標系內作出y＝f(x)與y＝sinx的簡圖． 則y＝f(x)與y＝sinx在x∈[－2π，2π]內有4個交點． 故函數(shù)y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]內有4個零點． 4．已知a、b∈[－1,1]，則函數(shù)f(x)＝ax＋b在區(qū)間(1,2)上存在一個零點的概率為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　如圖，由圖形可知點(a，b)所在區(qū)域的面積S＝4，滿足函數(shù)f(x)＝ax＋b在區(qū)間(1,2)上存在一個零點的點(a，b)所在區(qū)域面積S′＝××1×2＝，故所求概率P＝＝. 5．(20xx·天津理，8)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個零點，則b的取值范圍是(　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　考查求函數(shù)解析式；函數(shù)與方程及數(shù)形結合的思想． 由f(x)＝ 得f(2－x)＝ 所以y＝f(x)＋f(2－x) ＝ 即y＝f(x)＋f(2－x)＝ y＝f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－b， 所以y＝f(x)－g(x)恰有4個零點等價于方程 f(x)＋f(2－x)－b＝0有4個不同的解，即函數(shù)y＝b與函數(shù)y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個公共點，由圖象可知<b<2. 6．(文)已知函數(shù)f(x)＝，x1、x2、x3、x4、x5是方程f(x)＝m的五個不等的實數(shù)根，則x1＋x2＋x3＋x4＋x5的取值范圍是(　　) A．(0，π)　　　　　　 B．(－π，π) C．(lg π，1) D．(π，10) [答案]　D [解析]　在同一坐標系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝m，設兩圖象交點橫坐標從左向右依次為x1、x2、x3、x4、x5，由對稱性知x1＋x2＝－π，x3＋x4＝π， 又π<x5<10，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5∈(π，10)． (理)(20xx·百校聯(lián)考)已知f(x)＝1＋x－＋－＋…＋，g(x)＝1－x＋－＋－…－，設函數(shù)F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且F(x)的零點均在區(qū)間[a，b](a<b，a，b∈Z)內，則b－a的最小值為(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 [答案]　C [解析]　f(0)＝1>0，f(－1)＝1－1－－－－…－<0，f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x20xx，當x≤0時，f′(x)>0，當x>0時，f′(x)＝＝>0， ∴f′(x)>0在R上恒成立，∴f(x)在R上為增函數(shù)， 又f(－1)f(0)<0，∴f(x)只有一個零點， 記作x1，則x1∈(－1,0)， g(1)＝1－1＋－＋…＋－>0， g(2)＝1－2＋－＋…＋－<0， 又當x>0時，g′(x)＝－1＋x－x2＋x3＋…－x20xx＝＝<0，∴g(x)單調遞減，∴g(x)也只有一個零點，記為x2，x2∈(1,2)，F(xiàn)(x)＝f(x＋3)g(x－4)有兩個不同零點x3、x4，x3∈(－4，－3)，x4∈(5,6)，又F(x)的零點均在區(qū)間[a，b]內，且a<b，b∈Z，∴當a＝－4，b＝6時，b－a取最小值10. [方法點撥]　1.求f(x)的零點值時，直接令f(x)＝0解方程，當f(x)為分段函數(shù)時，要分段列方程組求解； 2．已知f(x)在區(qū)間[a，b]上單調且有零點時，利用f(a)·f(b)<0討論； 3．求f(x)的零點個數(shù)時，一般用數(shù)形結合法；討論函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象交點個數(shù)，即方程f(x)＝g(x)的解的個數(shù)，一般用數(shù)形結合法． 4．已知零點存在情況求參數(shù)的值或取值范圍時，利用方程思想和數(shù)形結合思想，構造關于參數(shù)的方程或不等式求解． 7．(文)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍為(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) [答案]　C [解析]　f ′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，若a>0，則f(x)在(－∞，0)和(，＋∞)上單調遞增，在(0，)上單調遞減，又f(0)＝1，∴f(x)不可能存在唯一零點；由選項知a＝0不必考慮；a<0時，f(x)在(－∞，)和(0，＋∞)上單調遞減，在(，0)上單調遞增，欲使f(x)落在唯一零點x0>0，應有極小值f()>0， 即a·()3－3·()2＋1>0，∴a<－2. [點評]　可以用驗證法求解． (理)現(xiàn)有四個函數(shù)：①y＝x·sinx；②y＝x·cosx；③y＝x·|cosx|；④y＝x·2x的圖象(部分)如下： 則按照從左到右圖象對應的函數(shù)序號安排正確的一組是(　　) A．①④②③ B．①④③② C．④①②③ D．③④②① [答案]　A [解析]?、賧＝xsinx為偶函數(shù)，對應第一個圖；②y＝xcosx為奇函數(shù)，且x>0時，y可正可負，對應第三個圖；③y＝x|cosx|為奇函數(shù)，且x>0時，y>0，對應第四個圖；④y＝x·2x為增函數(shù)，對應第二個圖，故選A. 8．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f(x＋1)為奇函數(shù)，f(0)＝0，當x∈(0,1]時，f(x)＝log2x，則在(8,10)內滿足方程f(x)＋1＝f(1)的實數(shù)x為(　　) A. B．9 C. D. [答案]　C [解析]　由條件知f(－x)＝f(x)?、伲琭(－x＋1)＝－f(x＋1)?、?，在②式中給x賦值x＋1得f(－x)＝－f(x＋2)，將①代入得f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期為4.在②中令x＝0得f(1)＝0，∴方程f(x)＋1＝f(1)，化為f(x)＝－1，由于f(x)的圖象關于點(1,0)對稱，當0<x<1時，f(x)＝log2x<0，∴當1<x<2時，f(x)>0，令f(x)＝－1，(0<x<1)得x＝，即f()＝－1，∴f()＝f(＋8)＝f()＝－1，故選C. 9．(文)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝－3，且當x≥－3時，f(x)＝2x－3.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(k－1，k)(k∈Z)上有零點，則k的值為(　　) A．2或－7 B．2或－8 C．1或－7 D．1或－8 [答案]　A [解析]　∵f(1)＝－1<0，f(2)＝1>0，∴f(x)在(1,2)上有零點，又f(x)的圖象關于直線x＝－3對稱， ∴f(x)在(－8，－7)上有零點，∴k＝2或－7. (理)(20xx·長沙一模)使得函數(shù)f(x)＝x2－x－(a≤x≤b)的值域為[a，b](a<b)的實數(shù)對(a，b)有(　　) A．1對 B．2對 C．3對 D．無數(shù)對 [答案]　B [解析]　配方得f(x)＝(x－2)2－，當a≥2時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上為單調增函數(shù)，故有即a，b是方程f(x)＝x的兩根，方程化簡得x2－9x－7＝0，易知方程不可能存在兩個不小于2的實根；當b≤2時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上為單調遞減函數(shù)，故有即消元化簡得a2＋a－2＝0，∴a＝－2或a＝1，代入原方程組解得滿足條件的解為即實數(shù)對(－2,1)滿足條件；當a<2<b時，若存在實數(shù)對(a，b)滿足條件，必有a＝f(x)min＝－，故當2<b<6.2時，需f(－)＝b，易知不存在這樣的實數(shù)b，當b≥6.2時，有f(b)＝b可判斷方程存在大于6.2的實數(shù)解，綜上可知共存在兩組實數(shù)對(a，b)滿足條件，故選B. 10．(文)若函數(shù)f(x)＝在其定義域上只有一個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)> B．a(chǎn)≥ C．a(chǎn)< D．a(chǎn)≤ [答案]　A [解析]　當x≤0時，函數(shù)y＝－x與函數(shù)y＝3x的圖象有一個交點， 所以函數(shù)y＝f(x)有一個零點； 而函數(shù)f(x)在其定義域上只有一個零點， 所以當x>0時，f(x)沒有零點． 當x>0時，f ′(x)＝x2－4， 令f ′(x)＝0得x＝2，所以f(x)在(0,2)上遞減， 在(2，＋∞)上遞增，因此f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝a－>0，解得a>.故選A. (理)已知定義域為(－1,1]的函數(shù)f(x)，對任意x∈(－1,0]，f(x＋1)＝，當x∈[0,1]時，f(x)＝x，若在區(qū)間(－1,1]內g(x)＝f(x)－mx－m有兩個零點，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．[0，) B．[，＋∞) C．[0，) D．(0，] [答案]　D [解析]　∵x∈(－1,0]時，x＋1∈(0,1]，又x∈[0,1]時，f(x)＝x，∴f(x＋1)＝x＋1，又f(x＋1)＝，∴x∈(－1,0]時，f(x)＝－1，作出函數(shù)f(x)＝的圖象，由于y＝m(x＋1)過定點(－1,0)，∴要使y＝m(x＋1)與y＝f(x)的圖象有兩個交點，應有0<m≤，∴選D. 11．(文)如果函數(shù)y＝|x|－2的圖象與曲線C：x2＋λy2＝4恰好有兩個不同的公共點，則實數(shù)λ的取值范圍是(　　) A．[－1,1) B．{－1,0} C．(－∞，－1]∪[0,1) D．[－1,0]∪(1，＋∞) [答案]　A [解析]　y＝當λ＝1時，曲線C與圓x2＋y2＝4有三個不同公共點，當0<λ<1時，曲線C為焦點在y軸上的橢圓，滿足題設要求，當λ>1時，不滿足；當λ<0時，曲線C為焦點在x軸上的雙曲線，其漸近線斜率k＝，由題意應有≥1，∴－1≤λ<0，綜上知－1≤λ<1. (理)已知函數(shù)f(x)＝若方程f(x)＝t(t∈R)有四個不同的實數(shù)根x1、x2、x3、x4，則x1x2x3x4的取值范圍為(　　) A．(30,34) B．(30,36) C．(32,34) D．(32,36) [答案]　C [解析]　設四個實數(shù)根滿足x1<x2<x3<x4，則易知0<t<2，∴x1＝2－t，x2＝2t，由(x－6)2－2＝t得x－6＝±，∴x＝6±，∴x3＝6－，x4＝6＋，∴x1x2x3x4＝2－t·2t·[6－][6＋]＝36－(2＋t)＝34－t∈(32,34)，故選C. 12．(20xx·石家莊市質檢)函數(shù)f(x)＝若f(x0)≤，則x0的取值范圍是(　　) A．(log2，) B．(0，log2]∪[，＋∞) C．[0，log2]∪[，2] D．(log2，1)∪[，2] [答案]　C [解析]　利用分段函數(shù)建立不等式組求解．f(x0)≤?或解得0≤x0≤log2或≤x0≤2，故選C. 二、填空題 13．已知定義域為R的函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)，又是周期為3的周期函數(shù)，當x∈(0，)時，f(x)＝sinπx，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,6]上的零點個數(shù)是________． [答案]　7 [解析]　易知在(－，)內，有f(－1)＝0，f(0)＝0，f(1)＝0，即f(x)在一個周期內有3個零點，又區(qū)間[0,6]包含f(x)的2個周期，而兩端點都是f(x)的零點，故f(x)在[0,6]內有7個零點． 14．設函數(shù)y＝x3與y＝()x－2的圖象的交點為(x0，y0)．若x0所在的區(qū)間是(n，n＋1)(n∈Z)，則n＝________. [答案]　1 [解析]　由函數(shù)圖象知，1<x0<2，∴n＝1.. 15．(文)函數(shù)f(x)對一切實數(shù)x都滿足f(＋x)＝f(－x)，并且方程f(x)＝0有三個實根，則這三個實根的和為________． [答案]　 [解析]　函數(shù)圖象關于直線x＝對稱，方程f(x)＝0有三個實根時，一定有一個是，另外兩個關于直線x＝對稱，其和為1，故方程f(x)＝0的三個實根之和為. (理)已知f(x)＝ax＋x－b的零點x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常數(shù)a，b滿足2a＝3,3b＝2，則n等于________． [答案]?。? [解析]　∵2a＝3,3b＝2，∴a＝log23，b＝log32， ∴f(－1)＝a－1－1－b＝log32－1－log32＝－1<0， f(0)＝a0－b＝1－log32>0， ∴f(x)在(－1,0)內存在零點， 又f(x)為增函數(shù)，∴f(x)在(－1,0)內只有一個零點， ∴n＝－1. 三、解答題 16．(文)設函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax＋a，其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若方程f(x)＝0在(0,2)內恰有兩個實數(shù)根，求a的取值范圍； (3)當a＝1時，設函數(shù)f(x)在[t，t＋3](t∈(－3，－2))上的最大值為H(t)，最小值為h(t)，記g(t)＝H(t)－h(huán)(t)，求函數(shù)g(t)的最小值． [解析]　(1)f ′(x)＝x2＋(a－1)x－a＝(x＋a)(x－1)， 令f ′(x)＝0得，x1＝1，x2＝－a<0， 當x變化時，f ′(x)，f(x)變化情況如下表： x (－∞，－a) －a (－a,1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，－a)，(1，＋∞)，單調減區(qū)間為(－a,1)． (2)由(1)知f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,2)上單調遞增，從而方程f(x)＝0在區(qū)間(0,2)內恰有兩個實數(shù)根等價于f(0)>0，f(1)<0，f(2)>0，解得0<a<，所以a的取值范圍是(0，)． (3)當a＝1時，f(x)＝x3－x＋1，由(1)知f(x)在(－3，－1)上單調遞增，(－1,1)上單調遞減． 所以，當t∈[－3，－2]時，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，所以f(x)在[t，－1]上單調遞增，[－1，t＋3]上單調遞減，因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值H(t)＝f(－1)＝， 而最小值h(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者． ∵f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)，當t∈[－3，－2]時，f(t)≤f(t＋3)，故h(t)＝f(t)， 所以g(t)＝f(－1)－f(t)，而f(t)在[－3，－2]上單調遞增，因此f(t)≤f(－2)＝， 所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－＝. 即函數(shù)g(x)在區(qū)間[－3，－2]上的最小值為. (理)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a、b為常數(shù)且a≠0)在x＝1處取得極值． (1)當a＝1時，求f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)在(0，e]上的最大值為1，求a的值． [解析]　(1)因為f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f ′(x)＝＋2ax＋b. 因為函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1處取得極值， f ′(1)＝1＋2a＋b＝0. 當a＝1時，b＝－3，f ′(x)＝， f ′(x)、f(x)隨x的變化情況如下表： x (0，) (，1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，)和(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(，1)． (2)因為f ′(x)＝＝， 令f ′(x)＝0得，x1＝1，x2＝， 因為f(x)在x＝1處取得極值，所以x2＝≠x1＝1， 當<0時，f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，e]上單調遞減， 所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2， 當a>0時，x2＝>0， 當<1時，f(x)在(0，)上單調遞增，(，1)上單調遞減，(1，e)上單調遞增， 所以最大值1可能在x＝或x＝e處取得， 而f()＝ln＋a()2－(2a＋1)·＝ln－－1<0， 所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝； 當1≤<e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，(1，)上單調遞減，(，e)上單調遞增， 所以最大值1可能在x＝1或x＝e處取得， 而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0， 所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1， 解得a＝，與1<x2＝<e矛盾； 當x2＝≥e時，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，在(1，e)上單調遞減， 所以最大值1可能在x＝1處取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，矛盾． 綜上所述，a＝或a＝－2.