新版全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題4 函數(shù)與方程、函數(shù)的應(yīng)用含解析
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1、 1
2、 1 【走向高考】(全國通用)20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題4 函數(shù)與方程、函數(shù)的應(yīng)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(nèi)有零點(diǎn).
3、 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(guān)系可近似地表示為y=-30x+4000,則每噸的成本最低時(shí)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(dāng)且僅當(dāng)=,即x=200時(shí)取等號(hào),因此當(dāng)每噸的成本最低時(shí),相應(yīng)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(gè)不相等的實(shí)根,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是( ) A.(0,) B.(,1) C.
4、(1,2) D.(2,+∞)
[答案] B
[解析] 作出函數(shù)y=f(x)的圖象如圖,當(dāng)y=kx在l1位置時(shí),過A(2,1),∴k=,在l2位置時(shí)與l3平行,k=1,
∴
5、的范圍確定f ′(x)的正負(fù)(x-)·f ′(x)>0.
[解析] ∵(x-)f ′(x)>0,x∈(0,π)且x≠,
∴當(dāng)0 6、x在x∈[-2π,2π]內(nèi)有4個(gè)交點(diǎn).
故函數(shù)y=f(x)-sinx在[-2π,2π]內(nèi)有4個(gè)零點(diǎn).
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(gè)零點(diǎn)的概率為( )
A. B.
C. D.
[答案] C
[解析] 如圖,由圖形可知點(diǎn)(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(gè)零點(diǎn)的點(diǎn)(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(gè)零點(diǎn),則b的取值范圍是( 7、 )
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(jié)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(gè)零點(diǎn)等價(jià)于方程
f(x)+f(2-x)-b=0有4個(gè)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(gè)公共點(diǎn),由圖象可知
8、4+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(biāo)系中作出函數(shù)y=f(x)的圖象與直線y=m,設(shè)兩圖象交點(diǎn)橫坐標(biāo)從左向右依次為x1、x2、x3、x4、x5,由對(duì)稱性知x1+x2=-π,x3+x4=π,
又π 9、
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(dāng)x≤0時(shí),f′(x)>0,當(dāng)x>0時(shí),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(gè)零點(diǎn),
記作x1,則x1∈(-1,0),
g(1)=1-1+-+…+->0,
g(2)=1-2+-+…+-<0,
又當(dāng)x>0時(shí),g′(x)=-1+x-x2+x3+…-x20xx==<0,∴g(x)單調(diào)遞減,∴g(x)也只有一個(gè)零點(diǎn),記為x2,x2∈(1 10、,2),F(xiàn)(x)=f(x+3)g(x-4)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x3、x4,x3∈(-4,-3),x4∈(5,6),又F(x)的零點(diǎn)均在區(qū)間[a,b]內(nèi),且a
11、值范圍時(shí),利用方程思想和數(shù)形結(jié)合思想,構(gòu)造關(guān)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(diǎn)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(diào)遞增,在(0,)上單調(diào)遞減,又f(0)=1,∴f(x)不可能存在唯一零點(diǎn);由選項(xiàng)知a=0不必考慮;a<0時(shí),f(x)在(-∞,)和(0,+∞)上單調(diào)遞減,在(,0)上單調(diào)遞增,欲使f(x)落在唯一零點(diǎn)x 12、0>0,應(yīng)有極小值f()>0,
即a·()3-3·()2+1>0,∴a<-2.
[點(diǎn)評(píng)] 可以用驗(yàn)證法求解.
(理)現(xiàn)有四個(gè)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(duì)應(yīng)的函數(shù)序號(hào)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(duì)應(yīng)第一個(gè)圖;②y=xcosx為奇函數(shù),且x>0時(shí),y可正可負(fù),對(duì)應(yīng)第三個(gè)圖;③y=x|cosx|為奇函數(shù),且x>0時(shí),y>0,對(duì)應(yīng)第四個(gè)圖;④y=x·2x為增函數(shù),對(duì)應(yīng)第二個(gè)圖,故選A 13、.
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(dāng)x∈(0,1]時(shí),f(x)=log2x,則在(8,10)內(nèi)滿足方程f(x)+1=f(1)的實(shí)數(shù)x為( )
A. B.9
C. D.
[答案] C
[解析] 由條件知f(-x)=f(x)?、?,f(-x+1)=-f(x+1) ②,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(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱,當(dāng)0 14、(x)=log2x<0,∴當(dāng)1 15、x·長沙一模)使得函數(shù)f(x)=x2-x-(a≤x≤b)的值域?yàn)閇a,b](a
16、,必有a=f(x)min=-,故當(dāng)2 B.a(chǎn)≥
C.a(chǎn)< D.a(chǎn)≤
[答案] A
[解析] 當(dāng)x≤0時(shí),函數(shù)y=-x與函數(shù)y=3x的圖象有一個(gè)交點(diǎn),
所以函數(shù)y=f(x)有一個(gè)零點(diǎn);
而函數(shù)f(x)在其定義域上只有一個(gè)零點(diǎn),
所以當(dāng)x>0時(shí),f(x)沒有零點(diǎn).
當(dāng)x>0時(shí),f ′(x)=x2-4,
令f ′(x) 17、=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?yàn)?-1,1]的函數(shù)f(x),對(duì)任意x∈(-1,0],f(x+1)=,當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)=x,若在區(qū)間(-1,1]內(nèi)g(x)=f(x)-mx-m有兩個(gè)零點(diǎn),則實(shí)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(shí),x+1∈(0,1],又x∈[0,1]時(shí),f(x)=x,∴f(x+1)=x+1,又f(x+1)=,∴x∈(-1,0]時(shí),f(x)=- 18、1,作出函數(shù)f(x)=的圖象,由于y=m(x+1)過定點(diǎn)(-1,0),∴要使y=m(x+1)與y=f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),應(yīng)有0 19、題意應(yīng)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(gè)不同的實(shí)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(shè)四個(gè)實(shí)數(shù)根滿足x1 20、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?yàn)镽的函數(shù)f(x)既是奇函數(shù),又是周期為3的周期函數(shù),當(dāng)x∈(0,)時(shí),f(x)=sinπx,則函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,6]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是________.
[答案] 7
[解析] 易知在(-,)內(nèi),有f(-1)=0,f(0)=0,f(1)=0,即f(x)在一個(gè)周 21、期內(nèi)有3個(gè)零點(diǎn),又區(qū)間[0,6]包含f(x)的2個(gè)周期,而兩端點(diǎn)都是f(x)的零點(diǎn),故f(x)在[0,6]內(nèi)有7個(gè)零點(diǎn).
14.設(shè)函數(shù)y=x3與y=()x-2的圖象的交點(diǎn)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 22、1,故方程f(x)=0的三個(gè)實(shí)根之和為.
(理)已知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(nèi)存在零點(diǎn),
又f(x)為增函數(shù),∴f(x)在(-1,0)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn),
∴n=-1.
三、解答題
16.(文)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+x2-ax+a,其中a>0.
(1)求函數(shù)f 23、(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若方程f(x)=0在(0,2)內(nèi)恰有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,求a的取值范圍;
(3)當(dāng)a=1時(shí),設(shè)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(dāng)x變化時(shí),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
24、
極小值
函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-a),(1,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(-a,1).
(2)由(1)知f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2)上單調(diào)遞增,從而方程f(x)=0在區(qū)間(0,2)內(nèi)恰有兩個(gè)實(shí)數(shù)根等價(jià)于f(0)>0,f(1)<0,f(2)>0,解得0
25、+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(dāng)t∈[-3,-2]時(shí),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(diào)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(dāng)a=1時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若f(x) 26、在(0,e]上的最大值為1,求a的值.
[解析] (1)因?yàn)閒(x)=lnx+ax2+bx,所以f ′(x)=+2ax+b.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=lnx+ax2+bx在x=1處取得極值,
f ′(1)=1+2a+b=0.
當(dāng)a=1時(shí),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(diào)遞增區(qū)間為(0,)和(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(,1).
(2)因?yàn)閒 ′(x)==,
令f ′(x)=0 27、得,x1=1,x2=,
因?yàn)閒(x)在x=1處取得極值,所以x2=≠x1=1,
當(dāng)<0時(shí),f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,e]上單調(diào)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(dāng)a>0時(shí),x2=>0,
當(dāng)<1時(shí),f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,(,1)上單調(diào)遞減,(1,e)上單調(diào)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(dāng)1≤
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