（文理通用）2022屆高考數(shù)學大二輪復習 第1部分 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用練習

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1、（文理通用）2022屆高考數(shù)學大二輪復習 第1部分 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應用練習 A組 1．(文)函數(shù)f(x)＝－＋log2x的一個零點落在區(qū)間( B ) A．(0,1)　 B．(1,2)　 　 C．(2,3)　 D．(3,4) [解析]　∵f(1)·f(2)<0，∴選B． (理)在用二分法求方程x3－2x－1＝0的一個近似解時，現(xiàn)在已經(jīng)將一根鎖定在區(qū)間(1,2)內，則下一步可斷定該根所在的區(qū)間為( D ) A．(1.4,2) B．(1.1,4) C．(1，) D．(，2) [解析]　令f(x)＝x3－2x－1，則f(1)＝－2<

2、0，f(2)＝3>0，f()＝－<0，∴選D． 2．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)f(x)的零點為( D ) A．，0 B．－2,0 C． D．0 [解析]　當x≤1時，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當x>1時，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因為x>1，所以此時方程無解．綜上，函數(shù)f(x)的零點只有0. 3.已知函數(shù)f(x)＝()x－cosx，則f(x)在[0,2π]上的零點個數(shù)為( C ) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]　作出g(x)＝()x與h(x)＝cosx的圖象，可以看出其在[0,2π]上的交點個數(shù)為3. 故選C． 4．

3、已知函數(shù)y＝f(x)的周期為2，當x∈[－1,1]時，f(x)＝x2，那么函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝|lg x|的圖象的交點共有( A ) A．10個 B．9個 C．8個 D．1個 [解析]　在同一平面直角坐標系中分別作出y＝f(x)和y＝|lg x|的圖象，如圖．又lg 10＝1，由圖象知選A． 5．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( D ) 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

4、/小時的速度行駛1小時，消耗10升汽油 D．某城市機動車最高限速80千米/小時，相同條件下，在該市用丙車比用乙車更省油 [解析]　對于A選項，從圖中可以看出當乙車的行駛速度大于40 km/h時的燃油效率大于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錯誤．對于B選項，由圖可知甲車消耗汽油最少．對于C選項，甲車以80 km/h的速度行駛時的燃油效率為10 km/L，故行駛1小時的路程為80千米，消耗8 L汽油，所以C錯誤．對于D選項，當最高限速為80 km/h且速度相同時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．已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(

5、x)＝3－f(2－x)，則函數(shù)y＝f(x)－g(x)的零點的個數(shù)為( A ) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　當x<0時，f(2－x)＝x2，此時函數(shù)f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零點為x＝－；當0≤x≤2時，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，函數(shù)f(x)－g(x)＝2－|x|＋x－3＝－1無零點；當x>2時，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，函數(shù)f(x)－g(x)＝(x－2)2＋4－x－3＝x2－5x＋5大于2的零點有一個．因此函數(shù)y＝f(x)－g(x)共有零點2個． 7．已知函數(shù)f(x)＝()x－log3x，若x0是函數(shù)y＝f(x)的零點

6、，且00(填“>”、“<”、“≥”、“≤”)． [解析]　方法一：∵f(x)＝()x－log3x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且0f(x0)． 方法二：如圖知，f(x1)>f(x0)． 8．(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. [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)(2015·四川卷，13)某食品的保鮮時間y(單位：小時)與儲藏溫度x(單

7、位：℃)滿足函數(shù)關系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．若該食品在0 ℃的保鮮時間是192小時，在22 ℃的保鮮時間是48小時，則該食品在33 ℃的保鮮時間是24小時． [解析]　由題意得 ∴e22k＝＝，e11k＝， ∴x＝33時，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝×192＝24. 9．有一種新型的洗衣液，去污速度特別快．已知每投放k(1≤k≤4，且k∈R)個單位的洗衣液在一定量水的洗衣機中，它在水中釋放在濃度y(克/升)隨著時間x(分鐘)變化的函數(shù)關系式近似為y＝k·f(x)， 其中f(x)＝若多次投放，則某一時刻水中的洗衣液濃度為每次投放的洗

8、衣液在相應時刻所釋放的濃度之和．根據(jù)經(jīng)驗，當水中洗衣液的濃度不低于4克/升時，它才能起到有效去污的作用． (1)若只投放一次k個單位的洗衣液，當兩分鐘時水中洗衣液的濃度為3克/升，求k的值． (2)若只投放一次4個單位的洗衣液，則有效去污時間可達幾分鐘？ (3)若第一次投放2個單位的洗衣液，10分鐘后再投放1個單位的洗衣液，則在第12分鐘時洗衣液是否還能起到有效去污的作用？請說明理由． [解析]　(1)由題意知k(－1)＝3， 所以k＝1. (2)因為k＝4， 所以y＝ 當0≤x≤4時，由－4≥4， 解得－4≤x<8，所以0≤x≤4. 當4

9、得x≤12， 所以44， 所以在第12分鐘時還能起到有效去污的作用． B組 1．已知函數(shù)f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1的零點依次為a，b，c，則( A ) A．a(chǎn)

10、知0

11、4000，則每噸的成本最低時的年產(chǎn)量為( B ) A．240 B．200 C．180 D．160 [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． 4．(2017·鄭州質量預測)設函數(shù)f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝ln x＋2x2－5，若實數(shù)a，b分別是f(x)，g(x)的零點，則( A ) A．g(a)<0

12、0，且函數(shù)f(x)是增函數(shù)，因此函數(shù)f(x)的零點在區(qū)間(0,1)內，即00，函數(shù)g(x)的零點在區(qū)間(1,2)內，即1f(1)>0.又函數(shù)g(x)在(0,1)內是增函數(shù)，因此有g(a)

13、2：00 C．下午4：00 D．下午6：00 [解析]　當x∈[0,4]時，設y＝k1x，把(4,320)代入，得k1＝80，∴y＝80x. 當x∈[4,20]時，設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 B．a(chǎn)≥ C．a(chǎn)< D．a(chǎn)≤ [解析]　當x≤0時，函數(shù)y＝－x與函數(shù)y＝3x的圖象

14、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． 7．已知[x]表示不超過實數(shù)x的最大整數(shù)，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x0是函數(shù)f(x)＝ln x－的零點，則[x0]＝2. [解析]　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且易判斷函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．由f(2)＝ln 2－1<0，f(e

15、)＝ln e－>0，知x0∈(2，e)，所以[x0]＝2. 8．定義域為R的偶函數(shù)f(x)滿足對?x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且當x∈[2,3]時，f(x)＝－2x2＋12x－18，若函數(shù)y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上至多有三個零點，則a的取值范圍是(，1)∪(1，＋∞). [解析]　對于偶函數(shù)f(x)，f(x＋2)＝f(x)－f(1)，令x＝－1，則f(1)＝f(－1)－f(1)，因為f(－1)＝f(1)，所以f(－1)＝f(1)＝0，所以f(x)＝f(x＋2)，故f(x)的圖象如圖所示，則問題等價于f(x)的圖象與函數(shù)y＝loga(|x|＋1)的圖

16、象在(0，＋∞)上至多有三個交點，顯然a>1符合題意；若0?

17、稱，求實數(shù)m的取值范圍． [解析]　(1)由f(x)＝ax2＋x－a得f(－x)＝ax2－x－a， 代入f(－x)＝－f(x)得ax2＋x－a＋ax2－x－a＝0， 得到關于x的方程ax2－a＝0(a≠0)， 其中Δ＝4a2，由于a∈R且a≠0， 所以Δ>0恒成立， 所以函數(shù)f(x)＝ax2＋x－a必有局部對稱點． (2)f(x)＝2x＋b在區(qū)間[－1,2]內有局部對稱點， 所以方程2x＋2－x＋2b＝0在區(qū)間[－1,2]上有解， 于是－2b＝2x＋2－x，設t＝2x，≤t≤4， 所以－2b＝t＋，其中2≤t＋≤， 所以－≤b≤－1. (3)因為f(－x)＝4－x－m·2－x＋1＋m2－3， 由f(－x)＝－f(x)，所以4－x－m·2－x＋1＋m2－3＝－(4x－m·2x＋1＋m2－3)， 于是4x＋4－x－2m(2x＋2－x)＋2(m2－3)＝0…(*)在R上有解， 令t＝2x＋2－x(t≥2)，則4x＋4－x＝t2－2， 所以方程(*)變?yōu)閠2－2mt＋2m2－8＝0在區(qū)間[2，＋∞)內有解，需滿足條件： 即 化簡得1－≤m≤2.