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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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， ∴0.則函數(shù)y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零點(diǎn)個(gè)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(diǎn)轉(zhuǎn)化函數(shù)f(x)y＝f(x)與y＝sinx圖象交點(diǎn)f(x)

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)00，f(x)在(，π)上單調(diào)遞增． ∵當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，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)，對應(yīng)第三個(gè)圖；③y＝x|cosx|為奇函數(shù)，且x>0時(shí)，y>0，對應(yīng)第四個(gè)圖；④y＝x·2x為增函數(shù)，對應(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)　①，f(－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(guān)于點(diǎn)(1,0)對稱，當(dāng)0

14、(x)＝log2x<0，∴當(dāng)10，令f(x)＝－1，(00，∴f(x)在(1,2)上有零點(diǎn)，又f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－3對稱， ∴f(x)在(－8，－7)上有零點(diǎn)，∴k＝2或－7. (理)(20x

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01時(shí)，不滿足；當(dāng)λ<0時(shí)，曲線C為焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線，其漸近線斜率k＝，由

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≤