（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用練習(xí)

《（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用練習(xí)（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（文理通用）2022屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用練習(xí) A組 1．(文)函數(shù)f(x)＝－＋log2x的一個(gè)零點(diǎn)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(gè)近似解時(shí)，現(xiàn)在已經(jīng)將一根鎖定在區(qū)間(1,2)內(nèi)，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(diǎn)為( D ) A．，0 B．－2,0 C． D．0 [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)方程無解．綜上，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)只有0. 3.已知函數(shù)f(x)＝()x－cosx，則f(x)在[0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)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(diǎn)個(gè)數(shù)為3. 故選C． 4．

3、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 ) A．10個(gè) B．9個(gè) C．8個(gè) D．1個(gè) [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．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(shí)的速度行駛1小時(shí)，消耗10升汽油 D．某城市機(jī)動(dòng)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 [解析]　對(duì)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(duì)于B選項(xiàng)，由圖可知甲車消耗汽油最少．對(duì)于C選項(xiàng)，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(duì)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．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(diǎn)的個(gè)數(shù)為( A ) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　當(dāng)x<0時(shí)，f(2－x)＝x2，此時(shí)函數(shù)f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零點(diǎn)為x＝－；當(dāng)0≤x≤2時(shí)，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，函數(shù)f(x)－g(x)＝2－|x|＋x－3＝－1無零點(diǎn)；當(dāng)x>2時(shí)，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(diǎn)有一個(gè)．因此函數(shù)y＝f(x)－g(x)共有零點(diǎn)2個(gè)． 7．已知函數(shù)f(x)＝()x－log3x，若x0是函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)

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(duì)一切實(shí)數(shù)x都滿足f(＋x)＝f(－x)，并且方程f(x)＝0有三個(gè)實(shí)根，則這三個(gè)實(shí)根的和為. [解析]　函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱，方程f(x)＝0有三個(gè)實(shí)根時(shí)，一定有一個(gè)是，另外兩個(gè)關(guān)于直線x＝對(duì)稱，其和為1，故方程f(x)＝0的三個(gè)實(shí)根之和為. (理)(2015·四川卷，13)某食品的保鮮時(shí)間y(單位：小時(shí))與儲(chǔ)藏溫度x(單

7、位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．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24小時(shí)． [解析]　由題意得 ∴e22k＝＝，e11k＝， ∴x＝33時(shí)，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(gè)單位的洗衣液在一定量水的洗衣機(jī)中，它在水中釋放在濃度y(克/升)隨著時(shí)間x(分鐘)變化的函數(shù)關(guān)系式近似為y＝k·f(x)， 其中f(x)＝若多次投放，則某一時(shí)刻水中的洗衣液濃度為每次投放的洗

8、衣液在相應(yīng)時(shí)刻所釋放的濃度之和．根據(jù)經(jīng)驗(yàn)，當(dāng)水中洗衣液的濃度不低于4克/升時(shí)，它才能起到有效去污的作用． (1)若只投放一次k個(gè)單位的洗衣液，當(dāng)兩分鐘時(shí)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(gè)單位的洗衣液，則有效去污時(shí)間可達(dá)幾分鐘？ (3)若第一次投放2個(gè)單位的洗衣液，10分鐘后再投放1個(gè)單位的洗衣液，則在第12分鐘時(shí)洗衣液是否還能起到有效去污的作用？請(qǐng)說明理由． [解析]　(1)由題意知k(－1)＝3， 所以k＝1. (2)因?yàn)閗＝4， 所以y＝ 當(dāng)0≤x≤4時(shí)，由－4≥4， 解得－4≤x<8，所以0≤x≤4. 當(dāng)4

9、得x≤12， 所以44， 所以在第12分鐘時(shí)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(diǎn)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(shí)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(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． 4．(2017·鄭州質(zhì)量預(yù)測)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 ) 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(diǎn)在區(qū)間(0,1)內(nèi)，即00，函數(shù)g(x)的零點(diǎn)在區(qū)間(1,2)內(nèi)，即1f(1)>0.又函數(shù)g(x)在(0,1)內(nèi)是增函數(shù)，因此有g(shù)(a)

13、2：00 C．下午4：00 D．下午6：00 [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 B．a(chǎn)≥ C．a(chǎn)< D．a(chǎn)≤ [解析]　當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)y＝－x與函數(shù)y＝3x的圖象

14、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)＝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(shí)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(diǎn)，則[x0]＝2. [解析]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且易判斷函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)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?yàn)镽的偶函數(shù)f(x)滿足對(duì)?x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，f(x)＝－2x2＋12x－18，若函數(shù)y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上至多有三個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是(，1)∪(1，＋∞). [解析]　對(duì)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?yàn)閒(－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(jià)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(gè)交點(diǎn)，顯然a>1符合題意；若0?

17、稱，求實(shí)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(guān)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(duì)稱點(diǎn)． (2)f(x)＝2x＋b在區(qū)間[－1,2]內(nèi)有局部對(duì)稱點(diǎn)， 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(shè)t＝2x，≤t≤4， 所以－2b＝t＋，其中2≤t＋≤， 所以－≤b≤－1. (3)因?yàn)閒(－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(nèi)有解，需滿足條件： 即 化簡得1－≤m≤2.