高考數學大二輪復習 第1部分 專題2 函數與導數 第2講 函數與方程及函數的應用練習-人教版高三數學試題

第一部分專題二第二講函數與方程及函數的應用A組1．(文)函數f(x)＝－eq\f(1,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，現在已經將一根鎖定在區(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，eq\f(3,2)) D．(eq\f(3,2)，2)[解析]令f(x)＝x3－2x－1，則f(1)＝－2<0，f(2)＝3>0，f(eq\f(3,2))＝－eq\f(5,8)<0，∴選D．2．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))則函數f(x)的零點為(D)A．eq\f(1,2)，0 B．－2,0C．eq\f(1,2) 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＝eq\f(1,2)，又因為x>1，所以此時方程無解．綜上，函數f(x)的零點只有0.3.已知函數f(x)＝(eq\f(1,2))x－cosx，則f(x)在[0,2π]上的零點個數為(C)A．1 B．2C．3 D．4[解析]作出g(x)＝(eq\f(1,2))x與h(x)＝cosx的圖象，可以看出其在[0,2π]上的交點個數為3.故選C．4．已知函數y＝f(x)的周期為2，當x∈[－1,1]時，f(x)＝x2，那么函數y＝f(x)的圖象與函數y＝|lgx|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＝|lgx|的圖象，如圖．又lg10＝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/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40km/h時的燃油效率大于5km/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80km/h的速度行駛時的燃油效率為10km/L，故行駛1小時的路程為80千米，消耗8L汽油，所以C錯誤．對于D選項，當最高限速為80km/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f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≤2，,x－22，x>2，))函數g(x)＝3－f(2－x)，則函數y＝f(x)－g(x)的零點的個數為(A)A．2 B．3C．4 D．5[解析]當x<0時，f(2－x)＝x2，此時函數f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零點為x＝－eq\f(1＋\r(5),2)；當0≤x≤2時，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，函數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y＝f(x)－g(x)共有零點2個．7．已知函數f(x)＝(eq\f(1,5))x－log3x，若x0是函數y＝f(x)的零點，且0<x1<x0，則f(x1)>0(填“>”、“<”、“≥”、“≤”)．[解析]方法一：∵f(x)＝(eq\f(1,5))x－log3x在(0，＋∞)上為減函數，且0<x1<x0，∴f(x1)>f(x0)．方法二：如圖知，f(x1)>f(x0)．8．(文)函數f(x)對一切實數x都滿足f(eq\f(1,2)＋x)＝f(eq\f(1,2)－x)，并且方程f(x)＝0有三個實根，則這三個實根的和為eq\f(3,2).[解析]函數圖象關于直線x＝eq\f(1,2)對稱，方程f(x)＝0有三個實根時，一定有一個是eq\f(1,2)，另外兩個關于直線x＝eq\f(1,2)對稱，其和為1，故方程f(x)＝0的三個實根之和為eq\f(3,2).(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(單位：℃)滿足函數關系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數的底數，k，b為常數)．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eb＝192，,e22k＋b＝48，))∴e22k＝eq\f(48,192)＝eq\f(1,4)，e11k＝eq\f(1,2)，∴x＝33時，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝eq\f(1,8)×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)變化的函數關系式近似為y＝k·f(x)，其中f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(24,8－x)－1，0≤x≤4，,7－\f(1,2)x，4<x≤14.))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衣液在相應時刻所釋放的濃度之和．根據經驗，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(eq\f(24,8－2)－1)＝3，所以k＝1.(2)因為k＝4，所以y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(96,8－x)－4，0≤x≤4，,28－2x，4<x≤14.))當0≤x≤4時，由eq\f(96,8－x)－4≥4，解得－4≤x<8，所以0≤x≤4.當4<x≤14時，由28－2x≥4，解得x≤12，所以4<x≤12.綜上可知，當y≥4時，0≤x≤12，所以只投放一次4個單位的洗衣液的有效去污時間可達12分鐘．(3)在第12分鐘時，水中洗衣液的濃度為2×(7－eq\f(1,2)×12)＋1×[eq\f(24,8－12－10)－1]＝5(克/升)，又5>4，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<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c[解析]由f(a)＝ea＋a＝0，得a＝－ea<0；b是函數y＝lnx和y＝－x圖象交點的橫坐標，畫圖(圖略)可知0<b<1；由h(c)＝lnc－1＝0知c＝e，所以a<b<c.2．(2018·湖北武昌1月調研)已知函數f(x)＝2ax－a＋3，若?x0∈(－1,1)，f(x0)＝0，則實數a的取值范圍是(A)A．(－∞，－3)∪(1，＋∞) B．(－∞，－3)C．(－3,1) D．(1，＋∞)[解析]函數f(x)＝2ax－a＋3，由?x0∈(－1,1)，f(x0)＝0，可得(－3a＋3)(a＋3)<0，解得a∈(－∞，－3)∪3．利民工廠某產品的年產量在150t至250t之間，年生產的總成本y(萬元)與年產量x(t)之間的關系可近似地表示為y＝eq\f(x2,10)－30x＋4000，則每噸的成本最低時的年產量為(B)A．240 B．200C．180 D．160[解析]依題意得每噸的成本是eq\f(y,x)＝eq\f(x,10)＋eq\f(4000,x)－30，則eq\f(y,x)≥2eq\r(\f(x,10)·\f(4000,x))－30＝10，當且僅當eq\f(x,10)＝eq\f(4000,x)，即x＝200時取等號，因此當每噸的成本最低時，相應的年產量是200t，選B．4．(2017·鄭州質量預測)設函數f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝lnx＋2x2－5，若實數a，b分別是f(x)，g(x)的零點，則(A)A．g(a)<0<f(b) B．f(b)<0<g(a)C．0<g(a)<f(b) D．f(b)<g(a)<0[解析]依題意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函數f(x)是增函數，因此函數f(x)的零點在區(qū)間(0,1)內，即0<a<1.g(1)＝－3<0，g(2)＝ln2＋3>0，函數g(x)的零點在區(qū)間(1,2)內，即1<b<2，于是有f(b)>f(1)>0.又函數g(x)在(0,1)內是增函數，因此有g(a)<g(1)<0.所以g(a)<0<f(b)．故選A．5．(2017·湖北宜昌模擬)某種新藥服用x小時后血液中的殘留量為y毫克，如圖所示為函數y＝f(x)的圖象，當血液中藥物殘留量不小于240毫克時，治療有效．設某人上午8：00第一次服藥，為保證療效，則第二次服藥最遲的時間應為(C)A．上午10：00 B．中午12：00C．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4k2＋b＝320，,20k2＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2＝－20，,b＝400，))∴y＝400－20x.∴y＝f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(80x，0≤x≤4，,400－20x，4<x≤20，))由y≥240，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤4，,80x≥240，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4<x≤20，,400－20x≥240.))解得3≤x≤4或4<x≤8，∴3≤x≤8.故第二次服藥最遲應在當日下午4：00.故選C．6．若函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3x，x≤0,\f(1,3)x3－4x＋a，x>0))在其定義域上只有一個零點，則實數a的取值范圍是(A)A．a>eq\f(16,3) B．a≥eq\f(16,3)C．a<eq\f(16,3) D．a≤eq\f(16,3)[解析]當x≤0時，函數y＝－x與函數y＝3x的圖象有一個交點，所以函數y＝f(x)有一個零點；而函數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－eq\f(16,3)>0，解得a>eq\f(16,3).故選A．7．已知[x]表示不超過實數x的最大整數，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x0是函數f(x)＝lnx－eq\f(2,x)的零點，則[x0]＝2.[解析]函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，且易判斷函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．由f(2)＝ln2－1<0，f(e)＝lne－eq\f(2,e)>0，知x0∈(2，e)，所以[x0]＝2.8．定義域為R的偶函數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y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上至多有三個零點，則a的取值范圍是(eq\f(\r(5),5)，1)∪(1，＋∞).[解析]對于偶函數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y＝loga(|x|＋1)的圖象在(0，＋∞)上至多有三個交點，顯然a>1符合題意；若0<a<1，則由圖可知，只需點(4，－2)在函數y＝loga(|x|＋1)圖象的上方，所以loga5<－2＝logaeq\f(1,a2)?5>eq\f(1,a2)?eq\f(\r(5),5)<a<1.綜上，實數a的取值范圍是(eq\f(\r(5),5)，1)∪(1，＋∞)．9．已知函數y＝f(x)，若在定義域內存在x0，使得f(－x0)＝－f(x0)成立，則稱x0為函數f(x)的局部對稱點．(1)若a∈R且a≠0，證明：函數f(x)＝ax2＋x－a必有局部對稱點；(2)若函數f(x)＝2x＋b在區(qū)間[－1,2]內有局部對稱點，求實數b的取值范圍；(3)若函數f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3在R