安徽省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題二 函數(shù)與導數(shù)第2講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用 文

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1、專題二　函數(shù)與導數(shù)第2講　函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用 真題試做 1．(2020·湖南高考，文9)設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2π的偶函數(shù)，f′(x)是f(x)的導函數(shù)．當x∈[0，π]時，0＜f(x)＜1；當x∈(0，π)且x≠時，f′(x)＞0，則函數(shù)y＝f(x)－sin x在[－2π，2π]上的零點個數(shù)為(　　)． A．2 B．4 C．5 D．8 2．(2020·陜西高考，文11)設(shè)函數(shù)f(x)＝則f(f(－4))＝__________. 3．(2020·山東高考，文15)若函數(shù)f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小

2、值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝__________. 4．(2020·課標全國高考，文16)設(shè)函數(shù)f(x)＝的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝__________. 5．(2020·陜西高考，文21)設(shè)函數(shù)f(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)． (1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：f(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點； (2)設(shè)n為偶數(shù)， |f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最小值和最大值； (3)設(shè)n＝2，若對任意x1，x2∈[－1,1]，有|f(x1)－f(x2)|≤4，求b的取值范圍． 6．(2020·江蘇高考，1

3、7)如圖，建立平面直角坐標系xOy，x軸在地平面上，y軸垂直于地平面，單位長度為1千米，某炮位于坐標原點．已知炮彈發(fā)射后的軌跡在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k＞0)表示的曲線上，其中k與發(fā)射方向有關(guān)．炮的射程是指炮彈落地點的橫坐標． (1)求炮的最大射程； (2)設(shè)在第一象限有一飛行物(忽略其大小)，其飛行高度為3.2千米，試問它的橫坐標a不超過多少時，炮彈可以擊中它？請說明理由． 考向分析 通過分析近幾年的高考試題可以看到，對函數(shù)與方程的考查主要體現(xiàn)在以下幾個方面：一、結(jié)合函數(shù)與方程的關(guān)系，求函數(shù)的零點；二、結(jié)合根的存在性定理或函數(shù)的圖象，對函數(shù)是否存在零點(方程是否存在實根

4、)進行判斷；三、利用零點(方程實根)的存在求相關(guān)參數(shù)的值或范圍．對函數(shù)的實際應(yīng)用問題的考查，題目大多以社會實際生活為背景，設(shè)問新穎、靈活，而解決這些問題所涉及的數(shù)學知識、數(shù)學思想和方法又都是高中教材和課標中所要求掌握的概念、公式、法則、定理等基礎(chǔ)知識和方法． 熱點例析 熱點一　確定函數(shù)的零點 【例1】設(shè)函數(shù)f(x)＝x－ln x(x＞0)，則y＝f(x)(　　)． A．在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均有零點 B．在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均無零點 C．在區(qū)間內(nèi)有零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無零點 D．在區(qū)間內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點 規(guī)律方法 確定函數(shù)零點的常用方法： (1)解方程

5、判定法，方程易解時用此法； (2)利用零點存在的判定定理； (3)利用數(shù)形結(jié)合，尤其是那些方程兩端對應(yīng)的函數(shù)類型不同時多以數(shù)形結(jié)合法求解． 變式訓練1 方程|x|＝cos x在(－∞，＋∞)內(nèi)(　　)． A．沒有根 B．有且僅有一個根 C．有且僅有兩個根 D．有無窮多個根 熱點二　函數(shù)零點的應(yīng)用 【例2】(1)m為何值時，f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4， ①有且僅有一個零點？ ②有兩個零點且均比－1大？ (2)若函數(shù)F(x)＝|4x－x2|＋a有4個零點，求實數(shù)a的取值范圍． 規(guī)律方法 解決由函數(shù)零點(方程根)的存在情況求參數(shù)的值或取值范圍問題，關(guān)鍵

6、是利用函數(shù)方程思想或數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的方程或不等式求解，再者，對于存在零點求參數(shù)范圍問題，可通過分離參數(shù)，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值域問題． 變式訓練2 已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是__________． 熱點三　函數(shù)的實際應(yīng)用 【例3】某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計要求容器的容積為立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費用僅與其表面積有關(guān)．已知圓柱形部分每平方米建造費用為3千元，半球形部分每平方米建造費用為c(c＞3)千元．設(shè)該容器的建造費用為y千元．

7、 (1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域； (2)求該容器的建造費用最小時的r. 規(guī)律方法 應(yīng)用函數(shù)知識解應(yīng)用題的步驟： (1)正確地將實際問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)模型，這是解應(yīng)用題的關(guān)鍵．轉(zhuǎn)化來源于對已知條件的綜合分析、歸納與抽象，并與熟知的函數(shù)模型相比較，以確定函數(shù)模型的種類． (2)用相關(guān)的函數(shù)知識，進行合理設(shè)計，確定最佳解題方案，進行數(shù)學上的計算求解． (3)把計算獲得的結(jié)果代回到實際問題中去解釋實際問題，即對實際問題進行總結(jié)作答． 變式訓練3 某種產(chǎn)品每件成本為6元，每件售價為x元(x＞6)，年銷量為u萬件，若已知－u與2成正比，且售價為10元時，年銷量為28萬件

8、． (1)求年利潤y(萬元)關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)求售價為多少時，年利潤最大，并求出最大年利潤． 思想滲透 函數(shù)與方程思想的含義 (1)函數(shù)的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數(shù)學中的數(shù)量關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題獲得解決．函數(shù)思想是對函數(shù)概念的本質(zhì)認識，用于指導解題就是善于利用函數(shù)知識或函數(shù)觀點觀察、分析和解決問題． (2)方程的思想，就是分析數(shù)學問題中變量間的等量關(guān)系，建立方程(方程組)或者構(gòu)造方程，通過解方程(方程組)或者運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決．方程的思想是對方程概念的本質(zhì)認識，用于指導

9、解題就是善于利用方程(方程組)的觀點觀察、處理問題． (3)方程的思想與函數(shù)的思想密切相關(guān)：方程f(x)＝0的解就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標；函數(shù)y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，方程f(x)＝a有解，當且僅當a屬于函數(shù)f(x)的值域；函數(shù)與方程的這種相互轉(zhuǎn)化關(guān)系十分重要． 如圖所示，長方體物體E在雨中沿面P(面積為S)的垂直方向做勻速移動，速度為v(v＞0)，雨速沿E移動方向的分速度為c(c∈R)．E移動時單位時間內(nèi)的淋雨量包括兩部分：①P或P的平行面(只有一個面淋雨)的淋雨量，假設(shè)其值與|v－c|×S成正比，比例系數(shù)為；②其他面的淋雨量之和，其值為.

10、記y為E移動過程中的總淋雨量．當移動距離d＝100，面積S＝時， (1)寫出y的表達式； (2)設(shè)0＜v≤10,0＜c≤5，試根據(jù)c的不同取值范圍，確定移動速度v，使總淋雨量y最少． 解：(1)由題意知，E移動時單位時間內(nèi)的淋雨量為|v－c|＋， 故y＝＝(3|v－c|＋10)． (2)由(1)知， 當0＜v≤c時，y＝(3c－3v＋10)＝－15； 當c＜v≤10時，y＝(3v－3c＋10)＝＋15. 故y＝ ①當0＜c≤時，y是關(guān)于v的減函數(shù)．故當v＝10時，ymin＝20－. ②當＜c≤5時，在(0，c]上，y是關(guān)于v的減函數(shù)；在(c,10]上，y是關(guān)于v的增函數(shù)．

11、 故當v＝c時，ymin＝. 1．已知f(x)＝－3－(x－a)(x－b)，并且m，n是方程f(x)＝0的兩個根，則實數(shù)a，b，m，n的大小關(guān)系可能正確的是(　　)． A．m＜a＜b＜n B．a(chǎn)＜m＜b＜n C．a(chǎn)＜m＜n＜b D．m＜a＜n＜b 2．(2020·山東濰坊一模，12)若直角坐標平面內(nèi)的兩點P，Q滿足條件： ①P，Q都在函數(shù)y＝f(x)的圖象上； ②P，Q關(guān)于原點對稱． 則稱點對[P，Q]是函數(shù)y＝f(x)的一對“友好點對”(點對[P，Q]與[Q，P]看作同一對“友好點對”)． 已知函數(shù)f(x)＝則此函數(shù)的“友好點對”有(　　)． A．0對

12、 B．1對 C．2對 D．3對 3．(2020·合肥八中沖刺卷，文10)已知f(x)是以2為周期的偶函數(shù)，當x∈[0,1]時，f(x)＝x，若在區(qū)間[－1,3]內(nèi)，函數(shù)g(x)＝f(x)－kx－2k有三個零點，則實數(shù)k的取值范圍是(　　)． A. B. C. D．[1,3] 4．(2020·合肥六中沖刺卷，文15)已知奇函數(shù)f(x)＝給出下列結(jié)論： ①f(f(1))＝1； ②函數(shù)y＝f(x)有三個零點； ③f(x)的遞增區(qū)間是[1，＋∞)； ④直線x＝1是函數(shù)y＝f(x)圖象的一條對稱軸； ⑤函數(shù)y＝f(x＋1)＋2圖象的對稱中心是點(1,2

13、)； ⑥對任意 x∈R，都有f′(－x)＝－f′(x)． 其中，正確結(jié)論的序號是__________．(注：寫出所有正確結(jié)論的序號) 5．(2020·江蘇高考，10)設(shè)f(x)是定義在R上且周期為2的函數(shù)，在區(qū)間[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，則a＋3b的值為______． 6．(2020·北京高考，理14)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若同時滿足條件： ①任意x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0； ②存在x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0. 則m的取值范圍是__________． 7．(2020·北京高考，文12)已知

14、函數(shù)f(x)＝lg x，若f(ab)＝1，則f(a2)＋f(b2)＝__________. 8．某市近郊有一塊大約500 m×500 m的接近正方形的荒地，地方政府準備在此建一個綜合性休閑廣場，首先要建設(shè)如圖所示的一個矩形場地，其總面積為3 000 m2，其中場地四周(陰影部分)為通道，通道寬度均為2 m，中間的三個矩形區(qū)域?qū)佋O(shè)塑膠地面作為運動場地(其中兩個小場地形狀相同)，塑膠運動場地占地面積為S m2. (1)分別寫出用x表示y和S的函數(shù)關(guān)系式(寫出函數(shù)定義域)； (2)怎樣設(shè)計能使S取得最大值，最大值為多少？ 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：由x

15、∈(0，π)且x≠時，f′(x)＞0可知： 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． 又∵x∈[0，π]時，f(x)∈(0,1)，且f(x)是最小正周期為2π的偶函數(shù)，可畫出f(x)的草圖為： 對于y＝f(x)－sin x的零點，可在同一坐標系中再作出y＝sin x的圖象，可知在[－2π，2π]上零點個數(shù)為4. 2．4　解析：∵f(－4)＝－4＝16， ∴f(f(－4))＝f(16)＝＝4. 3.　解析：當0＜a＜1時，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值為a－1＝4，即a＝，最小值為a2＝m，從而m＝，這時g(x)＝，即g

16、(x)＝在[0，＋∞)上是增函數(shù)．當a＞1時，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值為a2＝4，得a＝2，最小值為a－1＝m，即m＝，這時g(x)＝(1－4m)＝－在[0，＋∞)上為減函數(shù)，不合題意，舍去．所以a＝. 4．2　解析：f(x)＝＝1＋， 設(shè)g(x)＝，則g(－x)＝－g(x)， ∴g(x)是奇函數(shù)． 由奇函數(shù)圖象的對稱性知g(x)max＋g(x)min＝0， ∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2. 5．(1)證明：當b＝1，c＝－1，n≥2時，f(x)＝xn＋x－1. ∵f·f(1)＝×1＜0， ∴f(x

17、)在內(nèi)存在零點． 又當x∈時，f′(x)＝nxn－1＋1＞0， ∴f(x)在上是單調(diào)遞增的． ∴f(x)在內(nèi)存在唯一零點． (2)解：方法一：由題意知即 由下圖知，b＋3c在點(0，－2)取到最小值－6， 在點(0,0)取到最大值0， ∴b＋3c的最小值為－6，最大值為0. 方法二：由題意知 －1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0，① －1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0，② ①×2＋②得 －6≤2(b＋c)＋(－b＋c)＝b＋3c≤0， 當b＝0，c＝－2時，b＋3c＝－6；當b＝c＝0時，b＋3c＝0， ∴b＋3c的最小值為－6

18、，最大值為0. 方法三：由題意知 解得b＝，c＝， ∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3. 又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1. ∴－6≤b＋3c≤0. 當b＝0，c＝－2時，b＋3c＝－6；當b＝c＝0時，b＋3c＝0， ∴b＋3c的最小值為－6，最大值為0. (3)解：當n＝2時，f(x)＝x2＋bx＋c. 對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤4等價于f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下： ①當＞1，即|b|＞2時，M＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|＞4，與題設(shè)矛盾； ②當－1≤－＜0，即0＜b

19、≤2時， M＝f(1)－f＝2≤4恒成立； ③當0≤－≤1，即－2≤b≤0時， M＝f(－1)－f＝2≤4恒成立． 綜上可知，－2≤b≤2. 6．解：(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0，由實際意義和題設(shè)條件知x＞0，k＞0， 故x＝＝≤＝10，當且僅當k＝1時取等號． 所以炮的最大射程為10千米． (2)因為a＞0，所以炮彈可擊中目標存在k＞0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立關(guān)于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根判別式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0a≤6. 所以當a不超過6(千米)時，可擊中目標． 精要例析·聚焦熱點 熱點例析

20、 【例1】 D　解析：法一：∵f＝·－ln ＝＋1＞0，f(1)＝－ln 1＝＞0，f(e)＝－ln e＝－1＜0， ∴f·f(1)＞0，f(1)·f(e)＜0，故y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點． 法二：在同一坐標系中分別畫出y＝x與y＝ln x的圖象．如圖所示． 由圖象知零點存在于區(qū)間(1，e)內(nèi)． 【變式訓練1】 C　解析：在同一直角坐標系中作出函數(shù)y＝|x|和y＝cos x的圖象，如圖． 當x＞時，y＝|x|＞＞1，y＝cos x≤1. 當x＜－時，y＝|x|＞＞1，y＝cos x≤1，所以兩函數(shù)的圖象只在內(nèi)有兩個交點，所以|x|＝cos x在(

21、－∞，＋∞)內(nèi)有兩個根． 【例2】 解：(1)①若函數(shù)f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且僅有一個零點，則等價于Δ＝4m2－4(3m＋4)＝0， 即4m2－12m－16＝0，即m2－3m－4＝0，解得m＝4或m＝－1. ②設(shè)兩零點分別為x1，x2，且x1＞－1，x2＞－1，x1≠x2. 則x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4， 故只需 故m的取值范圍是{m|－5＜m＜－1}． (2)若F(x)＝|4x－x2|＋a有4個零點，即|4x－x2|＋a＝0有四個根，即|4x－x2|＝－a有四個根． 令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.則作出g(x)的圖象， 由圖象可知

22、要使|4x－x2|＝－a有四個根， 則需g(x)的圖象與h(x)的圖象有四個交點， ∴0＜－a＜4，即－4＜a＜0. 【變式訓練2】 (0,1)　解析：由函數(shù)圖象知，如圖所示，當0＜k＜1時直線y＝k與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點，即方程f(x)＝k有兩個不同的實根． 【例3】 解：(1)設(shè)容器的容積為V， 由題意知V＝πr2l＋πr3， 又V＝，故l＝＝－r＝. 由于l≥2r，因此0＜r≤2. 所以建造費用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr××3＋4πr2c. 因此y＝4π(c－2)r2＋，0＜r≤2. (2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－ ＝，0＜r＜2.

23、 由于c＞3，所以c－2＞0. 當r3－＝0時，r＝. 令＝m，得m＞0， 所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． ①當0＜m＜2即c＞時， 當r＝m時，y′＝0； 當r∈(0，m)時，y′＜0； 當r∈(m,2)時，y′＞0. 所以r＝m是函數(shù)y的極小值點，也是最小值點． ②當m≥2，即3＜c≤時， 當r∈(0,2)時，y′＜0，函數(shù)單調(diào)遞減． 所以r＝2是函數(shù)y的最小值點． 綜上所述，當3＜c≤時，建造費用最小時r＝2；當c＞時，建造費用最小時r＝. 【變式訓練3】 解：(1)設(shè)－u＝k2， ∵售價為10元時，年銷量為28萬件， ∴－28＝k2，解得k＝2

24、. ∴u＝－22＋＝－2x2＋21x＋18. 即y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108. (2)由(1)得y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18) ＝－6(x－2)(x－9)， 由y′＝0得x＝2(∵x＞6，∴舍去)或x＝9. 顯然，當x∈(6,9)時，y′＞0；當x∈(9，＋∞)時，y′＜0. ∴函數(shù)y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是增函數(shù)， 在(9，＋∞)上是減函數(shù)． ∴當x＝9時，y取最大值，且ymax＝135. ∴售價為9元時，年利潤最大，最大年利潤為135萬元． 創(chuàng)新模擬·預(yù)測演練

25、 1．C　解析：方法一：設(shè)φ(x)＝(x－a)(x－b)，由題意，f(m)＝－3－(m－a)(m－b)＝0，即φ(m)＝(m－a)(m－b)＝－3＜0，同理可得φ(n)＝－3＜0，如圖所示，故a＜m＜n＜b.故選C. 方法二：令g(x)＝(x－a)(x－b)，h(x)＝－3.則m，n即為方程g(x)＝h(x)的根，也即上述兩函數(shù)圖象的交點的橫坐標，如圖所示，故選C. 2．C　解析：P，Q為“友好點對”，不妨設(shè)點P(x0，y0)(x0＞0)，則Q(－x0，－y0)． 所以 即(1) 方程組(1)的解的個數(shù)即是“友好點對”數(shù)， 在同一坐標系作出函數(shù)圖象如圖，有兩個交點，所以有2

26、對友好點對． 3．C　解析：作出函數(shù)f(x)在[－1,3]上的圖象，g(x)＝f(x)－kx－2k的零點即f(x)與函數(shù)y＝kx＋2k＝k(x＋2)交點的橫坐標，y＝k(x＋2)恒過定點(－2,0)，結(jié)合圖象分析即可． 4．①②　解析：①f(f(1))＝f(－1)＝－f(1)＝1，①正確；②易知f(x)的三個零點是－2,0,2，②正確；③當x∈(－∞，－1]時，f(x)也單調(diào)遞增，③錯誤；④由奇函數(shù)圖象的特點知，題中的函數(shù)f(x)無對稱軸，④錯誤；⑤奇函數(shù)f(x)圖象關(guān)于原點對稱，故函數(shù)y＝f(x＋1)＋2圖象的對稱中心應(yīng)是點(－1,2)，⑤錯誤．f′(x)不一定具有奇偶性，⑥錯誤．填

27、①②. 5．－10　解析：根據(jù)題意，可得 即解得 故a＋3b＝－10. 6．(－4，－2)　解析：(一)由題意可知，m≥0時不能保證對任意x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0成立． (1)當m＝－1時，f(x)＝－(x＋2)2，g(x)＝2x－2，此時顯然滿足條件①； (2)當－1＜m＜0時，2m＞－(m＋3)，要使其滿足條件①， 則需解得－1＜m＜0； (3)當m＜－1時，－(m＋3)＞2m，要使其滿足條件①， 則需解得－4＜m＜－1. 因此滿足條件①的m的取值范圍為(－4,0)． (二)在滿足條件①的前提下，再探討滿足條件②的m的取值范圍． (1)當m＝－1時，在

28、(－∞，－4)上，f(x)與g(x)均小于0，不合題意； (2)當m＜－1時，則需2m＜－4，即m＜－2，所以－4＜m＜－2； (3)當－1＜m＜0時，則需－(m＋3)＜－4，即m＞1，此時無解． 綜上所述，滿足①②兩個條件的m的取值范圍為(－4，－2)． 7．2　解析：由已知可得，lg(ab)＝1，∴f(a2)＋f(b2)＝lg a2＋lg b2＝lg(a2b2)＝2lg(ab)＝2×1＝2. 8．解：(1)由已知xy＝3 000,2a＋6＝y(tǒng)， 則y＝(6＜x≤500)， S＝(x－4)a＋(x－6)a ＝(2x－10)a ＝(2x－10)·＝(x－5)(y－6) ＝3 030－6x－(6＜x≤500)． (2)S＝3 030－ ≤3 030－2 ＝3 030－2×300＝2 430， 當且僅當6x＝，即x＝50時，等號成立， 此時x＝50，y＝60，Smax＝2 430. 即設(shè)計成x＝50，y＝60時，運動場地占地面積最大，最大值為2 430 m2.