全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題4 函數(shù)與方程、函數(shù)的應用含解析

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題4 函數(shù)與方程、函數(shù)的應用 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． 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)之間的關系可近似地表

2、示為y＝－30x＋4000，則每噸的成本最低時的年產(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. 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)有兩個不相等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．(0，) B．(，1) C．(1,2) D．(2，＋∞) [答案]　B [解析]　作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，當y＝kx在l1位置時，過A

3、(2,1)，∴k＝，在l2位置時與l3平行，k＝1， ∴0.則函數(shù)y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零點個數(shù)為(　　) A．2 B．4 C．5 D．8 [答案]　B [分析]　函數(shù)y＝f(x)－sinx的零點轉化函數(shù)f(x)y＝f(x)與y＝sinx圖象交點f(x)的范圍確定f ′(x)的正負(x－)f ′(x)>0. [解析]　∵(x－)f ′(x)>0，x∈(0，π)且x≠，

4、 ∴當00，f(x)在(，π)上單調(diào)遞增． ∵當x∈[0，π]時，0

5、∈[－1,1]，則函數(shù)f(x)＝ax＋b在區(qū)間(1,2)上存在一個零點的概率為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析]　如圖，由圖形可知點(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)上存在一個零點的點(a，b)所在區(qū)域面積S′＝12＝，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個零點，則b的取值范圍是(　　) 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)形結合的思想． 由f(

6、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個零點等價于方程 f(x)＋f(2－x)－b＝0有4個不同的解，即函數(shù)y＝b與函數(shù)y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個公共點，由圖象可知

7、]　D [解析]　在同一坐標系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝m，設兩圖象交點橫坐標從左向右依次為x1、x2、x3、x4、x5，由對稱性知x1＋x2＝－π，x3＋x4＝π， 又π0，f(－1)＝1－1－－－－…－<0，f′(

8、x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x20xx，當x≤0時，f′(x)>0，當x>0時，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)只有一個零點， 記作x1，則x1∈(－1,0)， g(1)＝1－1＋－＋…＋－>0， g(2)＝1－2＋－＋…＋－<0， 又當x>0時，g′(x)＝－1＋x－x2＋x3＋…－x20xx＝＝<0，∴g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)也只有一個零點，記為x2，x2∈(1,2)，F(xiàn)(x)＝f(x＋3)g(x－4)有兩個不同零點x3、x4，x3∈(－4，－3)，x4∈(5,6)，又F(x)的零點均在區(qū)

9、間[a，b]內(nèi)，且a

10、存在唯一的零點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；由選項知a＝0不必考慮；a<0時，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x0>0，應有極小值f()>0， 即a()3－3()2＋1>0，∴a<－2. [點評]　可以用驗證法求解． (理)現(xiàn)有四個函數(shù)：

11、①y＝xsinx；②y＝xcosx；③y＝x|cosx|；④y＝x2x的圖象(部分)如下： 則按照從左到右圖象對應的函數(shù)序號安排正確的一組是(　　) A．①④②③ B．①④③② C．④①②③ D．③④②① [答案]　A [解析]?、賧＝xsinx為偶函數(shù)，對應第一個圖；②y＝xcosx為奇函數(shù)，且x>0時，y可正可負，對應第三個圖；③y＝x|cosx|為奇函數(shù)，且x>0時，y>0，對應第四個圖；④y＝x2x為增函數(shù)，對應第二個圖，故選A. 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x∈(0,1]時，f(x)＝log2x，則在(8,10)內(nèi)滿

12、足方程f(x)＋1＝f(1)的實數(shù)x為(　　) A. B．9 C. D. [答案]　C [解析]　由條件知f(－x)＝f(x)?、伲琭(－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)的圖象關于點(1,0)對稱，當00，令f(x)＝－1，(0

13、，故選C. 9．(文)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝－3，且當x≥－3時，f(x)＝2x－3.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(k－1，k)(k∈Z)上有零點，則k的值為(　　) A．2或－7 B．2或－8 C．1或－7 D．1或－8 [答案]　A [解析]　∵f(1)＝－1<0，f(2)＝1>0，∴f(x)在(1,2)上有零點，又f(x)的圖象關于直線x＝－3對稱， ∴f(x)在(－8，－7)上有零點，∴k＝2或－7. (理)(20xx長沙一模)使得函數(shù)f(x)＝x2－x－(a≤x≤b)的值域為[a，b](a

14、D．無數(shù)對 [答案]　B [解析]　配方得f(x)＝(x－2)2－，當a≥2時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上為單調(diào)增函數(shù)，故有即a，b是方程f(x)＝x的兩根，方程化簡得x2－9x－7＝0，易知方程不可能存在兩個不小于2的實根；當b≤2時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上為單調(diào)遞減函數(shù)，故有即消元化簡得a2＋a－2＝0，∴a＝－2或a＝1，代入原方程組解得滿足條件的解為即實數(shù)對(－2,1)滿足條件；當a<2

15、實數(shù)解，綜上可知共存在兩組實數(shù)對(a，b)滿足條件，故選B. 10．(文)若函數(shù)f(x)＝在其定義域上只有一個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)> B．a(chǎn)≥ C．a(chǎn)< D．a(chǎn)≤ [答案]　A [解析]　當x≤0時，函數(shù)y＝－x與函數(shù)y＝3x的圖象有一個交點， 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. (

16、理)已知定義域為(－1,1]的函數(shù)f(x)，對任意x∈(－1,0]，f(x＋1)＝，當x∈[0,1]時，f(x)＝x，若在區(qū)間(－1,1]內(nèi)g(x)＝f(x)－mx－m有兩個零點，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．[0，) B．[，＋∞) C．[0，) D．(0，] [答案]　D [解析]　∵x∈(－1,0]時，x＋1∈(0,1]，又x∈[0,1]時，f(x)＝x，∴f(x＋1)＝x＋1，又f(x＋1)＝，∴x∈(－1,0]時，f(x)＝－1，作出函數(shù)f(x)＝的圖象，由于y＝m(x＋1)過定點(－1,0)，∴要使y＝m(x＋1)與y＝f(x)的圖象有兩個交點，應有0

17、 11．(文)如果函數(shù)y＝|x|－2的圖象與曲線C：x2＋λy2＝4恰好有兩個不同的公共點，則實數(shù)λ的取值范圍是(　　) A．[－1,1) B．{－1,0} C．(－∞，－1]∪[0,1) D．[－1,0]∪(1，＋∞) [答案]　A [解析]　y＝當λ＝1時，曲線C與圓x2＋y2＝4有三個不同公共點，當0<λ<1時，曲線C為焦點在y軸上的橢圓，滿足題設要求，當λ>1時，不滿足；當λ<0時，曲線C為焦點在x軸上的雙曲線，其漸近線斜率k＝，由題意應有≥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)有四個不同的實數(shù)根x1、x2、x3、x4，

18、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]　設四個實數(shù)根滿足x1

19、g2，1)∪[，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．已知定義域為R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x∈(0，)時，f(x)＝sinπx，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,6]上的零點個數(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)在一個周期內(nèi)有3個零點，又區(qū)間[0,6]包含f(x)的2個周期，而兩端點都是f(x)的零點，故f(x)在[0,6]內(nèi)有7個零點． 14．設函數(shù)y＝x3與y＝()x－

20、2的圖象的交點為(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

21、于________． [答案]　－1 [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， 又f(x)為增函數(shù)，∴f(x)在(－1,0)內(nèi)只有一個零點， ∴n＝－1. 三、解答題 16．(文)設函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax＋a，其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若方程f(x)＝0在(0,2)內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，求a的取值范圍； (3)當a＝1時，設函數(shù)f(x)在[t，t＋3](t∈(－3，

22、－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x變化時，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  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

23、,2)上單調(diào)遞增，從而方程f(x)＝0在區(qū)間(0,2)內(nèi)恰有兩個實數(shù)根等價于f(0)>0，f(1)<0，f(2)>0，解得0

24、－3，－2]時，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a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)在(0，e]上的最大值為1，求a的值． [解析]　(1)因為f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f ′(x)＝＋2ax＋b. 因為函數(shù)f(x)＝lnx＋a

25、x2＋bx在x＝1處取得極值， f ′(1)＝1＋2a＋b＝0. 當a＝1時，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)因為f ′(x)＝＝， 令f ′(x)＝0得，x1＝1，x2＝， 因為f(x)在x＝1處取得極值，所以x2＝≠x1＝1， 當<0時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減， 所以

26、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a>0時，x2＝>0， 當<1時，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1≤