2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第2讲 函数与方程及函数的应用练习

2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第2讲 函数与方程及函数的应用练习

第一部分 专题二 第二讲 函数与方程及函数的应用 A组 ‎1．(文)函数f(x)＝－＋log2x的一个零点落在区间( B )‎ A．(0,1)　 B．(1,2)　 　‎ C．(2,3)　 D．(3,4)‎ ‎[解析]　∵f(1)·f(2)<0，∴选B．‎ ‎(理)在用二分法求方程x3－2x－1＝0的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根所在的区间为( D )‎ A．(1.4,2) B．(1.1,4)‎ C．(1，) D．(，2)‎ ‎[解析]　令f(x)＝x3－2x－1，则f(1)＝－2<0，f(2)＝3>0，f()＝－<0，∴选D．‎ ‎2．已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为( D )‎ A．，0 B．－2,0 ‎ C． D．0‎ ‎[解析]　当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因为x>1，所以此时方程无解．综上，函数f(x)的零点只有0.‎ ‎3.已知函数f(x)＝()x－cosx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为( C )‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎[解析]　作出g(x)＝()x与h(x)＝cosx的图象，可以看出其在[0,2π]上的交点个数为3.‎ 故选C．‎ ‎4．已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lg x|的图象的交点共有( A )‎ A．10个 B．9个 ‎ 7‎ C．8个 D．1个 ‎[解析]　在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝|lg x|的图象，如图．又lg 10＝1，由图象知选A．‎ ‎5．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗‎1升汽油行驶的里程．下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是( D )‎ A．消耗‎1升汽油，乙车最多可行驶‎5千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗‎10升汽油 D．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 ‎[解析]　对于A选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于‎40 km/h时的燃油效率大于‎5 km/L，故乙车消耗‎1升汽油的行驶路程可大于‎5千米，所以A错误．对于B选项，由图可知甲车消耗汽油最少．对于C选项，甲车以‎80 km/h的速度行驶时的燃油效率为‎10 km/L，故行驶1小时的路程为80千米，消耗‎8 L汽油，所以C错误．对于D选项，当最高限速为‎80 km/h且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以D正确．‎ ‎6．已知函数f(x)＝函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y＝f(x)－g(x)的零点的个数为( A )‎ A．2 B．3 ‎ C．4 D．5‎ ‎[解析]　当x<0时，f(2－x)＝x2，此时函数f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零点为x＝－；当0≤x≤2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，函数f(x)－g(x)＝2－|x|＋x－3＝－1无零点；当x>2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，函数f(x)－g(x)＝(x－2)2＋4－x－3＝x2－5x＋5大于2的零点有一个．因此函数y＝f(x)－g(x)共有零点2个．‎ ‎7．已知函数f(x)＝()x－log3x，若x0是函数y＝f(x)的零点，且0‎ 7‎ ‎0(填“>”、“<”、“≥”、“≤”)．‎ ‎[解析]　方法一：∵f(x)＝()x－log3x在(0，＋∞)上为减函数，且0f(x0)．‎ 方法二：如图知，f(x1)>f(x0)．‎ ‎8．(文)函数f(x)对一切实数x都满足f(＋x)＝f(－x)，并且方程f(x)＝0有三个实根，则这三个实根的和为.‎ ‎[解析]　函数图象关于直线x＝对称，方程f(x)＝0有三个实根时，一定有一个是，另外两个关于直线x＝对称，其和为1，故方程f(x)＝0的三个实根之和为.‎ ‎(理)(2015·四川卷，13)某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．若该食品在‎0 ℃‎的保鲜时间是192小时，在‎22 ℃‎的保鲜时间是48小时，则该食品在‎33 ℃‎的保鲜时间是24小时．‎ ‎[解析]　由题意得 ‎∴e22k＝＝，e11k＝，‎ ‎∴x＝33时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝×192＝24.‎ ‎9．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放k(1≤k≤4，且k∈R)个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放在浓度y(克/升)随着时间x(分钟)变化的函数关系式近似为y＝k·f(x)，‎ 其中f(x)＝若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所释放的浓度之和．根据经验，当水中洗衣液的浓度不低于‎4克/升时，它才能起到有效去污的作用．‎ ‎(1)若只投放一次k个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为‎3克/升，求k的值．‎ ‎(2)若只投放一次4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？‎ ‎(3)若第一次投放2个单位的洗衣液，10分钟后再投放1个单位的洗衣液，则在第12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用？请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由题意知k(－1)＝3，‎ 所以k＝1.‎ ‎(2)因为k＝4，‎ 7‎ 所以y＝ 当0≤x≤4时，由－4≥4，‎ 解得－4≤x<8，所以0≤x≤4.‎ 当44，‎ 所以在第12分钟时还能起到有效去污的作用．‎ B组 ‎1．已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1的零点依次为a，b，c，则( A )‎ A．a0，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即00，函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1f(1)>0.又函数g(x)在(0,1)内是增函数，因此有g(a) B．a≥ C．a< D．a≤ ‎[解析]　当x≤0时，函数y＝－x与函数y＝3x的图象有一个交点，‎ 所以函数y＝f(x)有一个零点；‎ 而函数f(x)在其定义域上只有一个零点，‎ 所以当x>0时，f(x)没有零点．‎ 当x>0时，f ′(x)＝x2－4，‎ 令f ′(x)＝0得x＝2，所以f(x)在(0,2)上递减，‎ 7‎ 在(2，＋∞)上递增，因此f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝a－>0，解得a>.故选A．‎ ‎7．已知[x]表示不超过实数x的最大整数，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x0是函数f(x)＝ln x－的零点，则[x0]＝2.‎ ‎[解析]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且易判断函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(2)＝ln 2－1<0，f(e)＝ln e－>0，知x0∈(2，e)，所以[x0]＝2.‎ ‎8．定义域为R的偶函数f(x)满足对∀x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且当x∈[2,3]时，f(x)＝－2x2＋12x－18，若函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上至多有三个零点，则a的取值范围是(，1)∪(1，＋∞).‎ ‎[解析]　对于偶函数f(x)，f(x＋2)＝f(x)－f(1)，令x＝－1，则f(1)＝f(－1)－f(1)，因为f(－1)＝f(1)，所以f(－1)＝f(1)＝0，所以f(x)＝f(x＋2)，故f(x)的图象如图所示，则问题等价于f(x)的图象与函数y＝loga(|x|＋1)的图象在(0，＋∞)上至多有三个交点，显然a>1符合题意；若0⇒0恒成立，‎ 7‎ 所以函数f(x)＝ax2＋x－a必有局部对称点．‎ ‎(2)f(x)＝2x＋b在区间[－1,2]内有局部对称点，‎ 所以方程2x＋2－x＋2b＝0在区间[－1,2]上有解，‎ 于是－2b＝2x＋2－x，设t＝2x，≤t≤4，‎ 所以－2b＝t＋，其中2≤t＋≤，‎ 所以－≤b≤－1.‎ ‎(3)因为f(－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)，则4x＋4－x＝t2－2，‎ 所以方程(*)变为t2－2mt＋‎2m2‎－8＝0在区间[2，＋∞)内有解，需满足条件：‎ 即 化简得1－≤m≤2.‎ 7‎