高考理数　函数模型及综合应用

高考理数　函数模型及综合应用

§2.7 　函数模型及综合应用 高考 理 数 ( 课标专用) 自主命题·省(区、市)卷题组 五年高考 考点一　函数的实际应用 1. (2014湖南,8,5分)某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为 p ,第二年的增长率为 q , 则该市这两年生产总值的年平均增长率为   (　　) A.   　    B.   C.   　    D.   -1 答案      D 　设两年前的年底该市的生产总值为 a ,则第二年年底的生产总值为 a (1+ p )(1+ q ).设这 两年生产总值的年平均增长率为 x ,则 a (1+ x ) 2 = a (1+ p )(1+ q ),由于连续两年持续增加,所以 x >0,因 此 x =   -1,故选D. 2. (2018浙江,11,6分)我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题:“今有鸡翁一,值钱 五;鸡母一,值钱三;鸡雏三,值钱一.凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何?”设鸡翁,鸡母,鸡 雏个数分别为 x , y , z ,则   当 z =81时, x = 　　　     , y = 　　　     . 答案 　8;11 解析 　本小题考查二元一次方程组的实际应用. 把 z =81代入方程组,化简得   解得 x =8, y =11. 3. (2015四川,13,5分)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 =e kx + 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 　　　     小时. 答案 　24 解析 　依题意有192=e b ,48=e 22 k + b =e 22 k ·e b , 所以e 22 k =   =   =   ,所以e 11 k =   或-   (舍去),于是该食品在33 ℃的保鲜时间是e 33 k + b =(e 11 k ) 3 ·e b =   × 192=24(小时). 考点二　函数的综合应用 1. (2014湖南,10,5分)已知函数 f ( x )= x 2 +e x -   ( x <0)与 g ( x )= x 2 +ln( x + a )的图象上存在关于 y 轴对称的 点,则 a 的取值范围是   (　　) A.   　    B.(- ∞ ,   )　    C.   　    D.   答案      B 　设函数 f ( x )图象上一点 A ( x 0 , y 0 )( x 0 <0)关于 y 轴的对称点 B (- x 0 , y 0 )在函数 g ( x )的图象上, 则   即   +   -   =   +ln( a - x 0 ), 得 a =   + x 0 .令 φ ( x )=   + x ( x <0), 则 a = φ ( x )在(- ∞ ,0)上有解. 因为 φ '( x )=   ·e x +1>0,故 φ ( x )在(- ∞ ,0)上为增函数,则 φ ( x )< φ (0)=   ,从而有 a <   ,故选B. 2. (2017山东,15,5分)若函数e x f ( x )(e=2.718 28 … 是自然对数的底数)在 f ( x )的定义域上单调递增, 则称函数 f ( x )具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 　　　     . ① f ( x )=2 - x 　② f ( x )=3 - x 　③ f ( x )= x 3 　④ f ( x )= x 2 +2 答案 　①④ 解析 　对于①, f ( x )的定义域为(- ∞ ,+ ∞ ),e x · f ( x )=e x ·2 - x =   ,∵函数 y =   在(- ∞ ,+ ∞ )上单调递 增,∴①符合题意. 对于②, f ( x )的定义域为(- ∞ ,+ ∞ ),e x · f ( x )=e x ·3 - x =   ,∵函数 y =   在(- ∞ ,+ ∞ )上单调递减,∴② 不符合题意. 对于③, f ( x )的定义域为(- ∞ ,+ ∞ ),e x · f ( x )=e x · x 3 ,令 y =e x · x 3 ,则 y '=(e x · x 3 )'=e x · x 2 ( x +3),当 x ∈(- ∞ ,-3)时, y '< 0,函数 y =e x · f ( x )单调递减,故③不符合题意. 对于④, f ( x )的定义域为(- ∞ ,+ ∞ ),e x · f ( x )=e x ( x 2 +2),令 y =e x ( x 2 +2),则 y '=[e x ( x 2 +2)]'=e x ( x 2 +2 x +2)>0,∴ 函数 y =e x ( x 2 +2)在(- ∞ ,+ ∞ )上单调递增,∴④符合题意. ∴符合题意的为①④. 思路分析 　审清题意,逐项代入检验即可. 方法总结 　判断函数单调性的一般方法: (1)定义法. (2)图象法. (3)利用复合函数单调性的判断方法判断单调性. (4)导数法.具体步骤:①确定函数的定义域;②当 f '( x )>0时, f ( x )为增函数,当 f '( x )<0时, f ( x )为减函 数,注意写单调区间时不能用“ ∪ ”连接. 3. (2017浙江,17,5分)已知 a ∈R,函数 f ( x )=   + a 在区间[1,4]上的最大值是5,则 a 的取值范围 是 　　　     . 答案        解析 　本题考查函数的单调性,函数在闭区间上的最值的求法,考查分类讨论思想. 设 g ( x )= x +   - a , x ∈[1,4], g '( x )=1-   =   ,易知 g ( x )在[1,2]上为减函数,在[2,4]上为增函数, g (2)=4- a , g (1)= g (4)=5- a . (1)当 a ≤ 4时,| g ( x )| max =5- a ,∴ f ( x ) max =| g ( x )| max + a =5. (2)当4< a ≤ 5时, | g ( x )| max =max{ a -4,5- a }=   当   < a ≤ 5时, f ( x ) max = a -4+ a =5 ⇒ a =   (舍去), 当4< a ≤   时, f ( x ) max =5- a + a =5,∴4< a ≤   符合题意. (3)当 a >5时,| g ( x )| max = a -4, ∴ f ( x ) max = a -4+ a =5 ⇒ a =   (舍去). 综上,实数 a 的取值范围为   . 4. (2014山东,15,5分)已知函数 y = f ( x )( x ∈R),对函数 y = g ( x )( x ∈ I ),定义 g ( x )关于 f ( x )的“对称函 数”为函数 y = h ( x )( x ∈ I ), y = h ( x )满足:对任意 x ∈ I ,两个点( x , h ( x )),( x , g ( x ))关于点( x , f ( x ))对称.若 h ( x )是 g ( x )=   关于 f ( x )=3 x + b 的“对称函数”,且 h ( x )> g ( x )恒成立,则实数 b 的取值范围是      　　　　　　     . 答案 　(2   ,+ ∞ ) 解析    数 g ( x )=   的图象是以坐标原点为圆心,2为半径的圆在 x 轴上及其上方的部分.由题意 可知,对任意 x 0 ∈ I ,都有 h ( x 0 )+ g ( x 0 )=2 f ( x 0 ),即( x 0 , f ( x 0 ))是点( x 0 , h ( x 0 ))和点( x 0 , g ( x 0 ))连线的中点,又 h ( x )> g ( x )恒成立,所以直线 f ( x )=3 x + b 与半圆 g ( x )=   相离且 b >0. 即   解之得 b >2   . 所以实数 b 的取值范围为(2   ,+ ∞ ) . 5. (2014湖北,14,5分)设 f ( x )是定义在(0,+ ∞ )上的函数,且 f ( x )>0,对任意 a >0, b >0,若经过点( a , f ( a )), ( b ,- f ( b ))的直线与 x 轴的交点为( c ,0),则称 c 为 a , b 关于函数 f ( x )的平均数,记为 M f ( a , b ).例如,当 f ( x )= 1( x >0)时,可得 M f ( a , b )= c =   ,即 M f ( a , b )为 a , b 的算术平均数. (1)当 f ( x )= 　　　     ( x >0)时, M f ( a , b )为 a , b 的几何平均数; (2)当 f ( x )= 　　　     ( x >0)时, M f ( a , b )为 a , b 的调和平均数   . (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 答案 　(1)   　(2) x 解析 　答案不唯一.(1)若 M f ( a , b )是 a , b 的几何平均数,则 c =   . 由题意知,( a , f ( a )),(   ,0),( b ,- f ( b ))共线,∴   =   ,∴   =   ,∴可取 f ( x )=   . (2)若 M f ( a , b )是 a , b 的调和平均数,则 c =   , 由题意知,( a , f ( a )),   ,( b ,- f ( b ))共线,∴   =   ,化简得   =   ,∴可取 f ( x )= x . 6. (2014四川,15,5分)以 A 表示值域为R的函数组成的集合, B 表示具有如下性质的函数 φ ( x )组成 的集合:对于函数 φ ( x ),存在一个正数 M ,使得函数 φ ( x )的值域包含于区间[- M , M ].例如,当 φ 1 ( x )= x 3 , φ 2 ( x )=sin x 时, φ 1 ( x )∈ A , φ 2 ( x )∈ B .现有如下命题: ①设函数 f ( x )的定义域为 D ,则“ f ( x )∈ A ”的充要条件是“ ∀ b ∈R, ∃ a ∈ D , f ( a )= b ”; ②函数 f ( x )∈ B 的充要条件是 f ( x )有最大值和最小值; ③若函数 f ( x ), g ( x )的定义域相同,且 f ( x )∈ A , g ( x )∈ B ,则 f ( x )+ g ( x ) ∉ B ; ④若函数 f ( x )= a ln( x +2)+   ( x >-2, a ∈R)有最大值,则 f ( x )∈ B . 其中的真命题有 　　　     .(写出所有真命题的序号) 答案 　①③④ 解析 　依题意可直接判定①正确;令 f ( x )=2 x ( x ∈(- ∞ ,1]),显然存在正数2,使得 f ( x )的值域(0,2] ⊆ [- 2,2],但 f ( x )无最小值,②错误;对于③,假设 f ( x )+ g ( x )∈ B ,则存在正数 M ,使得当 x 在其公共定义域 内取值时,有 f ( x )+ g ( x ) ≤ M ,则 f ( x ) ≤ M - g ( x ),又∵ g ( x )∈ B ,则存在正数 M 1 ,使 g ( x )∈[- M 1 , M 1 ],∴- g ( x ) ≤ M 1 ,即 M - g ( x ) ≤ M + M 1 ,∴ f ( x ) ≤ M + M 1 ,与 f ( x )∈ A 矛盾,③正确;对于④,当 a =0时, f ( x )=   ∈   ,即 f ( x )∈ B ,当 a ≠ 0时,∵ y = a ln( x +2)的值域为(- ∞ ,+ ∞ ),而   ∈   ,此时 f ( x )无最大 值,故 a =0,④正确. 7. (2016浙江,18,15分)已知 a ≥ 3,函数 F ( x )=min{2| x -1|, x 2 -2 ax +4 a -2},其中min{ p , q }=   (1)求使得等式 F ( x )= x 2 -2 ax +4 a -2成立的 x 的取值范围; (2)(i)求 F ( x )的最小值 m ( a ); (ii)求 F ( x )在区间[0,6]上的最大值 M ( a ). 解析 　(1)由于 a ≥ 3,故 当 x ≤ 1时,( x 2 -2 ax +4 a -2)-2| x -1|= x 2 +2( a -1)(2- x )>0, 当 x >1时,( x 2 -2 ax +4 a -2)-2| x -1|=( x -2)( x -2 a ). 所以,使得等式 F ( x )= x 2 -2 ax +4 a -2成立的 x 的取值范围为[2,2 a ]. (2)(i)设函数 f ( x )=2| x -1|, g ( x )= x 2 -2 ax +4 a -2,则 f ( x ) min = f (1)=0, g ( x ) min = g ( a )=- a 2 +4 a -2, 所以,由 F ( x )的定义知 m ( a )=min{ f (1), g ( a )},即 m ( a )=   (ii)当0 ≤ x ≤ 2时, F ( x ) ≤ f ( x ) ≤ max{ f (0), f (2)}=2= F (2), 当2 ≤ x ≤ 6时, F ( x ) ≤ g ( x ) ≤ max{ g (2), g (6)}=max{2,34-8 a }=max{ F (2), F (6)}. 所以, M ( a )=   8. (2016江苏,19,16分)已知函数 f ( x )= a x + b x ( a >0, b >0, a ≠ 1, b ≠ 1). (1)设 a =2, b =   . ①求方程 f ( x )=2的根; ②若对于任意 x ∈R,不等式 f (2 x ) ≥ mf ( x )-6恒成立,求实数 m 的最大值; (2)若0< a <1, b >1,函数 g ( x )= f ( x )-2有且只有1个零点,求 ab 的值. 解析 　(1)因为 a =2, b =   ,所以 f ( x )=2 x +2 - x . ①方程 f ( x )=2,即2 x +2 - x =2,亦即(2 x ) 2 -2 × 2 x +1=0, 所以(2 x -1) 2 =0,于是2 x =1,解得 x =0. ②由条件知 f (2 x )=2 2 x +2 -2 x =(2 x +2 - x ) 2 -2=( f ( x )) 2 -2. 因为 f (2 x ) ≥ mf ( x )-6对于 x ∈R恒成立,且 f ( x )>0, 所以 m ≤   对于 x ∈R恒成立. 而   = f ( x )+   ≥ 2   =4,且   =4, 所以 m ≤ 4,故实数 m 的最大值为4. (2)因为函数 g ( x )= f ( x )-2只有1个零点,而 g (0)= f (0)-2= a 0 + b 0 -2=0,所以0是函数 g ( x )的唯一零点. 因为 g '( x )= a x ln a + b x ln b ,又由0< a <1, b >1知ln a <0,ln b >0, 所以 g '( x )=0有唯一解 x 0 =lo     . 令 h ( x )= g '( x ),则 h '( x )=( a x ln a + b x ln b )'= a x (ln a ) 2 + b x (ln b ) 2 , 从而对任意 x ∈R, h '( x )>0,所以 g '( x )= h ( x )是(- ∞ ,+ ∞ )上的单调增函数. 于是当 x ∈(- ∞ , x 0 )时, g '( x )< g '( x 0 )=0;当 x ∈( x 0 ,+ ∞ )时, g '( x )> g '( x 0 )=0. 因而函数 g ( x )在(- ∞ , x 0 )上是单调减函数,在( x 0 ,+ ∞ )上是单调增函数. 下证 x 0 =0. 若 x 0 <0,则 x 0 <   <0,于是 g   < g (0)=0.又 g (log a 2)=   +   -2>   -2=0,且函数 g ( x )在以   和 log a 2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在   和log a 2之间存在 g ( x )的零点,记为 x 1 .因为0< a < 1,所以log a 2<0. 又   <0,所以 x 1 <0,与“0是函数 g ( x )的唯一零点”矛盾. 若 x 0 >0,同理可得,在   和log b 2之间存在 g ( x )的非0的零点,矛盾. 因此, x 0 =0. 于是-   =1,故ln a +ln b =0,所以 ab =1. 教师专用题组 考点一　函数的实际应用 1. (2015北京,8,5分)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   (　　) 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 答案     D    对于A选项:由题图可知,当乙车速度大于40 km/h时,乙车每消耗1升汽油,行驶里程 都超过5 km,则A错; 对于B选项:由题意可知,以相同速度行驶相同路程,燃油效率越高,耗油越少,故三辆车中甲车 耗油最少,则B错; 对于C选项:甲车以80千米/小时的速度行驶时,燃油效率为10 km/L,则行驶1小时,消耗了汽油8 0 × 1 ÷ 10=8(升),则C错; 对于D选项:当行驶速度小于80 km/h时,在相同条件下,丙车的燃油效率高于乙车,则在该市用 丙车比用乙车更省油,则D对.综上,选D. 2. (2014浙江,17,4分)如图,某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练.已知点 A 到墙面的距离为 AB ,某目标点 P 沿墙面上的射线 CM 移动,此人为了准确瞄准目标点 P ,需计算由 点 A 观察点 P 的仰角 θ 的大小.若 AB =15 m, AC =25 m,∠ BCM =30 ° ,则tan θ 的最大值是 　　　     .(仰 角 θ 为直线 AP 与平面 ABC 所成角) 答案        解析 　过点 P 作 PN ⊥ BC 于 N ,连接 AN ,则∠ PAN = θ ,如图. 设 PN = x m,由∠ BCM =30 ° ,得 CN =   x m. 在直角△ ABC 中, AB =15 m, AC =25 m,则 BC =20 m,故 BN =(20-   x )m. 从而 AN 2 =15 2 +(20-   x ) 2 =3 x 2 -40   x +625, 故tan 2 θ =   =   =   =   . 当   =   时,tan 2 θ 取最大值   , 即当 x =   时,tan θ 取最大值   . 3. (2015江苏,17,14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现 状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为 l 1 , l 2 ,山区 边界曲线为 C ,计划修建的公路为 l ,如图所示, M , N 为 C 的两个端点,测得点 M 到 l 1 , l 2 的距离分别为 5千米和40千米,点 N 到 l 1 , l 2 的距离分别为20千米和2.5千米,以 l 2 , l 1 所在的直线分别为 x , y 轴,建立 平面直角坐标系 xOy ,假设曲线 C 符合函数 y =   (其中 a , b 为常数)模型. (1)求 a , b 的值; (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点, P 的横坐标为 t . ①请写出公路 l 长度的函数解析式 f ( t ),并写出其定义域; ②当 t 为何值时,公路 l 的长度最短?求出最短长度.   解析　 (1)由题意知,点 M , N 的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入 y =   ,得   解得   (2)①由(1)知, y =   (5 ≤ x ≤ 20),则点 P 的坐标为   ,   设在点 P 处的切线 l 交 x 轴, y 轴分别于 A , B 点,易知 y '=-   , 则 l 的方程为 y -   =-   ( x - t ),由此得 A   , B   . 故 f ( t )=   =     , t ∈[5,20]. ②设 g ( t )= t 2 +   ,则 g '( t )=2 t -   . 令 g '( t )=0,解得 t =10   . 当 t ∈(5,10   )时, g '( t )<0, g ( t )是减函数; 当 t ∈(10   ,20)时, g '( t )>0, g ( t )是增函数; 从而,当 t =10   时,函数 g ( t )有极小值,也是最小值,所以 g ( t ) min =300,则 f ( t ) min =15   . 答:当 t =10   时,公路 l 的长度最短,最短长度为15   千米 . 考点二　函数的综合应用 1. (2014辽宁,12,5分)已知定义在[0,1]上的函数 f ( x )满足: ① f (0)= f (1)=0; ②对所有 x , y ∈[0,1],且 x ≠ y ,有| f ( x )- f ( y )|<   | x - y |. 若对所有 x , y ∈[0,1],| f ( x )- f ( y )|< k 恒成立,则 k 的最小值为(　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案      B 　当 x = y 时,| f ( x )- f ( y )|=0. 当 x ≠ y 时, 若| x - y | ≤   ,依题意有| f ( x )- f ( y )|<   | x - y | ≤   ; 若| x - y |>   ,不妨设 x < y ,依题意有| f ( x )- f ( y )|=| f ( x )- f (0)+ f (1)- f ( y )| ≤ | f ( x )- f (0)|+| f (1)- f ( y )|<   | x -0|+   |1- y |=   -   ( y - x ),又 y - x >   ,∴| f ( x )- f ( y )|<   -   ×   =   . 综上所述,对所有 x , y ∈[0,1],都有| f ( x )- f ( y )|<   .因此, k ≥   ,即 k 的最小值为   ,故选B. 2. (2013天津,8,5分)已知函数 f ( x )= x (1+ a | x |).设关于 x 的不等式 f ( x + a )< f ( x )的解集为 A .若   ⊆ A ,则实数 a 的取值范围是   (　　) A.   　     B.   C.   ∪   　    D.   答案      A 　显然 a =0时, A = ⌀ ,不满足条件. a >0时,易知 f (0)=0, x >0时, f ( x )= x (1+ a | x |)>0,于是 f (0+ a )> 0= f (0),而由已知   ⊆ A 可得0∈ A ,即 f (0+ a )< f (0),所以 a >0也不满足条件,故 a <0. 易知 f ( x )=   在坐标系中画出 y = f ( x )与 y = f ( x + a )的图象如图所示,   由图可知满足不等式 f ( x + a )< f ( x )的解集 A =( x C , x B ). 由 x (1- ax )=( x + a )[1- a ( x + a )]可得 x C =   ; 由 x (1+ ax )=( x + a )[1+ a ( x + a )]可得 x B =-   . ∴ A =   ( a <0). 由   ⊆ A 得   解得   < a <0.故选A . 3. (2013湖南,16,5分)设函数 f ( x )= a x + b x - c x ,其中 c > a >0, c > b >0. (1)记集合 M ={( a , b , c )| a , b , c 不能构成一个三角形的三条边长,且 a = b },则( a , b , c )∈ M 所对应的 f ( x ) 的零点的取值集合为 　　　     ; (2)若 a , b , c 是△ ABC 的三条边长,则下列结论正确的是 　　　     .(写出所有正确结论的序号) ① ∀ x ∈(- ∞ ,1), f ( x )>0; ② ∃ x ∈R,使 a x , b x , c x 不能构成一个三角形的三条边长; ③若△ ABC 为钝角三角形,则 ∃ x ∈(1,2),使 f ( x )=0. 答案 　(1){ x |0< x ≤ 1}　(2)①②③ 解析 　(1) a , b , c 不能构成一个三角形的三条边长,且 a = b 得2 a ≤ c ,则   ≥ 2. a x + b x - c x =0时,有2 a x = c x ,   =2,解得 x =lo   2,∴0< x ≤ 1,即 f ( x )= a x + b x - c x 的零点的取值集合为{ x |0< x ≤ 1}. (2)对于①,∵ c > a >0, c > b >0, ∴0<   <1,0<   <1. 此时函数 y =   +   在(- ∞ ,1)上为减函数,得   +   >   +   ,又 a , b , c 是△ ABC 的三条边长, ∴ a + b > c ,即   +   >1,得   +   >1,∴ a x + b x > c x ,∴ ∀ x ∈(- ∞ ,1), f ( x )= a x + b x - c x >0,故①正确; 对于②,∵ y =   , y =   在 x ∈R上为减函数,∴当 x →+ ∞ 时,   与   无限接近于零,故 ∃ x ∈ R,使   +   <1,即 a x + b x < c x ,所以 a x , b x , c x 不能构成一个三角形的三条边长,故②正确; 对于③,若△ ABC 为钝角三角形, c 为最大边,则 a + b > c , a 2 + b 2 < c 2 ,构造函数 g ( x )=   +   -1.则 g (1)=   +   -1=   >0, g (2)=   +   -1=   <0,∴ y = g ( x )在(1,2)上存在零点,即 ∃ x ∈ (1,2),使   +   -1=0,即 f ( x )= a x + b x - c x =0,故③正确.综上所述,结论正确的是①②③. 考点一　函数的实际应用 1. (2018江西4月模拟,10)如图,在正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中,点 P 是 B 1 C 的中点,动点 M 在其表面上 运动,且与平面 A 1 DC 1 的距离保持不变,运行轨迹为 S , M 从 P 点出发,绕其轨迹运行一周的过程中, 运动的路程 x 与 l = MA 1 + MC 1 + MD 之间满足函数关系 l = f ( x ),则此函数图象大致是   (　　)     三年模拟 A组 201 6 —201 8 年 高考模拟·基础题 组 答案      D 　连接 AB 1 , AC . 由题意可知点 M 的运行轨迹是△ B 1 AC ,不妨设 M 从 P 点出发,沿 P → C → A → B 1 → P 运行,设 AC 的中 点为 Q , AB 1 的中点为 R .可知 M 从 P 运行到 C 的过程中, MA 1 + MD 从小变大,且 MC 1 从小变大,即 l 从 小变大,同理可知 M 从 C 到 Q , l 从大变小; M 从 Q 到 A , l 从小变大; M 从 A 到 R , l 从大变小; M 从 R 到 B 1 , l 从小变大; M 从 B 1 到 P , l 从大变小.故选D. 2. (2017福建质检,5)当生物死亡后,其体内原有的碳14的含量大约每经过5 730年衰减为原来的 一半,这个时间称为“半衰期”.当死亡生物体内的碳14含量不足死亡前的千分之一时,用一般 的放射性探测器就测不到了.若某死亡生物体内的碳14用一般的放射性探测器探测不到,则它 经过的“半衰期”个数至少是   (　　) A.8　    B.9　    C.10　    D.11 答案      C 　设死亡生物体内原有的碳14含量为1,则经过 n ( n ∈N * )个“半衰期”后的含量为   ,由   <   得 n ≥ 10.所以,若探测不到碳14含量,则至少经过了10个“半衰期”.故选C. 3. (2016福建三明期末,14)物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却规律来描述:设物体的初 始温度是 T 0 ,经过一定时间 t 后的温度为 T ,则 T - T a =( T 0 - T a )·   ,其中 T a 称为环境温度, h 称为半衰 期.现有一杯用88 ℃热水冲的速溶咖啡,放在24 ℃的房间中,如果咖啡降到40 ℃需要20分钟,那 么此杯咖啡从40 ℃降温到32 ℃时,还需要 　　　     分钟. 答案 　10 解析 　88 ℃的速溶咖啡放在24 ℃的房间中,降到40 ℃需要20分钟,则由题意知 T a =24, T 0 =88, T = 40, t =20,可得40-24=(88-24)   ,解得 h =10,此杯咖啡从40 ℃降温到32 ℃时,可得32-24=(40-24)   ,解得 t =10. 4. (2018湖北荆州一模,19)某市环保研究所对市中心每天的环境污染情况进行调查研究后,发 现一天中环境综合污染指数 f ( x )与时刻 x (时)的关系为 f ( x )=     +   , x ∈[0,24],其中 a 是与气象有关的参数,且 a ∈   . (1)令 t ( x )=   , x ∈[0,24],求 t ( x )的最值; (2)若用每天的 f ( x )的最大值作为当天的综合污染指数,市政府规定:每天的综合污染指数不得 超过2.试问目前市中心的综合污染指数是否超标? 解析 　(1)由 t ( x )=   , x ∈[0,24], 得 t '( x )=   =   , x ∈[0,24], 令 t '( x ) ≥ 0,得( x +2)( x -2) ≤ 0,则0 ≤ x ≤ 2, 令 t '( x )<0,得( x +2)( x -2)>0,则 x >2, ∴ t ( x )在[0,2]上递增,在(2,+ ∞ )上递减,又 t (0)=0, t (2)=   , t →+ ∞ 时, t ( x )→0, ∴ t ( x ) min = t (0)=0; t ( x ) max = t (2)=   . (2)令 t =   ,则由 x ∈[0,24],得 t ∈   , 令 g ( t )= f ( x )= t ·| t - a |+   , t ∈   , 则 g ( t )=   ∵ g ( t )在   和   上递增,在   上递减, 且 g   =   +   , g   =1-   , g   - g   =   +   -   , 令   +   -   ≥ 0,得   -1 ≤ a ≤   ; 令   +   -   <0,得0 ≤ a <   -1, ∴ f ( x ) max =   ∴ f ( x ) max ≤ 1, ∴目前市中心的综合污染指数没有超标 . 考点二　函数的综合应用 1. (2018河北石家庄一模,12)已知 M 是函数 f ( x )=|2 x -3|-8sin π x ( x ∈R)的所有零点之和,则 M 的值为   (　　) A.3　    B.6　    C.9　    D.12 答案      D 　令 f ( x )=0,可得8sin π x =|2 x -3|,作出 y =8sin π x 和 y =|2 x -3|的函数图象如图所示: 由图象可知两函数图象有8个交点,且两函数图象均关于直线 x =   对称,∴ f ( x )的8个零点之和为   × 2 × 4=12.故选D. 2. (2018河南商丘模拟,12)已知函数 f ( x )=- x 3 +1+ a   与 g ( x )=3ln x 的图 象上存在关于 x 轴对称的点,则实数 a 的取值范围是   (　　) A.[0,e 3 -4]　     B.   C.   　    D.[e 3 -4,+ ∞ ) 答案      A 　根据题意,知方程- x 3 +1+ a =-3ln x 在区间   上有解, 即方程 a +1= x 3 -3ln x 在区间   上有解, 设函数 g ( x )= x 3 -3ln x , x ∈   , 则 g '( x )=3 x 2 -   =   , 令 g '( x )=0,得 x =1, 当   ≤ x <1时, g '( x )<0, g ( x )为减函数, 当1< x ≤ e时, g ‘( x )>0, g ( x )为增函数, 故函数 g ( x )= x 3 -3ln x 在 x ∈   上的最小值为 g (1)=1, 又 g   =   +3, g (e)=e 3 -3,且 g   < g (e), 故函数 g ( x )= x 3 -3ln x 在 x ∈   上的最大值为 g (e)=e 3 -3,故函数 g ( x )= x 3 -3ln x 在区间   上的值 域为[1,e 3 -3]. 则有1 ≤ a +1 ≤ e 3 -3,则有0 ≤ a ≤ e 3 -4, 即 a 的取值范围是[0,e 3 -4].故选A . 3. (2017江西模拟,11)函数 y =|log 3 x |的图象与直线 l 1 : y = m 从左至右分别交于点 A 、 B ,与直线 l 2 :   ( m >0)从左至右分别交于点 C 、 D .记线段 AC 和 BD 在 x 轴上的射影长度分别为 a , b ,则   的 最小值为   (　　) A.81   　    B.27   　    C.9   　    D.3   答案    B 　在同一坐标系中作出 y = m , y =   ( m >0), y =|log 3 x |的图象,如图,设 A ( x 1 , y 1 ), B ( x 2 , y 2 ), C ( x 3 , y 3 ), D ( x 4 , y 4 ),由|log 3 x |= m ,得 x 1 =3 - m , x 2 =3 m ,由|log 3 x |=   ,得 x 3 =   , x 4 =   . 依照题意得   =   =   , 又 m >0,∴ m +   =   (2 m +1)+   -   ≥   , 当且仅当   (2 m +1)=   ,即 m =   时取“=”. ∴   的最小值为27   ,故选B. B 组 201 6 —201 8 年 高考模拟·综合题组 (时间: 2 0分钟　分值: 3 0分) 选择题(每题5分,共30分) 1. (2018安徽淮北一模,10)函数 f ( x )在定义域R内可导,若 f (1+ x )= f (3- x ),且当 x ∈(- ∞ ,2)时,( x -2) f '( x ) <0,设 a = f (0), b = f   , c = f (3),则 a , b , c 的大小关系是   (　　) A. a > b > c 　    B. c > a > b 　    C. c > b > a 　    D. b > c > a 答案      C 　∵ f (1+ x )= f (3- x ),∴函数 f ( x )的图象关于直线 x =2对称,∴ f (3)= f (1).当 x ∈(- ∞ ,2)时, ( x -2) f '( x )<0, ∴ f '( x )>0,即此时 f ( x )单调递增,∵0<   <1,∴ f (0)< f   < f (1)= f (3),即 a < b < c ,故选C. 方法指导 　利用导数的符号确定函数的单调性,结合函数图象的对称性判断大小. 解题关键 　当 x <2时, f '( x )>0,∴ f ( x )在(- ∞ ,2)上单调递减.借助单调性比较大小是解题关键. 2. (2018安徽淮南一模,10)已知函数 f ( x )=   -|log 3 ( x -1)|有两个零点 x 1 , x 2 ,则(　　) A. x 1 · x 2 < x 1 + x 2 　    B. x 1 · x 2 <1 C. x 1 · x 2 = x 1 + x 2 　    D. x 1 · x 2 > x 1 + x 2 答案      A 　作出 y =   与 y =|log 3 ( x -1)|的图象,可知函数 f ( x )的零点是两图象交点的横坐标,不妨 设 x 1 < x 2 ,由图可以得到1< x 1 <2< x 2 ,则由 f ( x 1 )=   -|log 3 ( x 1 -1)|=0, f ( x 2 )=   -|log 3 ( x 2 -1)|=0,得-log 3 ( x 1 -1)=   ,log 3 ( x 2 -1)=   ,两式相减得log 3 ( x 2 -1)+log 3 ( x 1 -1)=   -   <0,即log 3 ( x 2 -1)+log 3 ( x 1 -1) <0,故( x 2 -1)·( x 1 -1)<1,得 x 1 · x 2 < x 1 + x 2 .故选A.   思路分析 　作两相应函数图象,由交点位置得原函数两个零点所在的区间,将两零点代入函数 的解析式,得到两个等式,两式相减,根据指数函数的单调性得到不等式,化简即得结论. 解题关键 　得出两零点范围,并能正确运算是解题的关键. 3. (2018河南郑州二模,11)已知 M ={ α | f ( α )=0}, N ={ β | g ( β )=0},若存在 α ∈ M , β ∈ N ,使得| α - β |< n ,则称 函数 f ( x )与 g ( x )互为“ n 度零点函数”,若 f ( x )=3 2- x -1与 g ( x )= x 2 - a e x 互为“1度零点函数”,则实数 a 的取值范围为   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案      B 　由 f ( x )=3 2- x -1=0,解得 x =2,由 g ( x )= x 2 - a e x =0,得 x 2 = a e x ,设其解为 x 0 ,∵ f ( x )=3 2- x -1与 g ( x )= x 2 - a e x 互为“1度零点函数“,∴| x 0 -2|<1,解得1< x 0 <3,∵   = a   ,∴ a =   ,设 h ( x )=   , x ∈(1,3),则 h '( x ) =   ,当1< x <2时, h '( x )>0, h ( x )是增函数,当2< x <3时, h '( x )<0, h ( x )是减函数,∴ h ( x ) max = h (2)=   , 又 h (1)=   , h (3)=   ,∴实数 a 的取值范围为   .故选B. 思路分析      f ( x )的零点易得,而 g ( x )由于存在参数 a ,故其零点与参数 a 有关,故可分离参数,将 a 表 示成关于该零点的函数(其中零点的范围可由新定义得出),从而问题转化函数最值问题. 4. (2018广东广州一模,12)设函数 f ( x )在R上存在导函数 f '( x ),对于任意的实数 x ,都有 f ( x )+ f (- x )=2 x 2 ,当 x <0时, f '( x )+1<2 x ,若 f ( a +1) ≤ f (- a )+2 a +1,则实数 a 的最小值为   (　　) A.-   　    B.-1　    C.-   　    D.-2 答案      A 　设 g ( x )= f ( x )- x 2 ( x ∈R),则 g ( x )+ g (- x )= f ( x )+ f (- x )-2 x 2 =0,∴ g ( x )是奇函数.当 x <0时, g '( x )= f '( x )-2 x <-1,∴ g ( x )在(- ∞ ,0)上是减函数,∴ g ( x )在R上是减函数. ∵ f ( a +1) ≤ f (- a )+2 a +1,∴ f ( a +1)- a 2 -2 a -1 ≤ f (- a )-(- a ) 2 ,即 f ( a +1)-( a +1) 2 ≤ f (- a )-(- a ) 2 ,即 g ( a +1) ≤ g (- a ), ∴ a +1 ≥ - a ,即 a ≥ -   .故选A. 思路分析 　设 g ( x )= f ( x )- x 2 ,判断 g ( x )的奇偶性和单调性,将原不等式转化为有关 g ( x )的不等式,得 出 a 的范围. 知识拓展 　常见构造函数:①已知为 f '( x )- f ( x )形式,构造 F ( x )=   ;②已知为 f '( x )+ f ( x )形式,构造 F ( x )=e x · f ( x ). 5. (2017山东淄博一模,11)设定义在R上的函数 y = f ( x ),对于任一给定的正数 p ,定义函数 f p ( x )=   则称函数 f p ( x )为 f ( x )的“ p 界函数”.关于函数 f ( x )= x 2 -2 x -1的2界函数,结论不成立 的是   (　　) A. f 2 ( f (0))= f ( f 2 (0))　    B. f 2 ( f (1))= f ( f 2 (1)) C. f 2 ( f (2))= f ( f 2 (2))　    D. f 2 ( f (3))= f ( f 2 (3)) 答案      B 　∵函数 f ( x )= x 2 -2 x -1, p =2,∴ f 2 ( x )=   ∴A. f 2 ( f (0))= f 2 (-1)=2, f ( f 2 (0))= f (-1)=1+2-1=2,故A成立; B. f 2 ( f (1))= f 2 (-2)=2, f ( f 2 (1))= f (-2)=4+4-1=7,故B不成立; C. f 2 ( f (2))= f 2 (-1)=2, f ( f 2 (2))= f (-1)=2,故C成立; D. f 2 ( f (3))= f 2 (2)=-1, f ( f 2 (3))= f (2)=-1,故D成立. 故选B. 解题关键 　由定义准确得出 f 2 ( x )的解析式是解题关键. 6. (2017河北“五个一名校联盟”二模,12)若关于 x 的不等式 x e x -2 ax + a <0的非空解集中无整数 解,则实数 a 的取值范围是   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案      B 　设 g ( x )= x e x , f ( x )=2 ax - a ,则 g '( x )=( x +1)e x , f ( x )的图象恒过定点   .作出 g ( x )的图象,可 知仅当直线 y = f ( x )在 l 1 与 l 2 之间(包含 l 2 ,不含 l 1 )时符合题意.   其中 l 1 与 g ( x )的图象相切,设切点为( m , n ), 可得2 a =( m +1)e m , m e m =2 am - a , 消去 a ,可得2 m 2 - m -1=0, 解得 m =1(舍去)或 m =-   , 则切线 l 1 的斜率为2 a =     ,得 a =   ; 易知 g (-1)=-e -1 , f (-1)=-3 a , 由 l 2 与 g ( x )的图象在 x =-1处相交得 f (-1)= g (-1),可得 a =   . 故满足题意 a 的取值范围是   ≤ a <   , 即 a ∈   ,故选B . 方法指导 　构造 g ( x )= x e x , f ( x )=2 ax - a ,作出图象,进而数形结合求解. 解题关键 　正确作出函数图象,找出临界位置是解题的关键.