2017届高考文科数学(全国通用)二轮文档讲义:第2编专题2-2-2函数与方程及函数的应用

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文档介绍

2017届高考文科数学(全国通用)二轮文档讲义:第2编专题2-2-2函数与方程及函数的应用

第二讲 函数与方程及函数的应用 ‎ ‎ ‎[必记公式]‎ 几种常见的函数模型 ‎(1)一次函数模型:y=ax+b(a≠0).‎ ‎(2)二次函数模型:y=ax2+bx+c(a≠0).‎ ‎(3)指数函数模型:y=a·bx+c(b>0且b≠1).‎ ‎(4)对数函数模型:y=blogax+c(a>0且a≠1,x>0).‎ ‎(5)分段函数模型:f(x)=(D1∩D2=∅).‎ ‎[重要性质]‎ ‎1.函数的零点及函数的零点与方程根的关系 对于函数f(x),把使f(x)=0的实数x叫做函数f(x)的零点,函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与函数y=g(x)的图象交点的横坐标.‎ ‎2.零点存在性定理 如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,并且有f(a)·f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在c∈(a,b),使得f(c)=0.这个c也就是方程f(x)=0的一个根.‎ ‎[失分警示]‎ ‎1.函数的零点不是点的坐标,而是函数值等于零的点的横坐标.‎ ‎2.函数零点存在性定理要求函数图象是连续不断的.并且有f(a)·f(b)<0这两个条件同时成立.‎ ‎3.满足零点存在性定理的条件时得出函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,但零点个数不确定;反之函数在[a,b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0.‎ ‎4.求实际问题中的函数解析式时易忽略定义域.‎ ‎ ‎ 考点 函数的零点  ‎ 典例示法 题型1 判断函数零点的存在区间 典例1  [2014·北京高考]已知函数f(x)=-log2x,在下列区间中,包含f(x)零点的区间是(  )‎ A.(0,1) B.(1,2)‎ C.(2,4) D.(4,+∞)‎ ‎[解析] ∵f(1)=6-log21=6>0,f(2)=3-log22=2>0,f(3)=2-log23>0,f(4)=-log24=-2<0,‎ ‎∴包含f(x)零点的区间是(2,4),故选C.‎ ‎[答案] C 题型2 函数零点的个数问题 典例2  [2015·湖北高考]函数f(x)=4cos2·cos-2sinx-|ln (x+1)|的零点个数为________.‎ ‎[解析] f(x)=2(1+cosx)sinx-2sinx-|ln (x+1)|=sin2x-|ln (x+1)|,x>-1,‎ 函数f(x)的零点个数即为函数y=sin2x与y=|ln (x+1)|(x>-1)的图象的交点个数.‎ 分别作出两个函数的图象,如图,可知有两个交点,则f(x)有两个零点.‎ ‎[答案] 2‎ 题型3 利用零点个数或存在区间求参数的取值范围 典例3  [2015·湖南高考]已知函数f(x)=若存在实数b,使函数g(x)=f(x)-b有两个零点,则a的取值范围是________.‎ ‎[解析] 令φ(x)=x3(x≤a),h(x)=x2(x>a),函数g(x)=f(x)-b有两个零点,即函数y=f(x)的图象与直线y=b有两个交点,结合图象可得a<0或φ(a)>h(a),即a<0或a3>a2,解得a<0或a>1,故a∈(-∞,0)∪(1,+∞).‎ ‎[答案] (-∞,0)∪(1,+∞)‎ ‎1.判断函数零点个数的方法 ‎(1)直接求零点:令f(x)=0,则方程解的个数即为零点的个数.‎ ‎(2)零点存在性定理:利用该定理不仅要求函数在[a,b]上是连续的曲线,且 f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.‎ ‎(3)数形结合:对于给定的函数不能直接求解或画出图 形,常会通过分解转化为两个函数图象,然后数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.‎ ‎2.利用函数零点求参数值或取值范围的方法 ‎(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.‎ ‎(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解.‎ ‎(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.‎ 考点 函数与方程的综合应用  ‎ 典例示法 典例4  (1)[2015·江苏高考]已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=‎ 则方程|f(x)+g(x)|=1实数根的个数为________.‎ ‎[解析] f(x)+g(x)= 当10时,f(x)的解析式.‎ 当00,则a的取值范围是(  )‎ A.(2,+∞) B.(1,+∞)‎ C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)‎ 答案 C 解析 当a=0时,显然f(x)有2个零点,不符合题意;当a>0时,f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),易知函数f(x)在(-∞,0)上单调递增.又f(0)=1,当x→-∞时,f(x)=x2(ax-3)+1→-∞,故不适合题意;当a<0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,只需f>0就满足题意.由f>0,得-+1>0,解得a<-2或a>2(舍去),故a<-2.‎ ‎[其它省市高考题借鉴]‎ ‎2.[2016·天津高考]已知函数f(x)=‎ (a>0,且a≠1)在R上单调递减,且关于x的方程|f(x)|=2-x恰有两个不相等的实数解,则a的取值范围是(  )‎ A. B. C.∪ D.∪ 答案 C 解析 当x<0时,f(x)单调递减,必须满足-≥0,故00,即只需方程f(x)=2-x恰有一个实数解,即x2+(4a-3)x+3a=2-x,即x2+2(2a-1)x+3a-2=0在(-∞,0)上恰有唯一的实数解.判别式Δ=4(2a-1)2-4(3a-2)=4(4a2-7a+3)=4(a-1)(4a-3),因为≤a≤,所以Δ≥0.当3a-2<0,即a<时,方程x2+2(2a-1)x+3a-2=0有一个正实根、一个负实根,满足要求;当3a-2=0,即a=时,方程x2+2(2a-1)x+3a-2=0的一个根为0,一个根为-,满足要求;当3a-2>0,即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.‎ ‎2.[2016·北京昌平三模]已知函数f(x)=ln x,则函数g(x)=f(x)-f′(x)的零点所在的区间是(  )‎ A.(0,1) B.(1,2)‎ C.(2,3) D.(3,4)‎ 答案 B 解析 函数f(x)的导数为f′(x)=,所以g(x)=f(x)-f′(x)=ln x-.因为g(1)=ln 1-1=-1<0,g(2)=ln 2->0,所以函数g(x)=f(x)-f′(x)的零点所在的区间为(1,2),故选B.‎ ‎3.[2016·郑州质检]已知函数f(x)=x-cosx,则f(x)在[0,2π]上的零点个数为(  )‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ 答案 C 解析 作出g(x)=x与h(x)=cosx的图象,可以看到其在[0,2π]上的交点个数为3,所以函数f(x)在[0,2π]上的零点个数为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.10个 B.9个 ‎ C.8个 D.1个 答案 A 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.[2015·北京高考]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 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.[2016·郑州质量预测(一)]设函数f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若实数a,b分别是f(x),g(x)的零点,则(  )‎ A.g(a)<00,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)1,0或<-a<,即-0;‎ ‎②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;‎ ‎③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;‎ ‎④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.‎ 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号).‎ 答案 ①④‎ 解析 因为f(x)=2x在R上是单调递增的,所以对于不相等的实数x1,x2,m=>0恒成立,①正确;因为g(x)=x2+ax,所以n==x1+x2+a,正负不定,②错误;由m=n,整理得f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2).令函数p(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax,则p′(x)=2xln 2-2x-a,令t(x)=p′(x),则t′(x)=2x(ln 2)2-2,又t′(1)=2(ln 2)2-2<0,t′(3)=8(ln 2)2-2>0,从而存在x0∈(1,3),使得t′(x0)=2x0(ln 2)2-2=0,于是p′(x)有极小值p′(x0)=2x0ln 2-2x0-a=-2log2-a,所以存在a=-2log2,使得p′(x0)=>0,此时p(x)在R上单调递增,故不存在不相等的实数x1,x2,使得f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),不满足题意,③错误;由m=-n,得f′(x)=-g′(x),即-a=2xln 2+2x.设h(x)=2xln 2+2x,则h′(x)=2x(ln 2)2+2>0,所以h(x)在R上是单调递增的,且当x→+∞时,h(x)→+∞;当x→-∞时,h(x)→-∞,所以对于任意的a,y=-a与y=h(x)的图象一定有交点,④正确.‎ 三、解答题 ‎11.[2016·湖南浏阳一中段考]已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)求函数g(x)=-4ln x的零点个数.‎ 解 (1)∵f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R},‎ ‎∴设f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.∵a>0,f(x)=a[(x-1)2-4]≥-4,又f(1)=-4a,‎ ‎∴f(x)min=-4a=-4,∴a=1.故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.‎ ‎(2)∵g(x)=-4lnx=x--4ln x-2(x>0),g′(x)=1+-=.‎ ‎∴x,g′(x),g(x)的取值变化情况如下:‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,3)‎ ‎3‎ ‎(3,+∞)‎ g′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当03,‎ g(e5)=e5--20-2>25-1-22=9>0.‎ 故函数g(x)只有1个零点,且零点x0∈(3,e5).‎ ‎12.[2016·山东菏泽期中]已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元,每生产1千件需另投入2.7万元,设该公司一年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)= ‎(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式;‎ ‎(2)年产量为多少千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本)‎ 解 (1)当010时,‎ W=xR(x)-(10+2.7x)=98--2.7x.‎ ‎∴W= ‎(2)①当00,当x∈(9,10]时,W′<0,‎ ‎∴当x=9时,W取极大值,即最大值,‎ 且Wmax=8.1×9-×93-10=38.6.‎ ‎②当x>10时,‎ W=98-≤98-2=38,‎ 当且仅当=2.7x,即x=时,W=38,‎ 故当x=时,W取最大值38(当1000x取整数时,W一定小于38).‎ 综合①②知,当x=9时,W取最大值,故当年产量为9千件时,该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大.‎
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