高优指导高考数学二轮复习 专题能力训练5 函数与方程及函数的应用 文

专题能力训练5 函数与方程及函数的应用
一、选择题
1.在下列区间中,函数f(x)=e x+4x-3的零点所在的区间为( )
A. B.
C. D.
2.已知f(x)=则函数g(x)=f(x)-e x的零点个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
3.(2014北京高考,文8)加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率p与加工时间t(单位:分钟)满足函数关系p=at2+bt+c(a,b,c是常数),右图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最佳加工时间为( ) A.3.50分钟 B.3.75分钟
C.4.00分钟
D.4.25分钟
4.若在函数y=|x|(x∈[-1,1])的图象上有一点P(t,|t|),该函数的图象与x轴、直线x=-1及x=t 围成图形(如图阴影部分)的面积为S,则S与t的函数关系图可表示为( )
5.设函数f(x)的定义域为R,f(x)=且对任意的x∈R都有f(x+1)=f(x-1),若在区间[-1,5]上函数g(x)=f(x)-mx-m恰有6个不同零点,则实数m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
6.(2014河南商丘三模)已知函数f(x)=x2+2a log2(x2+2)+a2-3有且只有一个零点,则实数a的值为( )
A.1
B.-3
C.2
D.1或-3
二、填空题
7.若0<a<1,则函数f(x)=a x-|log a x|的零点个数为.
8.设a∈R,若x>0时,[(a-1)x-1](x2-ax-1)≥0恒成立,则a=.
9.已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=k有两个不同的实根,则实数k的取值范围
是.
三、解答题
10.已知二次函数f(x)=x2-16x+q+3.
(1)若该函数在区间[-1,1]上存在零点,求实数q的取值范围;
(2)是否存在常数t(t≥0),当x∈[t,10]时,f(x)的值域为区间D,且区间D的长度为12-t?
11.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c.
(1)若f(-1)=0,试判断函数f(x)的零点个数;
(2)若对x1,x2∈R,且x1<x2,f(x1)≠f(x2),证明方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]必有一个实数根属于(x1,x2).
12.省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后,发现一天中环境综合放射性
污染指数f(x)与时刻x(时)的关系式为f(x)=+2a+,x∈[0,24],其中a是与气象有关的参数,且a∈,若用每天f(x)的最大值为当天的综合放射性污染指数,并记作M(a).
(1)令t=,x∈[0,24],求t的取值范围;
(2)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过2,试问目前市中心的综合放射性污染指数是
否超标?
答案与解析
专题能力训练5 函数与方程及函数的应用
1.C 解析:因为f-2=-1<0,f-1=-1>0,所以函数f(x)的零点所在的一个区间为.
故选C.
2.B 解析:在同一平面直角坐标系中作出函数y=f(x)与y=e x的图象,结合图形可知,它们有两个公共点,因此函数g(x)=f(x)-e x的零点个数是2.故选B.
3.B 解析:由题中图象可知点(3,0.7),(4,0.8),(5,0.5)在函数图象上,因此有
解得
故p=-0.2t2+1.5t-2,其对称轴方程为t==3.75.
所以当t=3.75时,p取得最大值.故选B.
4.B 解析:∵当-1<t<0时,S=(-t)·|t|=t2;
当t>0时,S=t·|t|=t2,
∴S=故选B.
5.D 解析:对∀x∈R有f(x+1)=f(x-1),
令t=x-1,则f(t+2)=f(t).
故函数f(x)是以2为周期的周期函数,作出其图象如图.
函数g(x)=f(x)-mx-m在区间[-1,5]上恰有6个不同零点,可转化为函数y=f(x)与y=m(x+1)的图象的交点个数为6.
由可解得0<m≤.
故选D.
6.A 解析:函数f(x)有且只有一个零点可转化为方程x2+2a log2(x2+2)+a2-3=0只有一解,即函数y=x2-3与y=-a2-2a log2(x2+2)的图象有且只有一个交点.
若a>0,则y=-a2-2a log2(x2+2)为偶函数,且在(0,+∞)上是减函数,∴-a2-2a=-3,解得a=1或a=-3(舍去).
若a<0,则y=-a2-2a log2(x2+2)在(0,+∞)上是增函数,不符合题意.
故选A.
7.2 解析:分别画出函数y=a x(0<a<1)与y=|log a x|(0<a<1)的图象,如图所示.
可知两图象有2个交点,即当0<a<1时,函数f(x)=a x-|log a x|的零点个数为2.
8.解析:令y1=(a-1)x-1,y2=x2-ax-1,则函数y1=(a-1)x-1,y2=x2-ax-1的图象都过定点P(0,-1).
对于函数y1=(a-1)x-1,令y=0,得M,同时只有a-1>0,即a>1时才有可能满足x∈(0,+∞)
时,y1·y2≥0;
对于函数y2=x2-ax-1,显然只有过点M时才能满足x∈(0,+∞)时,y1·y2≥0,代入,得-1=0,可得(a-1)2+a(a-1)-1=0,即2a2-3a=0,解得a=或a=0,舍去a=0,得答案a=.
9.(0,1) 解析:作出函数f(x)的图象如图,由图象可知,当0<k<1时,函数f(x)与y=k的图象有两个不同的交点,所以所求实数k的取值范围是(0,1).
10.解:(1)∵函数f(x)=x2-16x+q+3的对称轴是x=8,
∴f(x)在区间[-1,1]上是减函数.
∵函数f(x)在区间[-1,1]上存在零点,
则必有
即
∴-20≤q≤12.
(2)∵0≤t<10,f(x)在区间[0,8]上是减函数,在区间[8,10]上是增函数,且对称轴是x=8,
①当0≤t≤6时,在区间[t,10]上,f(t)最大,f(8)最小,
∴f(t)-f(8)=12-t,即t2-15t+52=0,解得t=.
∴t=.
②当6<t≤8时,在区间[t,10]上,f(10)最大,f(8)最小,
∴f(10)-f(8)=12-t,解得t=8.
③当8<t<10时,在区间[t,10]上,f(10)最大,f(t)最小,
∴f(10)-f(t)=12-t,即t2-17t+72=0,
解得t=8或t=9.∴t=9.
综上可知,存在常数t=,t=8,t=9满足条件.
11.(1)解:∵f(-1)=0,
∴a-b+c=0.∴b=a+c.
∵Δ=b2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2,
∴当a=c时,Δ=0,函数f(x)有一个零点;
当a≠c时,Δ>0,函数f(x)有两个零点.
(2)证明:令g(x)=f(x)-[f(x1)+f(x2)],
则g(x1)=f(x1)-[f(x1)+f(x2)]=,
g(x2)=f(x2)-[f(x1)+f(x2)]=,
∴g(x1)·g(x2)=-[f(x1)-f(x2)]2<0.
∵f(x1)≠f(x2),∴g(x)=0在区间(x1,x2)内必有一个实根,即方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]必有一个实数根属于(x1,x2).
12.解:(1)当x=0时,t=0;
当0<x≤24时,x+≥2(当x=1时取等号),则t=,即t的取值范围是.
(2)当a∈时,记g(t)=|t-a|+2a+,
则g(t)=
∵g(t)在区间[0,a]上单调递减,在区间上单调递增,且g(0)=3a+,g=a+,
∴g(0)-g=2.
故M(a)=
即M(a)=
由<a≤.
因此当且仅当a≤时,M(a)≤2.
故当0≤a≤时不超标,当<a≤时超标.。