第八节 函数与方程

第八节 函数与方程、函数模型及应用高考试题考点一 函数的零点与方程的根1.(2012年湖北卷,文3)函数f(x)=xcos 2x 在区间[0,2π]上的零点的个数为( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5解析:要使f(x)=xcos 2x=0,则x=0,或cos 2x=0,而在区间[0,2π]上,通过观察y=cos 2x 的函数图象,易得满足cos 2x=0的x 的值有π4,3π4,5π4,7π4,所以零点的个数为5个.答案:D2.(2012年北京卷,文5)函数f(x)= 12x-12⎛⎫⎪⎝⎭x的零点个数为( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:函数f(x)=12x -12⎛⎫⎪⎝⎭x的零点个数为函数p(x)=12x 与函数q(x)=12⎛⎫ ⎪⎝⎭x图象的交点个数.在同一坐标系内画出p(x)=12x 与q(x)=12⎛⎫⎪⎝⎭x的图象如图所示,两图象只有一个交点,∴函数f(x)=12x -12⎛⎫⎪⎝⎭x的零点个数为1.故选B. 答案:B3.(2012年湖南卷,文9)设定义在R 上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数,f ′(x)是f(x)的导函数.当x ∈[0,π]时,0<f(x)<1;当x ∈(0,π)且x ≠π2时,π2x ⎛⎫- ⎪⎝⎭f ′(x)>0,则函数y=f(x)-sin x 在 [-2π,2π]上的零点个数为( ) (A)2 (B)4 (C)5 (D)8解析:∵f(x)是最小正周期为2π的偶函数, ∴f(x+2π)=f(x)=f(-x),∴y=f(x)的图象关于y 轴和直线x=π对称, 又∵0<x<π2时,π2x ⎛⎫- ⎪⎝⎭f ′(x)>0, ∴0<x<π2时,f ′(x)<0. 同理π2<x<π时,f ′(x)>0. 又∵0<x<π时,0<f(x)<1, ∴y=f(x)的大致图象如图所示.又函数y=f(x)-sin x在[-2π,2π]上的零点个数⇔函数y=f(x)与y=sin x图象的交点个数,由图可知共有四个交点.故选B.答案:B4.(2011年新课标全国卷,文10)在下列区间中,函数f(x)=e x+4x-3的零点所在的区间为( )(A)（-14,0）(B)（0,14）(C)（14,12）(D)（12,34）解析:∵f（12）=12e+4×12F（14）=14e+1-3=14e-2<0,且f(x)单调递增,∴f(x)=e x+4x-3的零点所在的区间为（14,12）.故选C.答案:C5.(2010年天津卷,文4)函数f(x)=e x+x-2的零点所在的一个区间是( )(A)(-2,-1) (B)(-1,0)(C)(0,1) (D)(1,2)解析:因为f(0)=e0-2=-1<0,f(1)=e1+1-2=e-1>0,所以选C.答案:C6.(2010年浙江卷,文9)已知x0是函数f(x)=2x+11x的一个零点,若x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),则( )(A)f(x1)<0,f(x2)<0 (B)f(x1)<0,f(x2)>0(C)f(x1)>0,f(x2)<0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0解析:函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,且f(x0)=0,因此f(x1)<0,f(x2)>0.故选B.答案:B7.(2011年辽宁卷,文16)已知函数f(x)=e x-2x+a有零点,则a的取值范围是. 解析:函数f(x)=e x-2x+a有零点,即方程f(x)=0有解,即-a=e x-2x有解,设g(x)=e x-2x,因为g′(x)=e x-2,当x>ln 2时,g′(x)>0;当x<ln 2时,g′(x)<0,所以函数g(x)有极小值,极小值就是最小值g(ln 2)=2-2ln 2,由-a≥2-2ln 2,得a的取值范围为(-∞,2ln 2-2].答案:(-∞,2ln 2-2]8.(2011年山东卷,理16)已知函数f(x)=log a x+x-b(a>0,且a ≠1).当2<a<3<b<4时,函数f(x)的零点 x 0∈(n,n+1),n ∈N *,则n= .解析:对函数f(x), ∵2<a<3<b<4,∴f(2)=log a 2+2-b<1+2-b=3-b<0, f(3)=log a 3+3-b>1+3-b=4-b>0. 即f(2)f(3)<0,易知f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)存在唯一的零点x 0,且x 0∈(2,3), ∴n=2. 答案:2考点二 函数模型及其综合应用1.(2013年新课标全国卷Ⅰ,文12)已知函数f(x)= ()22,0,ln 1,0.x x x x x ⎧-+≤⎪⎨+>⎪⎩若| f(x)|≥ax,则a 的取值范围是( ) (A)(-∞,0](B)(-∞,1](C)[-2,1] (D)[-2,0]解析:由不等式恒成立问题求参数,综合性较强,考查分类讨论与数形结合思想. 当x ≤0时,f(x)=-x 2+2x=-(x-1)2+1≤0,所以|f(x)|≥ax, 即为x 2-2x ≥ax.当x ≤0时,所以a ≥x-2,即a ≥-2验证知a ≥-2时,|f(x)|≥ax(x ≤0)恒成立. 当x>0时,f(x)=ln(x+1)>0,所以|f(x)|≥ax 化简为ln(x+1)>ax 恒成立, 由函数图象可知a ≤0,综上,当-2≤a ≤0时,不等式|f(x)|≥ax 恒成立.故选D. 答案:D2.(2013年辽宁卷,文12)已知函数f(x)=x 2-2(a+2)x+a 2,g(x)=-x 2+2(a-2)x-a 2+8.设H 1(x)=max{f(x),g(x)},H 2(x)=min{f(x),g(x)}(max{p,q}表示p,q 中的较大值,min{p,q}表示p,q 中的较小值).记H 1(x)的最小值为A,H 2(x)的最大值为B,则A-B 等于( ) (A)a 2-2a-16 (B)a 2+2a-16(C)-16(D)16解析:联立()()222222228y x a x a y x a x a ⎧=-+-⎪⎨=-+--+⎪⎩①②①-②得 x 1=a-2,x 2=a+2,如图中虚线部分即为H 1(x)图象,实线部分为H 2(x)的图象,则A 、B 分别为x 1,x 2处函数值, 且A ≤B,由(a-2)2-2(a+2)(a-2)+a 2-(a+2)2+2(a+2)2-a 2=16知,A-B=-16.故选C.答案:C3.(2013年天津卷,文8)设函数f(x)=e x+x-2,g(x)=ln x+x 2-3.若实数a,b 满足f(a)=0,g(b)=0,则( )(A)g(a)<0<f(b) (B)f(b)<0<g(a) (C)0<g(a)<f(b)(D)f(b)<g(a)<0解析:由f(x)=e x+x-2为增函数, f(a)=e a+a-2=0,f(0)<0,f(1)>0, 所以,0<a<1,g(a)=ln a+a 2-3<0,由g(x)在定义域内为增函数, g(b)=ln b+b 2-3=0,且g(1)<0,g(2)>0,所以1<b<2. f(b)=e b+b-2>0,综上得,g(a)<0<f(b),故选A. 答案:A4.(2012年山东卷,文12)设函数f(x)=1x,g(x)=-x 2+bx.若y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则下列判断正确的是( ) (A)x 1+x 2>0,y 1+y 2>0 (B)x 1+x 2>0,y 1+y 2<0 (C)x 1+x 2<0,y 1+y 2>0 (D)x 1+x 2<0,y 1+y 2<0解析:由f(x)-g(x)=0得321x bx x++=0,设F(x)=x 3-bx 2+1,则F(x)=0有且仅有两个不同的根x 1,x 2,由F ′(x)=3x 2-2bx=0得x=0或x=23b,这样必须且只需F(0)=0或F 23b ⎛⎫⎪⎝⎭=0,因为F(0)=1,故必有F 23b ⎛⎫ ⎪⎝⎭=0,由此得b=2,不妨设x 1<x 2,则x 2=23所以F(x)=(x-x 12,比较系数得-x故x 11+x 2故y 1+y 2=11x +21x =1212x x x x +<0.答案:B5.(2010年浙江卷,文16)某商家一月份至五月份累计销售额达3860万元,预测六月份销售额为500万元,七月份销售额比六月份递增x%,八月份销售额比七月份递增x%,九、十月份销售总额与七、八月份销售总额相等.若一月份至十月份销售总额至少达7000万元,则x 的最小值是 . 解析:依题意3860+500+2[500(1+x%)+500(1+x%)2]≥7000,化简得(x%)2+3·x%≥0.64,所以x ≥20或x ≤-320(舍去). 即x 的最小值为20. 答案:206.(2013年辽宁卷,文21)(1)证明:当x ∈[0,1]时,2x ≤sin x ≤x;(2)若不等式ax+x 2+32x +2(x+2)cos x ≤4对x ∈[0,1]恒成立,求实数a 的取值范围.(1)证明:记F(x)=sin x-2x,则F ′. 当x ∈π0,4⎛⎫⎪⎝⎭时,F ′(x)>0, F(x)在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是增函数; 当x ∈π,14⎛⎫⎪⎝⎭时,F ′(x)<0, F(x)在π,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数. 又因为F(0)=0,F(1)>0, 所以当x ∈[0,1]时,F(x)≥0,即sin x≥2x.记H(x)=sin x-x, 则当x ∈(0,1)时,H′(x)=cos x-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是减函数,则H(x)≤H(0)=0,即sin x≤x.综上,2x≤sin x≤x,x∈[0,1].(2)解:因为当x∈[0,1]时,ax+x2+32x+2(x+2)cos x-4=(a+2)x+x2+32x-4(x+2)sin22x≤(a+2)x+x2+32x-4(x+2)24⎛⎝⎭=(a+2)x,所以,当a≤-2时,不等式ax+x2+32x+2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立.下面证明,当a>-2时,不等式ax+x2+32x+2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立.因为当x∈[0,1]时,ax+x2+32x+2(x+2)cos x-4=(a+2)x+x2+32x-4(x+2)sin22x≥(a+2)x+x2+32x-4(x+2)22x⎛⎫⎪⎝⎭=(a+2)x-x2-32x≥(a+2)x-32x2=-32x[x-23(a+2)].所以存在x0∈(0,1)(例如x0取23a+和12中的较小值)满足ax0+2x+32x+2(x0+2)cos x0-4>0,即当a>-2时,不等式ax+x2+32x+2(x+2)cos x-4≤0对x∈[0,1]不恒成立.综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].模拟试题考点一函数的零点与方程的根1.(2012西安一模)已知符号函数sgn(x)=1,0,0,0,1,0,xxx>⎧⎪=⎨⎪-<⎩则函数f(x)=sgn(ln x)-ln x的零点个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:依题意得f(x)=sgn(ln x)-ln x=1ln ,1,ln ,1,1ln ,01,x x x x x x ->⎧⎪-=⎨⎪--<<⎩令f(x)=0得x=e,1,1e,所以函数有3个零点.故选C. 答案:C2.(2011浙江省金华十校高考模拟考试)已知a 是函数f(x)=ln x-12log x 的零点,若0<x 0<a,则f(x 0)的值满足( ) (A)f(x 0)=0 (B)f(x 0)>0(C)f(x 0)<0(D)f(x 0)的符号不确定解析:因为函数f(x)=ln x-12log x 在(0,+∞)上是增函数,且f(a)=0,又0<x 0<a,所以f(x 0)<0.故选C.答案:C3.(2013青岛高三一模)已知函数f(x)=2,0,,0,x x x x x ≤⎧⎨->⎩若函数g(x)=f(x)-m 有三个不同零点,则实数m 的取值范围为( ) (A)1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(B)1,12⎡⎫-⎪⎢⎣⎭(C) 1,04⎛⎫-⎪⎝⎭(D)1,04⎛⎤- ⎥⎝⎦解析:函数g(x)有三个不同零点,即函数y=f(x)与y=m 的图象有三个交点.在同一坐标系中作出它们的图象.由图知满足条件的m 的取值范围为-14<m<0.故选C.答案:C4.(2012安徽合肥第一次质检)函数-m 有零点的充要条件是 .解析:函数有实数根,令y=3x +,-1≤x ≤1,令x+3=t(2≤t ≤4),则,再令1t =p(14≤p ≤12),则可求得0≤-8p 2+6p-1≤18, 于是0,即y∈0,4⎡⎢⎣⎦,所以函数有零点的充要条件是m∈⎡⎢⎣⎦. 答案:m∈⎡⎢⎣⎦考点二 函数模型及综合应用1.(2012广东汕头模拟)某足球俱乐部为救助失学儿童在其所在省体育中心体育场举行一场足球义赛,预计卖出门票2.4万张,票价有3元、5元和8元三种,且票价3元和5元的张数的积为0.6(万张)2.设x 是门票的总收入,经预算,扣除其他各项开支后,此次足球义赛的纯收入函数为y=lg 2x,则这三种门票分别为 万张时为失学儿童募捐纯收入最大.解析:设3元、5元、8元门票的张数分别为a 、b 、c,则 2.4,0.6, 358,a b c ab x a b c ++=⎧⎪=⎨⎪=++⎩①②③ ①代入③有x=19.2-(5a+3b)≤万元),当且仅当53,0.6a b ab =⎧⎨=⎩时等号成立,解得a=0.6,b=1,c=0.8.由于y=lg 2x为增函数,即此时y 也恰有最大值.故三种门票分别为0.6、1、0.8万张时为失学儿童募捐纯收入最大.答案:0.6,1,0.82.(2012湖南十二校联考)某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得10万元到1000万元的投资收益.现准备制定一个对科研课题组的奖励方案:资金y(单位:万元)随投资收益x(单位:万元)的增加而增加,且资金不超过9万元,同时资金不超过收益的20%.(1)请分析函数y=150x+2是否符合公司要求的奖励函数模型,并说明原因; (2)若该公司采用函数模型y=1032x ax -+作为奖励函数模型,试确定最小的正整数a 的值.解:(1)对于函数模型y=f(x)=150x+2,当x ∈[10,1000]时,f(x)为增函数, f(x)max =f(1000)=1000150+2=203+2<9,所以f(x)≤9恒成立,但当x=10时,f(10)= 115+2>105, 即f(x)≤5x不恒成立,故函数模型y=150x+2不符合公司要求. (2)对于函数模型y=g(x)= 1032x ax -+,即g(x)=10-3202a x ++, 当3a+20>0,即a>-203时递增, 为使g(x)≤9对于x ∈[10,1000]恒成立, 即要g(1000)≤9,即a ≥9823, 为使g(x)≤5x对于x ∈[10,1000]恒成立, 即要1032x a x -+≤5x ,即x 2-48x+15a ≥0恒成立,即(x-24)2+15a-576≥0(x ∈[10,1000])恒成立,又 24∈[10,1000],故只需15a-576≥0即可,所以a ≥1925. 综上,a ≥9823,故最小的正整数a 的值为328. 综合检测1.(2012太原调研)若a>1,设函数f(x)=a x+x-4的零点为m,g(x)=log a x+x-4的零点为n,则1m +1n的取值范围是( ) (A)7,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭(B)(1,+∞) (C)(4,+∞)(D)9,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭解析:函数f(x)的零点为y 1=a x与y=-x+4交点的横坐标,g(x)的零点为y 3=log a x 与y 2=-x+4交点的横坐标,由于y 1=a x与y 3=log a x 互为反函数,图象关于y=x 对称,∴m+n=4,m>0,n>0,则1m +1n =14(m+n)(1m +1n)=14(2+n m +m n)≥14(2+2)=1.由于m ≠n,故1m +1n>1.答案:B2.(2013汕头普通高中高三一模)已知函数f(x)=-|x|+1,若关于x 的方程f 2(x)+(2m-1)f(x)+4-2m=0有4个不同的实数解,则实数m 的取值范围是( )(A)m ≥32 (B)m>32 (C)m>-12(D)m<-52解析:法一 由条件有:(-|x|+1)2+(2m-1)(-|x|+1)+4-2m=0,整理,得|x|2-(2m+1)|x|+4=0有4个不同的实数解.设t=|x|∈[0,+∞),则关于x 的方程|x|2-(2m+1)|x|+4=0有4个不同的实数解等价于方程t 2-(2m+1)t+4=0在[0,+∞)内有2个不等实数根,设g(t)=t 2-(2m+1)t+4,则()()221160,210,2040,m m g ⎧∆=+->⎪+⎪>⎨⎪⎪=>⎩∴35,221,2,m m m m R ⎧><-⎪⎪⎪>-⎨⎪∈⎪⎪⎩或∴m>32. 法二 设t=f(x)∈(-∞,1].由题意知方程t 2+(2m-1)t+4-2m=0在(-∞,1)内有两个不等实数根x 1、x 2,则()()()()12120,110,110,x x x x ⎧∆>⎪-+-<⎨⎪-->⎩ ∴()()()2121212214420,20,10,m m x x x x x x ⎧--->⎪⎪+-<⎨⎪++>⎪⎩ 即()()35,222120,422110,m m m m m ⎧><-⎪⎪---<⎨⎪-+-+>⎪⎩或∴35,221,2,m mmm R⎧><-⎪⎪⎪>-⎨⎪∈⎪⎪⎩或∴m>3 2.答案:B3.(2013安徽省联盟高三一模)已知函数y=f(x)的定义域为R,值域为[0,1],对任意的x都有f(x)=f(x+2)和f(|x|)=f(x)成立,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则函数g(x)=f(x)-lg x的零点的个数为.解析:由函数y=f(x)的性质,可画出f(x)的草图如图所示,结合y=lg x的图象知函数g(x)共有9个零点.答案:9。