2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)1 第8講 函數(shù)的應(yīng)用習(xí)題 理 新人教A版

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1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)1 第8講 函數(shù)的應(yīng)用習(xí)題 理 新人教A版 一、選擇題 1.(xx·廈門(mén)模擬)函數(shù)f(x)＝2x－的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是(　　) A. B. C. D. 解析　由題意知函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f＝2－2＜0，f(1)＝21－1＞0，所以函數(shù)的零點(diǎn)在區(qū)間內(nèi). 答案　B 2.若函數(shù)f(x)＝ax＋b有一個(gè)零點(diǎn)是2，那么函數(shù)g(x)＝bx2－ax的零點(diǎn)是(　　) A.0，2 B.0， C.0，－ D.2，－ 解析　由已知得b＝－2a，所以g(x)＝－2ax2－ax＝－a(2x2＋x).令

2、g(x)＝0，得x1＝0，x2＝－. 答案　C 3.(xx·周口二模)已知函數(shù)f(x)＝－log3x，若x0是函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)，且0＜x1＜x0，則f(x1)的值(　　) A.恒為正值 B.等于0 C.恒為負(fù)值 D.不大于0 解析　注意到函數(shù)f(x)＝－log3x在(0，＋∞)上是減函數(shù)，因此當(dāng)0＜x1＜x0時(shí)，有f(x1)＞f(x0).又x0是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，因此f(x0)＝0，所以f(x1)＞0，即此時(shí)f(x1)的值恒為正值，選A. 答案　A 4.某企業(yè)投入100萬(wàn)元購(gòu)入一套設(shè)備，該設(shè)備每年的運(yùn)轉(zhuǎn)費(fèi)用是0.5萬(wàn)元，此外每年都要花費(fèi)一定的維護(hù)費(fèi)，第一年的維護(hù)

3、費(fèi)為2萬(wàn)元，由于設(shè)備老化，以后每年的維護(hù)費(fèi)都比上一年增加2萬(wàn)元.為使該設(shè)備年平均費(fèi)用最低，該企業(yè)需要更新設(shè)備的年數(shù)為(　　) A.10 B.11 C.13 D.21 解析　設(shè)該企業(yè)需要更新設(shè)備的年數(shù)為x，設(shè)備年平均費(fèi)用為y，則x年后的設(shè)備維護(hù)費(fèi)用為2＋4＋…＋2x＝x(x＋1)，所以x年的平均費(fèi)用為y＝＝x＋＋1.5(x∈N*)，由基本不等式得y＝x＋＋1.5≥2 ＋1.5＝21.5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝10時(shí)取等號(hào)，所以選A. 答案　A 5.若函數(shù)f(x)＝ax2－x－1有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值為(　　) A.0 B.－ C.0或－ D.2 解析　

4、當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)f(x)＝－x－1為一次函數(shù)，則－1是函數(shù)的零點(diǎn)，即函數(shù)僅有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a≠0時(shí)，函數(shù)f(x)＝ax2－x－1為二次函數(shù)，并且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則一元二次方程ax2－x－1＝0有兩個(gè)相等實(shí)根.∴Δ＝1＋4a＝0，解得a＝－. 綜上，當(dāng)a＝0或a＝－時(shí)，函數(shù)僅有一個(gè)零點(diǎn). 答案　C 二、填空題 6.(xx·湖北卷)函數(shù)f(x)＝4cos2cos－2sin x－|ln(x＋1)|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______. 解析　f(x)＝2(1＋cos x)sin x－2sin x－|ln(x＋1)|＝sin 2x－|ln(x＋1)|，x＞－1，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝si

5、n 2x與y＝|ln(x＋1)|(x＞－1)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).分別作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如圖，可知有兩個(gè)交點(diǎn)，則f(x)有兩個(gè)零點(diǎn). 答案　2 7. (xx·棗莊模擬)在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個(gè)面積最大的內(nèi)接矩形花園(陰影部分)，則其邊長(zhǎng)x為_(kāi)_______m. 解析　設(shè)內(nèi)接矩形另一邊長(zhǎng)為y，則由相似三角形性質(zhì)可得＝，解得y＝40－x，所以面積S＝x(40－x)＝－x2＋40x＝－(x－20)2＋400(0＜x＜40)，當(dāng)x＝20時(shí)，Smax＝400. 答案　20 8.已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________. 解

6、析　畫(huà)出f(x)＝的圖象，如圖.由函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個(gè)零點(diǎn)，結(jié)合圖象得0＜m＜1，即m∈(0，1). 答案　(0，1) 三、解答題 9.已知關(guān)于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0有兩根，其中一根在區(qū)間(－1，0)內(nèi)，另一根在區(qū)間(1，2)內(nèi)，求m的取值范圍. 解　由條件，拋物線f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1與x軸的交點(diǎn)分別在區(qū)間(－1，0)和(1，2)內(nèi)，如圖所示，得?即－

7、，并約定從該店經(jīng)營(yíng)的利潤(rùn)中，首先保證企業(yè)乙的全體職工每月最低生活費(fèi)的開(kāi)支3 600元后，逐步償還轉(zhuǎn)讓費(fèi)(不計(jì)息).在甲提供的資料中：①這種消費(fèi)品的進(jìn)價(jià)為每件14元；②該店月銷量Q(百件)與銷售價(jià)格P(元)的關(guān)系如圖所示；③每月需各種開(kāi)支2 000元. (1)當(dāng)商品的價(jià)格為每件多少元時(shí)，月利潤(rùn)扣除職工最低生活費(fèi)的余額最大？并求最大余額； (2)企業(yè)乙只依靠該店，最早可望在幾年后脫貧？ 解　設(shè)該店月利潤(rùn)余額為L(zhǎng)元， 則由題設(shè)得L＝Q(P－14)×100－3 600－2 000，(*) 由銷量圖易得Q＝ 代入*式得L＝ (1)當(dāng)14≤P≤20時(shí)，Lmax＝450元，此時(shí)P＝19.5

8、元； 當(dāng)20＜P≤26時(shí)，Lmax＝元，此時(shí)P＝元. 故當(dāng)P＝19.5元時(shí)，月利潤(rùn)余額最大，為450元. (2)設(shè)可在n年后脫貧， 依題意有12n×450－50 000－58 000≥0，解得n≥20. 即最早可望在20年后脫貧. 能力提升題組 (建議用時(shí)：20分鐘) 11.某位股民購(gòu)進(jìn)某支股票，在接下來(lái)的交易時(shí)間內(nèi)，他的這支股票先經(jīng)歷了n次漲停(每次上漲10%)，又經(jīng)歷了n次跌停(每次下跌10%)，則該股民這支股票的盈虧情況(不考慮其他費(fèi)用)為(　　) A.略有盈利 B.略有虧損 C.沒(méi)有盈利也沒(méi)有虧損 D.無(wú)法判斷盈虧情況 解析　設(shè)該股民購(gòu)這支股票的價(jià)格為a

9、元，則經(jīng)歷n次漲停后的價(jià)格為a(1＋10%)n＝a×1.1n元，經(jīng)歷n次跌停后的價(jià)格為a×1.1n×(1－10%)n＝a×1.1n×0.9n＝a×(1.1×0.9)n＝0.99n·a＜a，故該股民這支股票略有虧損. 答案　B 12.(xx·章丘模擬)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1在區(qū)間上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(2，＋∞) B.[2，＋∞) C. D. 解析　當(dāng)f·f(3)＜0時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，即(10－3a)＜0，解得＜a＜；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在區(qū)間上有一個(gè)或兩個(gè)零點(diǎn)，解得2≤a＜；當(dāng)a＝時(shí)，函數(shù)的零點(diǎn)為和2，符合題意；當(dāng)a＝時(shí)，函數(shù)的零點(diǎn)為或3，

10、不符合題意.綜上a的取值范圍是，故選D. 答案　D 13.(xx·江蘇卷)已知函數(shù)f(x)＝|ln x|，g(x)＝則方程|f(x)＋g(x)|＝1實(shí)根的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______. 解析　當(dāng)0＜x≤1時(shí)，方程為－ln x＝1，解得x＝； 當(dāng)1＜x＜2時(shí)，f(x)＋g(x)＝ln x＋2－x2單調(diào)遞減， 值域?yàn)?ln 2－2，1)，方程f(x)＋g(x)＝1無(wú)解， 方程f(x)＋g(x)＝－1恰有一解； 當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＋g(x)＝ln x＋x2－6單調(diào)遞增， 值域?yàn)閇ln 2－2，＋∞)，方程f(x)＋g(x)＝1恰有一解， 方程f(x)＋g(x)＝－1恰有一解. 綜上所

11、述，原方程有4個(gè)實(shí)根. 答案　4 14.已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為 {x|－1≤x≤3，x∈R}. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)g(x)＝－4ln x的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 解　(1)∵f(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3. (2)∵g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)， ∴g′(x)＝1＋－＝. 令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3. 當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下： X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 極大值  極小值  當(dāng)0