【紅對勾 講與練】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二第二講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用課時作業(yè)5 新人教A版

《【紅對勾 講與練】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二第二講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用課時作業(yè)5 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【紅對勾 講與練】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二第二講 函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用課時作業(yè)5 新人教A版（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時作業(yè)5　函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用 時間：45分鐘 A級—基礎(chǔ)必做題 一、選擇題 1．(2014·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝－log2x，在下列區(qū)間中，包含f(x)零點的區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,4) D．(4，＋∞) 解析：由題意知，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又f(1)＝6－0＝6>0，f(2)＝3－1＝2>0，f(4)＝－log24＝－2＝－<0，由零點存在性定理，可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,4)上必存在零點． 答案：C 2．若關(guān)于x的方程x2＋mx＋1＝0有兩個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(

2、－1,1) B．(－2,2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：∵方程x2＋mx＋1＝0有兩個不相等的實根， ∴Δ＝m2－4>0.∴m2>4，即m>2或m<－2. 答案：C 3．(2014·湖北卷)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2－3x，則函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋3的零點的集合為(　　) A．{1,3} B．{－3，－1,1,3} C．{2－，1,3} D．{－2－，1,3} 解析：求出當(dāng)x<0時f(x)的解析式，分類討論解方程即可． 令x<0，則－x>0，所以f(－x)＝(－x)2＋3x

3、＝x2＋3x.因為f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)．所以當(dāng)x<0時，f(x)＝－x2－3x.所以當(dāng)x≥0時，g(x)＝x2－4x＋3.令g(x)＝0，即x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3.當(dāng)x<0時，g(x)＝－x2－4x＋3.令g(x)＝0，即x2＋4x－3＝0，解得x＝－2＋>0(舍去)或x＝－2－.所以函數(shù)g(x)有三個零點，故其集合為{－2－，1,3}． 答案：D 4．某人想開一家服裝專賣店，經(jīng)過預(yù)算，該門面需要門面裝修費為20 000元，每天需要房租、水電等費用100元，受經(jīng)營信譽(yù)度、銷售季節(jié)等因素的影響，專賣店銷售總收益R與門面經(jīng)營天數(shù)x的關(guān)系式是R

4、＝ 則總利潤最大時，該門面經(jīng)營的天數(shù)是(　　) A．100 B．150 C．200 D．300 解析：由題意，知總成本C＝20 000＋100x. 所以總利潤P＝R－C ＝ 即P′＝ 令P′＝0，得x＝300，易知當(dāng)x＝300時，總利潤最大． 答案：D 5．已知函數(shù)f(x)＝(k∈R)，若函數(shù)y＝|f(x)|＋k有三個零點，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．k≤2 B．－1

5、x)|有三個交點， 則有－k≥2，即k≤－2，選D. 答案：D 6．已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x＋4)＝f(x)，f(x)＝若方程f(x)－ax＝0有5個實根，則正實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.1，即a>，故實數(shù)a的取值

6、范圍是0，f＝－3－1<0，f·f(2)<0，故下一步可斷定該根在區(qū)間內(nèi)． 答案： 8．(2014·福建卷)函數(shù)f(x)＝的零點個數(shù)是________． 解析：分段函數(shù)分別在每一段上判斷零點個數(shù)，單調(diào)函數(shù)的零點至多有一個． 當(dāng)x≤0時，令x2－2＝0，解得x＝－(正根舍去)

7、， 所以在(－∞，0]上有一個零點． 當(dāng)x>0時，f′(x)＝2＋>0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 又因為f(2)＝－2＋ln2<0，f(3)＝ln3>0，f(2)·f(3)<0，所以f(x)在(2,3)內(nèi)有一個零點． 綜上，函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為2. 答案：2 9．已知f(x)＝|x|＋|x－1|，若g(x)＝f(x)－a的零點個數(shù)不為0，則a的最小值為________． 解析：g(x)的零點個數(shù)不為零，即f(x)圖象與直線y＝a的交點個數(shù)不為零，畫出f(x)的圖象可知，a的最小值為1. 答案：1 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝2x，g(x)

8、＝＋2. (1)求函數(shù)g(x)的值域； (2)求滿足方程f(x)－g(x)＝0的x的值． 解：(1)g(x)＝＋2＝|x|＋2， 因為|x|≥0，所以0<|x|≤1， 即20時，由2x－－2＝0， 整理得(2x)2－2·2x－1＝0，(2x－1)2＝2， 故2x＝1±，因為2x>0，所以2x＝1＋， 即x＝log2(1＋)． 11．某食品廠進(jìn)行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本為20元，并且每公斤蘑菇的加工費為t元(t為常數(shù)，且2≤t≤5)，

9、設(shè)該食品廠每公斤蘑菇的出廠價為x元(25≤x≤40)，根據(jù)市場調(diào)查，銷售量q與ex成反比，當(dāng)每公斤蘑菇的出廠價為30元時，日銷售量為100公斤． (1)求該工廠的每日利潤y元與每公斤蘑菇的出廠價x元的函數(shù)關(guān)系式； (2)若t＝5，當(dāng)每公斤蘑菇的出廠價x為多少元時，該工廠每日的利潤最大？并求最大值． 解：(1)設(shè)日銷量q＝，則＝100，∴k＝100e30， ∴日銷量q＝， ∴y＝(25≤x≤40)． (2)當(dāng)t＝5時，y＝， y′＝， 由y′>0，得x<26，由y′<0，得x>26， ∴y在[25,26)上單調(diào)遞增，在(26,40]上單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝26時，ymax＝10

10、0e4. 當(dāng)每公斤蘑菇的出廠價為26元時，該工廠每日的利潤最大，最大值為100e4元． 12．已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù)． (1)若對任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范圍； (2)當(dāng)m>1時，判斷f(x)在[0,2m]上零點的個數(shù)，并說明理由． 解：(1)f′(x)＝ex－m－1， 令f′(x)＝0，得x＝m. 故當(dāng)x∈(－∞，m)時，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(m，＋∞)時，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． ∴當(dāng)x＝m時，f(m)為極小值，也是最小值． 令f(m)＝1－m≥0，得m≤1， 即若對任意

11、x∈R有f(x)≥0成立， 則m的取值范圍是(－∞，1]． (2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有兩個零點，當(dāng)m>1時，f(m)＝1－m<0. ∵f(0)＝e－m>0，f(0)f(m)<0， ∴f(x)在(0，m)上有一個零點． ∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m， ∵當(dāng)m>1時，g′(m)＝em－2>0， ∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0. ∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一個零點． 故f(x)在[0,2m]上有兩個零點． B級—能力提升題 1．(2014·廣東七校聯(lián)

12、考)已知函數(shù)f(x)＝x－log3x，若實數(shù)x0是方程f(x)＝0的解，且x0

13、t＋a－2＝0在(－∞，－2]∪[2，＋∞)上有解． ∵t≠－1，∴方程t2＋at＋a－2＝0可化為a＝，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，問題就轉(zhuǎn)化為a＝＝＝－(t＋1)＋＋2，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，a＝－(t＋1)＋＋2在(－∞，－2]和[2，＋∞)上都是減函數(shù)，故當(dāng)t≤－2時，a≥2；當(dāng)t≥2時，a≤－，∴a∈(－∞，－]∪[2，＋∞)． 答案：(－∞，－]∪[2，＋∞) 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝x|x－1|＋m，g(x)＝lnx. (1)當(dāng)m＝2時，求函數(shù)y＝f(x)在[1，m]上的最大值． (2)記函數(shù)p(x)＝f(x)－g(x)，若函數(shù)p(x)有零點，求m的取值范

14、圍． 解：(1)當(dāng)m＝2，x∈[1,2]時， f(x)＝x·(x－1)＋2＝x2－x＋2＝2＋. 因為函數(shù)y＝f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以f(x)max＝f(2)＝4，即f(x)在[1,2]上的最大值為4. (2)函數(shù)p(x)的定義域為(0，＋∞)，函數(shù)p(x)有零點，即方程f(x)－g(x)＝x|x－1|－lnx＋m＝0有解，即m＝lnx－x|x－1|有解，令h(x)＝lnx－x|x－1|. 當(dāng)x∈(0,1]時，h(x)＝x2－x＋lnx. 因為h′(x)＝2x＋－1≥2－1>0， 當(dāng)且僅當(dāng)2x＝時取“＝”，所以函數(shù)h(x)在(0,1]上是增函數(shù)，所以h(x)≤h(1)＝0.當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＝－x2＋x＋lnx. 因為h′(x)＝－2x＋＋1 ＝＝－<0， 所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以h(x)