（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)應(yīng)用學(xué)案 文 蘇教版

《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)應(yīng)用學(xué)案 文 蘇教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)應(yīng)用學(xué)案 文 蘇教版（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)應(yīng)用 [2019考向?qū)Ш絔 考點(diǎn)掃描 三年考情 考向預(yù)測(cè) 2019 2018 2017 1．基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì) 第5題 江蘇高考對(duì)初等函數(shù)的考查主要載體是二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)及簡(jiǎn)單的復(fù)合函數(shù)，多為中檔題；考查函數(shù)性質(zhì)的簡(jiǎn)單綜合運(yùn)用，此類試題對(duì)恒等變形、等價(jià)轉(zhuǎn)化的能力有一定的要求，函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想通常會(huì)有所體現(xiàn)．函數(shù)實(shí)際應(yīng)用題也是高考熱點(diǎn)，常以求最值為問題歸宿． 2．函數(shù)與方程 第14題 第14題 3．函數(shù)模型 第17題 1．必記的概念與定理 指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)

2、和冪函數(shù)的圖象及性質(zhì) (1)指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，a≠1)與對(duì)數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，a≠1)的圖象和性質(zhì)，分01兩種情況，著重關(guān)注兩函數(shù)圖象中的兩種情況的公共性質(zhì)． (2)冪函數(shù)y＝xα的圖象與性質(zhì)由于α的值不同而比較復(fù)雜，當(dāng)α>0時(shí)，圖象過原點(diǎn)和(1，1)，在第一象限的圖象上升；α<0時(shí)，圖象不過原點(diǎn)，在第一象限的圖象下降．曲線在第一象限的凹凸性：α>1時(shí)，曲線下凸；0<α<1時(shí)，曲線上凸；α<0時(shí)，曲線下凸． (3)函數(shù)零點(diǎn)的判定(零點(diǎn)存在性定理) 如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函數(shù)y

3、＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個(gè)c也就是方程f(x)＝0的根． 2．記住幾個(gè)常用的公式與結(jié)論 (1)對(duì)數(shù)式的五個(gè)運(yùn)算公式 loga(MN)＝logaM＋logaN；loga＝logaM－logaN； logaMn＝nlogaM；alogaN＝N；logaN＝．(a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0) 提醒：logaM－logaN≠loga(M－N)，logaM＋logaN≠loga(M＋N)． (2)與二次函數(shù)有關(guān)的不等式恒成立問題 ①ax2＋bx＋c>0，a≠0恒成立的充要條件是 ②ax2＋bx＋c<0，a≠0恒成立的

4、充要條件是 3．需要關(guān)注的易錯(cuò)易混點(diǎn) (1)在比較冪值的大小時(shí)，必須結(jié)合冪值的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)．借助其單調(diào)性進(jìn)行比較，準(zhǔn)確掌握各個(gè)冪函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵． (2)解函數(shù)應(yīng)用題常見的錯(cuò)誤：①不會(huì)將實(shí)際問題抽象轉(zhuǎn)化為函數(shù)模型或轉(zhuǎn)化不全面；②在求解過程中忽視實(shí)際問題對(duì)變量參數(shù)的限制條件． 基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì) [典型例題] (1)已知a＞b＞1．若logab＋logba＝，ab＝ba，則a＝________，b＝________． (2)已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當(dāng)a的值為________時(shí)，log2a·log2(2b)取得最大值． 【解析】　(1)由

5、于a＞b＞1，則logab∈(0，1)，因?yàn)閘ogab＋logba＝，即logab＋＝，所以logab＝或logab＝2(舍去)，所以a＝b，即a＝b2，所以ab＝(b2)b＝b2b＝ba，所以a＝2b，b2＝2b，所以b＝2(b＝0舍去)，a＝4． (2)由于a>0，b>0，ab＝8，所以b＝． 所以log2a·log2(2b)＝log2a·log2＝log2a·(4－log2a)＝－(log2a－2)2＋4， 當(dāng)且僅當(dāng)log2a＝2，即a＝4時(shí)，log2a·log2(2b)取得最大值4． 【答案】　(1)4　2　(2)4 指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)受底數(shù)a的影響，解決與指

6、數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)特別是與單調(diào)性有關(guān)的問題時(shí)，首先要看底數(shù)a的范圍． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．(2019·南通市高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋b)(a>0且a≠1，b∈R)的圖象如圖所示，則a＋b的值是________． [解析] 將(－3，0)，(0，－2)分別代入解析式得loga(－3＋b)＝0，logab＝－2，解得a＝，b＝4，從而a＋b＝． [答案] 2．使log2(－x)

7、10．若在區(qū)間(0，9]上，關(guān)于x的方程f(x)＝

8、g(x)有8個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則k的取值范圍是________． 【解析】　(1)由f(－x)＝f(x)，得f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱．當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1，2]上的圖象如圖． 令g(x)＝|cos πx|－f(x)＝0，得|cos πx|＝f(x)，兩函數(shù)y＝f(x)與y＝|cos πx|的圖象在上的交點(diǎn)有5個(gè)． (2)當(dāng)x∈(0，2]時(shí)，令y＝，則(x－1)2＋y2＝1，y≥0，即f(x)的圖象是以(1，0)為圓心、1為半徑的半圓，利用f(x)是奇函數(shù)，且周期為4，畫出函數(shù)f(x)在(

9、0，9]上的圖象，再在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)(x∈(0，9])的圖象，如圖，關(guān)于x的方程f(x)＝g(x)在(0，9]上有8個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即兩個(gè)函數(shù)的圖象有8個(gè)不同的交點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合知g(x)(x∈(0，1])與f(x)(x∈(0，1])的圖象有2個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí)滿足題意，當(dāng)直線y＝k(x＋2)經(jīng)過點(diǎn)(1，1)時(shí)，k＝，當(dāng)直線y＝k(x＋2)與半圓(x－1)2＋y2＝1(y≥0)相切時(shí)，＝1，k＝或k＝－(舍去)，所以k的取值范圍是． 【答案】　(1)5　(2) 判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法 (1)解方程法：若對(duì)應(yīng)方程f(x)＝0可解時(shí)，通過解方程，則有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)． (2

10、)零點(diǎn)存在性定理法：利用定理不僅要判斷函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性、周期性、對(duì)稱性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)． (3)數(shù)形結(jié)合法：轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題．先畫出兩個(gè)函數(shù)的圖象，看其交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，其中交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，就是函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 3．(2019·南京四校高三聯(lián)考)已知周期為4的函數(shù)f(x)＝，則方程3f(x)＝x的根的個(gè)數(shù)為________． [解析] 作出函數(shù)y＝f(x)的圖象及直線y＝如圖所示，則兩個(gè)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3，即方程的根的個(gè)數(shù)為3． [答案] 3 4．(20

11、19·蘇州市高三調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常數(shù)a、b滿足2a＝3，3b＝2，則n＝________． [解析] f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)x0就是方程ax＝－x＋b的根．設(shè)y1＝ax，y2＝－x＋b， 故x0就是兩函數(shù)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)， 由2a＝3，3b＝2，得a>1，0

12、農(nóng)田，如圖所示，它的邊界由圓O的一段圓弧MPN(P為此圓弧的中點(diǎn))和線段MN構(gòu)成．已知圓O的半徑為40米，點(diǎn)P到MN的距離為50米．現(xiàn)規(guī)劃在此農(nóng)田上修建兩個(gè)溫室大棚，大棚Ⅰ內(nèi)的地塊形狀為矩形ABCD，大棚Ⅱ內(nèi)的地塊形狀為△CDP，要求A，B均在線段MN上，C，D均在圓弧上．設(shè)OC與MN所成的角為θ． (1)用θ分別表示矩形ABCD和△CDP的面積，并確定sin θ的取值范圍； (2)若大棚Ⅰ內(nèi)種植甲種蔬菜，大棚Ⅱ內(nèi)種植乙種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜的單位面積年產(chǎn)值之比為4∶3．求當(dāng)θ為何值時(shí)，能使甲、乙兩種蔬菜的年總產(chǎn)值最大． 【解】　(1)設(shè)PO的延長(zhǎng)線交MN于H，則PH⊥MN，所以O(shè)

13、H＝10． 過O作OE⊥BC于E，則OE∥MN，所以∠COE＝θ， 故OE＝40cos θ， EC＝40sin θ， 則矩形ABCD的面積為2×40cos θ·(40sin θ＋10)＝800(4sin θcos θ＋cos θ)，△CDP的面積為 ×2×40cos θ(40－40sin θ)＝1 600(cos θ－sin θcos θ)． 過N作GN⊥MN，分別交圓弧和OE的延長(zhǎng)線于G和K，則GK＝KN＝10．連結(jié)OG，令∠GOK＝θ0，則sin θ0＝，θ0∈． 當(dāng)θ∈時(shí)，才能作出滿足條件的矩形ABCD， 所以sin θ的取值范圍是． (2)因?yàn)榧?、乙兩種蔬菜的單位

14、面積年產(chǎn)值之比為4∶3， 設(shè)甲的單位面積的年產(chǎn)值為4k，乙的單位面積的年產(chǎn)值為3k(k>0)，則年總產(chǎn)值為4k×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k×1 600(cos θ－sin θcos θ)＝8 000k(sin θcos θ＋cos θ)，θ∈． 設(shè)f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈，則 f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sin θ＝－(2sin2θ＋sin θ－1)＝－(2sin θ－1)·(sin θ＋1)． 令f′(θ)＝0，得θ＝， 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)>0，所以f(θ)為增函數(shù)； 當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)<0，所以f(θ)為減函數(shù)， 因

15、此，當(dāng)θ＝時(shí)，f(θ)取到最大值． 應(yīng)用函數(shù)模型解決實(shí)際問題的一般程序是： ??? 與函數(shù)有關(guān)的應(yīng)用題，經(jīng)常涉及物價(jià)、路程、產(chǎn)值、環(huán)保等實(shí)際問題，也可涉及角度、面積、體積、造價(jià)的最優(yōu)化問題．解答這類問題的關(guān)鍵是建立相關(guān)函數(shù)解析式，然后應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式和導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識(shí)加以綜合解答． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 5．(2019·江蘇省四星級(jí)學(xué)校聯(lián)考)某品牌開發(fā)了一種新產(chǎn)品，欲在沿海城市尋找一個(gè)工廠代理加工生產(chǎn)該新產(chǎn)品，由于該新產(chǎn)品的專利保護(hù)要求比較高，某種核心配件只能從總公司購(gòu)買并且由總公司統(tǒng)一配送，該廠每天需要此核心配件200個(gè)，配件的價(jià)格為1．8元/個(gè)，每次購(gòu)買配件需支付運(yùn)費(fèi)236元．每

16、次購(gòu)買來的配件還需支付保密費(fèi)用(若n天購(gòu)買一次，則需要支付n天的保密費(fèi)用)，其標(biāo)準(zhǔn)如下：7天以內(nèi)(含7天)，均按10元/天支付；7天以外，根據(jù)當(dāng)天還未生產(chǎn)時(shí)剩余配件的數(shù)量，以每天0．03元/個(gè)支付． (1)當(dāng)9天購(gòu)買一次配件時(shí)，求該廠用于配件的保密費(fèi)用p(元)的值； (2)設(shè)該廠x天購(gòu)買一次配件，求該廠在這x天中用于配件的總費(fèi)用y(元)關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求該廠多少天購(gòu)買一次配件才能使平均每天支付的費(fèi)用最少． [解] (1)當(dāng)9天購(gòu)買一次配件時(shí)，該廠用于配件的保密費(fèi)用p＝70＋0．03×200×(2＋1)＝88(元)． (2)①當(dāng)0＜x≤7時(shí)，y＝1．8×200x＋10x＋236＝3

17、70x＋236． ②當(dāng)x＞7時(shí)，y＝1．8×200x＋236＋70＋200×0．03×[(x－7)＋(x－8)＋…＋2＋1]＝3x2＋321x＋432， 所以y＝． 設(shè)該廠x天購(gòu)買一次配件時(shí)，平均每天支付的費(fèi)用為f(x)元，　 則f(x)＝． 當(dāng)0＜x≤7時(shí)，f(x)＝370＋，f(x)是(0，7]上的減函數(shù)， 所以當(dāng)x＝7時(shí)，f(x)有最小值． 當(dāng)x＞7時(shí)，f(x)＝3x＋＋321＝3＋321≥3×2×＋321＝393， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝12時(shí)取等號(hào)． 又＞393，所以當(dāng)該廠12天購(gòu)買一次配件時(shí)才能使平均每天支付的費(fèi)用最少． 1．已知點(diǎn)M在冪函數(shù)f(x)的圖象上，

18、則f(x)的表達(dá)式為________． [解析] 設(shè)冪函數(shù)的解析式為f(x)＝xα，則3＝，得 α＝－2．故f(x)＝x－2． [答案] f(x)＝x－2 2．(2019·常州模擬) 函數(shù)y＝的值域?yàn)開_______． [解析] 由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)知值域?yàn)?0，＋∞)． [答案] (0，＋∞) 3．函數(shù)y＝|x|2－|x|－12兩個(gè)零點(diǎn)的差的絕對(duì)值是________． [解析] 令|x|2－|x|－12＝0，得(|x|－4)(|x|＋3)＝0， 即|x|＝4， 所以兩個(gè)零點(diǎn)的差的絕對(duì)值是|4－(－4)|＝8． [答案] 8 4．(2019·綿陽期中)若a＝30．6，b＝lo

19、g30．2，c＝0．63，則a，b，c的大小關(guān)系為________． [解析] 30．6＞1，log30．2＜0，0＜0．63＜1，所以a＞c＞b． [答案] a＞c＞b 5．(2019·山西大學(xué)附中期中)有四個(gè)函數(shù)：①y＝x；②y＝21－x；③y＝ln(x＋1)；④y＝|1－x|．其中在區(qū)間(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減的函數(shù)的序號(hào)是________． [解析] 分析題意可知①③顯然不滿足題意，畫出②④中的函數(shù)圖象(圖略)，易知②④中的函數(shù)滿足在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減． [答案] ②④ 6．設(shè)2a＝5b＝m，且＋＝2，則m＝________． [解析] 因?yàn)?a＝5b＝m，所以a＝log

20、2m，b＝log5m， 所以＋＝＋＝logm2＋logm5＝logm10＝2．所以m＝． [答案] 7．(2019·南京、鹽城高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝－kx(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． [解析] 由題意，知x≠0，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于方程－kx＝0只有一個(gè)根，即方程＝k只有一個(gè)根，設(shè)g(x)＝，則函數(shù)g(x)＝的圖象與直線y＝k只有一個(gè)交點(diǎn)． 因?yàn)間′(x)＝，所以函數(shù)g(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，在(0，2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)，g(x)的極小值g(2)＝，且x→0時(shí)，g(x)→＋∞，x→－∞

21、時(shí)，g(x)→0，x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，則g(x)的圖象如圖所示，由圖易知00且a≠1，函數(shù)y＝a2x＋

22、2ax－1在[－1，1]上的最大值是14，則a的值為________． [解析] 令t＝ax(a>0且a≠1)，則原函數(shù)化為y＝(t＋1)2－2(t>0)． ①當(dāng)00，所以a＝． ②當(dāng)a>1時(shí)，x∈[－1，1]，t＝ax∈， 此時(shí)f(t)在上是增函數(shù)． 所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14， 解得a＝3(a＝－5舍去)． 綜上得a＝或3． [答案] 或3 10．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考信息卷(五)

23、)已知函數(shù)f(x)＝(x∈R)，g(x)滿足g(2－x)＋g(x)＝0．若函數(shù)f(x－1)與函數(shù)g(x)的圖象恰好有2 019個(gè)交點(diǎn)，則這2 019個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為______． [解析] 由于f(－x)＋f(x)＝＋＝0，所以函數(shù)f(x)＝為奇函數(shù)，從而函數(shù)f(x－1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱．由函數(shù)g(x)滿足g(2－x)＋g(x)＝0，可知g(x)的圖象也關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，所以函數(shù)F(x)＝g(x)－f(x－1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，從而這2 019個(gè)零點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，由于F(1)＝g(1)－f(0)＝0，所以x＝1是F(x)的一個(gè)零點(diǎn)，其余2 018個(gè)零點(diǎn)首尾

24、結(jié)合，兩兩關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，和為2 018，故所有這些零點(diǎn)之和為2 019，即函數(shù)f(x－1)與函數(shù)g(x)的圖象的2 019個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為2 019． [答案] 2 019 11．已知函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝x－1． (1)若存在x∈R使f(x)0?b<0或b>4． 故b的取值范圍為(－∞，0)∪(4，＋∞)． (2)F

25、(x)＝x2－mx＋1－m2， Δ＝m2－4(1－m2)＝5m2－4． ①當(dāng)Δ≤0，即－≤m≤時(shí)， 則必需?－≤m≤0． ②當(dāng)Δ>0，即m<－或m>時(shí)， 設(shè)方程F(x)＝0的根為x1，x2(x1

26、為正方形，且面積大于 m2(木條寬度忽略不計(jì))，求四根木條總長(zhǎng)的取值范圍； (2)若四根木條總長(zhǎng)為6 m，求窗口ABCD面積的最大值． [解] (1)當(dāng)ABCD為正方形時(shí)，四根木條的長(zhǎng)度相等，設(shè)一根木條長(zhǎng)為x m， 則正方形的邊長(zhǎng)為2＝ m． 因?yàn)镾四邊形ABCD>，所以4－x2>，即0， 所以4<4x<2， 即四根木條總長(zhǎng)的取值范圍為(4，2)． (2)設(shè)AB所在木條長(zhǎng)為a m，BC所在木條長(zhǎng)為b m． 由條件知，2a＋2b＝6，即a＋b＝3． 因?yàn)閍，b∈(0，2)，所以b＝3－a∈(0，2)，從而a，b∈(1，2)． 由

27、于AB＝2，BC＝2， S矩形ABCD＝4·＝·， 因?yàn)椤ぁ堋埽剑? 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝∈(1，2)時(shí)，S矩形ABCD＝， 所以窗口ABCD面積的最大值為 m2． 13．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考(九))某公司研發(fā)了一款新型的洗衣液，其具有“強(qiáng)力去漬、快速去污”的效果．研發(fā)人員通過多次試驗(yàn)發(fā)現(xiàn)每投放a(1≤a≤4，a∈R)克洗衣液在一定量水的洗衣機(jī)中，它在水中釋放的濃度y(克/升)隨著時(shí)間x(分鐘)變化的函數(shù)關(guān)系式近似為y＝a·f(x)，其中f(x)＝且當(dāng)水中洗衣液的濃度不低于16克/升時(shí)，才能夠起到有效去污的作用．若多次投放，則某一時(shí)刻水中的洗衣液濃度為每次投放的洗衣液在相應(yīng)時(shí)刻所

28、釋放的濃度之和． (1)若一次投放4克的洗衣液，則有效去污時(shí)間可達(dá)幾分鐘？ (2)如果第一次投放4克洗衣液，4分鐘后再投放4克洗衣液，寫出第二次投放之后洗衣液在水中釋放的濃度y(克/升)與時(shí)間x(分鐘)的函數(shù)關(guān)系式，其中x表示第一次投放的時(shí)長(zhǎng)，并判斷接下來的4分鐘是否能夠持續(xù)有效去污． [解] (1)當(dāng)一次投放4克洗衣液，即a＝4時(shí)， y＝4·f(x)＝ 因?yàn)楫?dāng)水中洗衣液的濃度不低于16克/升時(shí)，才能夠起到有效去污的作用，所以當(dāng)0≤x≤4時(shí)，由8x≥16，解得x≥2，所以此時(shí)2≤x≤4；當(dāng)x>4時(shí)，由＋8≥16，得x≤6，所以此時(shí)4

29、4克洗衣液，有效去污時(shí)間可達(dá)4分鐘． (2)由(1)得，當(dāng)4≤x≤8時(shí)， y＝＋8＋8(x－4)＝＋8(x－3)； 當(dāng)x>8時(shí)，y＝＋8＋＋8 ＝＋＋16． 綜上，y＝ 當(dāng)4≤x≤8時(shí)， y＝＋8(x－3)≥2＝16，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3＋時(shí)等號(hào)成立． 又16>16，所以接下來的4分鐘能夠有效去污． 14．設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)． (1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn)； (2)設(shè)n＝2，若對(duì)任意x1，x2∈[－1，1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范圍． [解] (1)證明：b＝1，c＝－

30、1，n≥2時(shí)，fn(x)＝xn＋x－1． 因?yàn)閒nfn(1)＝×1<0， 所以fn(x)在內(nèi)存在零點(diǎn)． 又當(dāng)x∈時(shí)，f′n(x)＝nxn－1＋1>0， 所以fn(x)在上是單調(diào)遞增的， 所以fn(x)在內(nèi)存在唯一零點(diǎn)． (2)當(dāng)n＝2時(shí)，f2(x)＝x2＋bx＋c． 對(duì)任意x1，x2∈[－1，1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價(jià)于f2(x)在[－1，1]上的最大值與最小值之差M≤4． 據(jù)此分類討論如下： ①當(dāng)>1，即|b|>2時(shí)， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，與題設(shè)矛盾． ②當(dāng)－1≤－<0，即0