高考第二轮复习数学浙江文科专题二　函数与导数　函数与方程及函数的应用

高考第二轮复习数学浙江文科专题二　函数与导数　函数与方程及函数的应用

专题二　函数与导数第2讲　函数与方程及函数的应用 真题试做 ‎1．(2012·湖南高考，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≠时，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 ‎2．(2012·浙江高考，文10)设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，(　　)．‎ A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞b B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜b C．若ea－2a＝eb－3b，则a＞b D．若ea－2a＝eb－3b，则a＜b ‎3．(2012·山东高考，文15)若函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝__________.‎ ‎4．(2012·课标全国高考，文16)设函数f(x)＝的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝__________.‎ ‎5．(2012·陕西高考，文21)设函数f(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．‎ ‎(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f(x)在区间内存在唯一零点；‎ ‎(2)设n为偶数， |f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最小值和最大值；‎ ‎(3)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f(x1)－f(x2)|≤4，求b的取值范围．‎ ‎6．(2012·江苏高考，17)如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k＞0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．‎ ‎(1)求炮的最大射程；‎ ‎(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．‎ 考向分析 通过分析近三年的高考试题可以看到对函数与方程的考查主要体现在以下几个方面：一、结合函数与方程的关系，求函数的零点；二、结合根的存在性定理或函数的图象，对函数是否存在零点(方程是否存在实根)进行判断；三、利用零点(方程实根)的存在求相关参数的值或范围．对函数的实际应用问题的考查，题目大多以社会实际生活为背景，设问新颖、灵活，而解决这些问题所涉及的数学知识、数学思想和方法又都是高中教材和课标中所要求掌握的概念、公式、法则、定理等基础知识和方法．‎ 热点例析 热点一　确定函数的零点 ‎【例1】设函数f(x)＝x－ln x(x＞0)，则y＝f(x)(　　)．‎ A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 规律方法 确定函数零点的常用方法：‎ ‎(1)解方程判定法，方程易解时用此法；‎ ‎(2)利用零点存在的判定定理；‎ ‎(3)利用数形结合，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同时多以数形结合法求解．‎ 变式训练1 方程|x|＝cos x在(－∞，＋∞)内(　　)．‎ A．没有根 B．有且仅有一个根 C．有且仅有两个根 D．有无穷多个根 热点二　函数零点的应用 ‎【例2】(1)m为何值时，f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4，‎ ‎①有且仅有一个零点？‎ ‎②有两个零点且均比－1大？‎ ‎(2)若函数F(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，求实数a的取值范围．‎ 规律方法 解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解，再者，对于存在零点求参数范围问题，可通过分离参数，从而转化为求函数值域问题．‎ 变式训练2 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__________．‎ 热点三　函数的实际应用 ‎【例3】某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元．设该容器的建造费用为y千元．‎ ‎(1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域；‎ ‎(2)求该容器的建造费用最小时的r.‎ 规律方法 应用函数知识解应用题的步骤：‎ ‎(1)正确地将实际问题转化为函数模型，这是解应用题的关键．转化来源于对已知条件的综合分析、归纳与抽象，并与熟知的函数模型相比较，以确定函数模型的种类．‎ ‎(2)用相关的函数知识，进行合理设计，确定最佳解题方案，进行数学上的计算求解．‎ ‎(3)把计算获得的结果带回到实际问题中去解释实际问题，即对实际问题进行总结作答．‎ 变式训练3 某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(x＞6)，年销量为u万件，若已知－u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．‎ ‎(1)求年利润y(万元)关于x的函数关系式；‎ ‎(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．‎ 思想渗透 函数与方程思想的含义 ‎(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．函数思想是对函数概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题．‎ ‎(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程(方程组)或者构造方程，通过解方程(方程组)或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．方程的思想是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程(方程组)的观点观察、处理问题．‎ ‎(3)方程的思想与函数的思想密切相关：方程f(x)＝0的解就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标；函数y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通过方程进行研究；方程f(x)＝a有解，当且仅当a属于函数f(x)的值域；函数与方程的这种相互转化关系十分重要．‎ 如图所示，长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速移动，速度为v(v＞0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R)．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：①P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v－c|×S成正比，比例系数为；②其他面的淋雨量之和，其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量．当移动距离d＝100，面积S＝时，‎ ‎(1)写出y的表达式；‎ ‎(2)设0＜v≤10,0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少．‎ 解：(1)由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为|v－c|＋，‎ 故y＝＝(3|v－c|＋10)．‎ ‎(2)由(1)知，‎ 当0＜v≤c时，y＝(3c－3v＋10)＝－15；‎ 当c＜v≤10时，y＝(3v－3c＋10)＝＋15.‎ 故y＝ ‎①当0＜c≤时，y是关于v的减函数．故当v＝10时，ymin＝20－.‎ ‎②当＜c≤5时，在(0，c]上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函数．‎ 故当v＝c时，ymin＝.‎ ‎1．(2012·浙江路桥中学月考，6)已知符号函数sgn(x)＝则函数f(x)＝sgn(ln x)－ln2x的零点个数为(　　)．‎ A．4 B．3‎ C．2 D．1‎ ‎2．(2012·山东潍坊一模，12)若直角坐标平面内的两点P，Q满足条件：‎ ‎①P，Q都在函数y＝f(x)的图象上；②P，Q关于原点对称．‎ 则称点对[P，Q]是函数y＝f(x)的一对“友好点对”(点对[P，Q]与[Q，P]看作同一对“‎ 友好点对”)．‎ 已知函数f(x)＝则此函数的“友好点对”有(　　)．‎ A．0对 B．1对 C．2对 D．3对 ‎3．(2012·浙江金华十校模拟，8)已知函数f(x)＝x－tan x，若实数x0是函数y＝f(x)的零点，且0＜t＜x0，则f(t)的值(　　)．‎ A．大于1 B．大于0‎ C．小于0 D．不大于0‎ ‎4．(2012·浙江东阳中学3月检测，16)若函数f(x)＝x2＋ax＋2b在区间(0,1)，(1,2)内各有一个零点，则a2＋(b－2)2的取值范围是__________．‎ ‎5．(2012·江苏高考，10)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，则a＋3b的值为______．‎ ‎6．(2012·浙江重点中学协作体联考，12)函数f(x)＝则函数y＝f(f(x))＋1的所有零点所构成的集合为__________．‎ ‎7．(2012·北京高考，文12)已知函数f(x)＝lg x，若f(ab)＝1，则f(a2)＋f(b2)＝__________.‎ ‎8．某市近郊有一块大约500 m×500 m的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形场地，其总面积为3 000 m2，其中场地四周(阴影部分)为通道，通道宽度均为2 m，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地(其中两个小场地形状相同)，塑胶运动场地占地面积为S m2.‎ ‎(1)分别写出用x表示y和S的函数关系式(写出函数定义域)；‎ ‎(2)怎样设计能使S取得最大值，最大值为多少？‎ 参考答案 命题调研·明晰考向 真题试做 ‎1．B　解析：由x∈(0，π)且x≠时，f′(x)＞0可知：‎ 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 又∵x∈[0，π]时，f(x)∈(0,1)，且f(x)是最小正周期为2π的偶函数，可画出f(x)的草图为：‎ 对于y＝f(x)－sin x的零点，可在同一坐标系中再作出y＝sin x 的图象，可知在[－2π，2π]上零点个数为4.‎ ‎2．A　解析：考查函数y＝ex＋2x为单调增函数，若ea＋2a＝eb＋2b，则a＝b；‎ 若ea＋2a＝eb＋3b，∴a＞b.故选A.‎ ‎3．　解析：当0＜a＜1时，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值为a－1＝4，即a＝，最小值为a2＝m，从而m＝，这时g(x)＝，即g(x)＝在[0，＋∞)上是增函数．当a＞1时，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值为a2＝4，得a＝2，最小值为a－1＝m，即m＝，这时g(x)＝(1－4m)＝－在[0，＋∞)上为减函数，不合题意，舍去．所以a＝.‎ ‎4．2　解析：f(x)＝＝1＋，‎ 设g(x)＝，则g(－x)＝－g(x)，‎ ‎∴g(x)是奇函数．‎ 由奇函数图象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0，‎ ‎∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.‎ ‎5．(1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，f(x)＝xn＋x－1.‎ ‎∵f·f(1)＝×1＜0，‎ ‎∴f(x)在内存在零点．‎ 又当x∈时，f′(x)＝nxn－1＋1＞0，‎ ‎∴f(x)在上是单调递增的．‎ ‎∴f(x)在内存在唯一零点．‎ ‎(2) 解：方法一：由题意知即 由下图知，b＋3c在点(0，－2)取到最小值－6，‎ 在点(0,0)取到最大值0，‎ ‎∴b＋3c的最小值为－6，最大值为0.‎ 方法二：由题意知 ‎－1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0，①‎ ‎－1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0，②‎ ‎①×2＋②得 ‎－6≤2(b＋c)＋(－b＋c)＝b＋3c≤0.‎ 当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；当b＝c＝0时，b＋3c＝0，‎ ‎∴b＋3c的最小值为－6，最大值为0.‎ 方法三：由题意知 解得b＝，c＝，‎ ‎∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3.‎ 又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1.‎ ‎∴－6≤b＋3c≤0.‎ 当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；当b＝c＝0时，b＋3c＝0，‎ ‎∴b＋3c的最小值为－6，最大值为0.‎ ‎(3)解：当n＝2时，f(x)＝x2＋bx＋c.‎ 对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤4等价于f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：‎ ‎①当＞1，即|b|＞2时，M＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾；‎ ‎②当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，‎ M＝f(1)－f＝2≤4恒成立；‎ ‎③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，‎ M＝f(－1)－f＝2≤4恒成立．‎ 综上可知，－2≤b≤2.‎ ‎6．解：(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0，由实际意义和题设条件知x＞0，k＞0，‎ 故x＝＝≤＝10，当且仅当k＝1时取等号．‎ 所以炮的最大射程为10千米．‎ ‎(2)因为a＞0，所以炮弹可击中目标⇔存在k＞0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.‎ 所以当a不超过6(千米)时，可击中目标．‎ 精要例析·聚焦热点 热点例析 ‎【例1】D　解析：法一：∵f＝·－ln ＝＋1＞0，f(1)＝－ln 1＝＞0，f(e)＝－ln e＝－1＜0，‎ ‎∴f·f(1)＞0，f(1)·f(e)＜0，故y＝f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点．‎ 法二：在同一坐标系中分别画出y＝x与y＝ln x的图象．如图所示．‎ 由图象知零点存在于区间(1，e)内．‎ ‎【变式训练1】C　解析：在同一直角坐标系中作出函数y＝|x|和y＝cos x的图象，如图．‎ 当x＞时，y＝|x|＞＞1，y＝cos x≤1.‎ 当x＜－时，y＝|x|＞＞1，y＝cos x≤1，所以两函数的图象只在内有两个交点，所以|x|＝cos x在(－∞，＋∞)内有两个根．‎ ‎【例2】解：(1)①若函数f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且仅有一个零点，则等价于Δ＝4m2－4(3m＋4)＝0，‎ 即4m2－12m－16＝0，即m2－3m－4＝0，解得m＝4或m＝－1.‎ ‎②设两零点分别为x1，x2，且x1＞－1，x2＞－1，x1≠x2.‎ 则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4，‎ 故只需⇔⇔ 故m的取值范围是{m|－5＜m＜－1}．‎ ‎(2)若F(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，即|4x－x2|＋a＝0有四个根，即|4x－x2|＝－a有四个根．‎ 令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.则作出g(x)的图象，‎ 由图象可知要使|4x－x2|＝－a有四个根，‎ 则需g(x)的图象与h(x)的图象有四个交点，‎ ‎∴0＜－a＜4，即－4＜a＜0.‎ ‎【变式训练2】(0,1)　解析：由函数图象知，如图所示，当0＜k＜1时直线y＝k与函数f(x)的图象有两个交点，即方程f(x)＝k有两个不同的实根．‎ ‎【例3】解：(1)设容器的容积为V，‎ 由题意知V＝πr2l＋πr3，‎ 又V＝，故l＝＝－r＝.‎ 由于l≥2r，因此0＜r≤2.‎ 所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr××3＋4πr2c.‎ 因此y＝4π(c－2)r2＋，0＜r≤2.‎ ‎(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－ ‎＝，0＜r＜2.‎ 由于c＞3，所以c－2＞0.‎ 当r3－＝0时，r＝.‎ 令＝m，得m＞0，‎ 所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．‎ ‎①当0＜m＜2，即c＞时，‎ 当r＝m时，y′＝0；‎ 当r∈(0，m)时，y′＜0；‎ 当r∈(m,2)时，y′＞0.‎ 所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．‎ ‎②当m≥2，即3＜c≤时，‎ 当r∈(0,2)时，y′＜0，函数单调递减．‎ 所以r＝2是函数y的最小值点．‎ 综上所述，当3＜c≤时，建造费用最小时r＝2；当c＞时，建造费用最小时r＝.‎ ‎【变式训练3】解：(1)设－u＝k2，‎ ‎∵售价为10元时，年销量为28万件，‎ ‎∴－28＝k2，解得k＝2.‎ ‎∴u＝－22＋＝－2x2＋21x＋18.‎ 即y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108.‎ ‎(2)由(1)得y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)‎ ‎＝－6(x－2)(x－9)，‎ 由y′＝0得x＝2(∵x＞6，∴舍去)或x＝9.‎ 显然，当x∈(6,9)时，y′＞0；当x∈(9，＋∞)时，y′＜0.‎ ‎∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是增函数，‎ 在(9，＋∞)上是减函数．‎ ‎∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135.‎ ‎∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．‎ 创新模拟·预测演练 ‎1．C　解析：因为f(x)＝则x＝e，x＝1是函数f(x)的零点，故选C.‎ ‎2．C　解析：P，Q为友好点对，不妨设点P(x0，y0)(x0＞0)，则Q(－x0，－y0)．‎ 所以即(1)‎ 方程组(1)的解的个数即是“友好点对”数，‎ 在同一坐标系作出函数图象(如图)，有两个交点，所以有2对“友好点对”．‎ ‎3．B　解析：分别作出函数y＝x与y＝tan x在区间上的图象，得到0＜x0＜，且在区间(0，x0)内函数y＝x的图象位于函数y＝tan x的图象上方，即0＜x＜x0时，f(x)＞0，则f(t)＞0，故选B.‎ ‎4．(5,10)　解析：依题意有即分别以a，b为横、纵坐标轴，作出可行域得点P(a，b)在以A(－2,0)，B(－1,0)，C(－3,1)为顶点的三角形(不含边界)区域内．‎ 而a2＋(b－2)2表示点P到点Q(0,2)的距离的平方．‎ 因为QB⊥BC，则|PQ|2＞|QB|2＝5.‎ 又|QC|＝＞|QA|＝，则|PQ|2＜|QC|2＝10，故a2＋(b－2)2的取值范围是(5,10)．‎ ‎5．－10　解析：根据题意，可得 即解得 故a＋3b＝－10.‎ ‎6．　解析：即求方程f(f(x))＝－1的所有根的集合，先解方程f(t)＝－1，即或得t＝－2，或t＝.‎ 再解方程f(x)＝－2和f(x)＝.‎ 即或和或 得x＝－3或x＝或x＝－或x＝.‎ ‎7．2　解析：由已知可得，lg(ab)＝1，∴f(a2)＋f(b2)＝lg a2＋lg b2＝lg(a2b2)＝2lg(ab)＝2×1＝2.‎ ‎8．解：(1)由已知xy＝3 000,2a＋6＝y，‎ 则y＝(6＜x≤500)，‎ S＝(x－4)a＋(x－6)a ‎＝(2x－10)a ‎＝(2x－10)·＝(x－5)(y－6)‎ ‎＝3 030－6x－(6＜x≤500)．‎ ‎(2)S＝3 030－ ‎≤3 030－2 ‎＝3 030－2×300＝2 430，‎ 当且仅当6x＝，即x＝50时，等号成立．‎ 此时x＝50，y＝60，Smax＝2 430.‎ 即设计成x＝50，y＝60时，运动场地占地面积最大，最大值为2 430 m2.‎ 高考资源网 w。w-w*k&s%5￥u 高考资源网 w。w-w*k&s%5￥u