2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-2-2函数与方程及函数的应用

2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-2-2函数与方程及函数的应用

第二讲　函数与方程及函数的应用 ‎ ‎ ‎[必记公式]‎ 几种常见的函数模型 ‎(1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)．‎ ‎(2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．‎ ‎(3)指数函数模型：y＝a·bx＋c(b>0且b≠1)．‎ ‎(4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0且a≠1，x>0)．‎ ‎(5)分段函数模型：f(x)＝(D1∩D2＝∅)．‎ ‎[重要性质]‎ ‎1．函数的零点及函数的零点与方程根的关系 对于函数f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点，函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．‎ ‎2．零点存在性定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0.这个c也就是方程f(x)＝0的一个根．‎ ‎[失分警示]‎ ‎1．函数的零点不是点的坐标，而是函数值等于零的点的横坐标．‎ ‎2．函数零点存在性定理要求函数图象是连续不断的．并且有f(a)·f(b)<0这两个条件同时成立．‎ ‎3．满足零点存在性定理的条件时得出函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，但零点个数不确定；反之函数在[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0.‎ ‎4．求实际问题中的函数解析式时易忽略定义域．‎ ‎ ‎ 考点　函数的零点　　‎ 典例示法 题型1　判断函数零点的存在区间 典例1　　[2014·北京高考]已知函数f(x)＝－log2x，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是(　　)‎ A．(0,1) B．(1,2)‎ C．(2,4) D．(4，＋∞)‎ ‎[解析]　∵f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(3)＝2－log23>0，f(4)＝－log24＝－2<0，‎ ‎∴包含f(x)零点的区间是(2,4)，故选C.‎ ‎[答案]　C 题型2　函数零点的个数问题 典例2　　[2015·湖北高考]函数f(x)＝4cos2·cos－2sinx－|ln (x＋1)|的零点个数为________．‎ ‎[解析]　f(x)＝2(1＋cosx)sinx－2sinx－|ln (x＋1)|＝sin2x－|ln (x＋1)|，x>－1，‎ 函数f(x)的零点个数即为函数y＝sin2x与y＝|ln (x＋1)|(x>－1)的图象的交点个数．‎ 分别作出两个函数的图象，如图，可知有两个交点，则f(x)有两个零点．‎ ‎[答案]　2‎ 题型3　利用零点个数或存在区间求参数的取值范围 典例3　　[2015·湖南高考]已知函数f(x)＝若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是________．‎ ‎[解析]　令φ(x)＝x3(x≤a)，h(x)＝x2(x>a)，函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，结合图象可得a<0或φ(a)>h(a)，即a<0或a3>a2，解得a<0或a>1，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．‎ ‎[答案]　(－∞，0)∪(1，＋∞)‎ ‎1．判断函数零点个数的方法 ‎(1)直接求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．‎ ‎(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续的曲线，且 f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．‎ ‎(3)数形结合：对于给定的函数不能直接求解或画出图 形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．‎ ‎2．利用函数零点求参数值或取值范围的方法 ‎(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．‎ ‎(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．‎ ‎(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．‎ 考点　函数与方程的综合应用　　‎ 典例示法 典例4　　(1)[2015·江苏高考]已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝‎ 则方程|f(x)＋g(x)|＝1实数根的个数为________．‎ ‎[解析]　f(x)＋g(x)＝ 当10时，f(x)的解析式．‎ 当00，则a的取值范围是(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)‎ C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)‎ 答案　C 解析　当a＝0时，显然f(x)有2个零点，不符合题意；当a>0时，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，易知函数f(x)在(－∞，0)上单调递增．又f(0)＝1，当x→－∞时，f(x)＝x2(ax－3)＋1→－∞，故不适合题意；当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，只需f>0就满足题意．由f>0，得－＋1>0，解得a<－2或a>2(舍去)，故a<－2.‎ ‎[其它省市高考题借鉴]‎ ‎2．[2016·天津高考]已知函数f(x)＝‎ (a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是(　　)‎ A. B. C.∪ D.∪ 答案　C 解析　当x<0时，f(x)单调递减，必须满足－≥0，故00，即只需方程f(x)＝2－x恰有一个实数解，即x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x，即x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0在(－∞，0)上恰有唯一的实数解．判别式Δ＝4(2a－1)2－4(3a－2)＝4(4a2－7a＋3)＝4(a－1)(4a－3)，因为≤a≤，所以Δ≥0.当3a－2<0，即a<时，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0有一个正实根、一个负实根，满足要求；当3a－2＝0，即a＝时，方程x2＋2(2a－1)x＋3a－2＝0的一个根为0，一个根为－，满足要求；当3a－2>0，即1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因为x>1，所以此时方程无解．综上，函数f(x)的零点只有0.‎ ‎2．[2016·北京昌平三模]已知函数f(x)＝ln x，则函数g(x)＝f(x)－f′(x)的零点所在的区间是(　　)‎ A．(0,1) B．(1,2)‎ C．(2,3) D．(3,4)‎ 答案　B 解析　函数f(x)的导数为f′(x)＝，所以g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－.因为g(1)＝ln 1－1＝－1<0，g(2)＝ln 2－>0，所以函数g(x)＝f(x)－f′(x)的零点所在的区间为(1,2)，故选B.‎ ‎3．[2016·郑州质检]已知函数f(x)＝x－cosx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 答案　C 解析　作出g(x)＝x与h(x)＝cosx的图象，可以看到其在[0,2π]上的交点个数为3，所以函数f(x)在[0,2π]上的零点个数为3，故选C.‎ ‎4．已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lg x|的图象的交点共有(　　)‎ A．10个 B．9个 ‎ C．8个 D．1个 答案　A 解析　在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝|lg x|的图象，如图．又lg 10＝1，由图象知选A.‎ ‎5．[2015·北京高考]汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程．下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是(　　)‎ A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油 D．某城市机动车最高限速80千米/小时．相同条件下， 在该市用丙车比用乙车更省油 答案　D 解析　对于A选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 km/h时的燃油效率大于5 km/L，故乙车消耗1升汽油的行驶路程可大于5千米，所以A错误．对于B选项，由图可知甲车消耗汽油最少．对于C选项，甲车以80 km/h的速度行驶时的燃油效率为10 km/L，故行驶1小时的路程为80千米，消耗8 L汽油，所以C错误．对于D选项，当最高限速为80 km/h且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以D正确．‎ ‎6．[2016·郑州质量预测(一)]设函数f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝ln x＋2x2－5，若实数a，b分别是f(x)，g(x)的零点，则(　　)‎ A．g(a)<00，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即00，函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1f(1)>0.又函数g(x)在(0,1)内是增函数，因此有g(a)1,0或<－a<，即－0；‎ ‎②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n>0；‎ ‎③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；‎ ‎④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.‎ 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．‎ 答案　①④‎ 解析　因为f(x)＝2x在R上是单调递增的，所以对于不相等的实数x1，x2，m＝>0恒成立，①正确；因为g(x)＝x2＋ax，所以n＝＝x1＋x2＋a，正负不定，②错误；由m＝n，整理得f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)．令函数p(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，则p′(x)＝2xln 2－2x－a，令t(x)＝p′(x)，则t′(x)＝2x(ln 2)2－2，又t′(1)＝2(ln 2)2－2<0，t′(3)＝8(ln 2)2－2>0，从而存在x0∈(1,3)，使得t′(x0)＝2x0(ln 2)2－2＝0，于是p′(x)有极小值p′(x0)＝2x0ln 2－2x0－a＝－2log2－a，所以存在a＝－2log2，使得p′(x0)＝>0，此时p(x)在R上单调递增，故不存在不相等的实数x1，x2，使得f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不满足题意，③错误；由m＝－n，得f′(x)＝－g′(x)，即－a＝2xln 2＋2x.设h(x)＝2xln 2＋2x，则h′(x)＝2x(ln 2)2＋2>0，所以h(x)在R上是单调递增的，且当x→＋∞时，h(x)→＋∞；当x→－∞时，h(x)→－∞，所以对于任意的a，y＝－a与y＝h(x)的图象一定有交点，④正确．‎ 三、解答题 ‎11．[2016·湖南浏阳一中段考]已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．‎ 解　(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，‎ ‎∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.∵a>0，f(x)＝a[(x－1)2－4]≥－4，又f(1)＝－4a，‎ ‎∴f(x)min＝－4a＝－4，∴a＝1.故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.‎ ‎(2)∵g(x)＝－4lnx＝x－－4ln x－2(x>0)，g′(x)＝1＋－＝.‎ ‎∴x，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下：‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,3)‎ ‎3‎ ‎(3，＋∞)‎ g′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当03，‎ g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0.‎ 故函数g(x)只有1个零点，且零点x0∈(3，e5)．‎ ‎12．[2016·山东菏泽期中]已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元，设该公司一年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝ ‎(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；‎ ‎(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)‎ 解　(1)当010时，‎ W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－－2.7x.‎ ‎∴W＝ ‎(2)①当00，当x∈(9,10]时，W′<0，‎ ‎∴当x＝9时，W取极大值，即最大值，‎ 且Wmax＝8.1×9－×93－10＝38.6.‎ ‎②当x>10时，‎ W＝98－≤98－2＝38，‎ 当且仅当＝2.7x，即x＝时，W＝38，‎ 故当x＝时，W取最大值38(当1000x取整数时，W一定小于38)．‎ 综合①②知，当x＝9时，W取最大值，故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大．‎