全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题4函数与方程函数的应用含解析

【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题4函数与方程、函数的应用一、选择题1．若x0是方程x＝x的解，则x0属于区间(　　)A.　　　　　　　B.C.D.[答案]　C[解析]　令f(x)＝x－x，f(1)＝－1＝－<0，f＝－<0，f＝－>0，f＝－＝－<0，∴f(x)在区间内有零点．2．利民工厂某产品的年产量在150t至250t之间，年生产的总成本y(万元)与年产量x(t)之间的关系可近似地表示为y＝－30x＋4000，则每吨的成本最低时的年产量为(　　)A．240B．200C．180D．160[答案]　B[解析]　依题意得每吨的成本是＝＋－30，则≥2－30＝10，当且仅当＝，即x＝200时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200t，选B.3．(文)(2022·山东理，8)已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是(　　)12\nA．(0，)B．(，1)C．(1,2)D．(2，＋∞)[答案]　B[解析]　作出函数y＝f(x)的图象如图，当y＝kx在l1位置时，过A(2,1)，∴k＝，在l2位置时与l3平行，k＝1，∴<k<1.(理)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，(x－)f′(x)>0.则函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零点个数为(　　)A．2B．4C．5D．8[答案]　B[分析]　函数y＝f(x)－sinx的零点转化函数f(x)y＝f(x)与y＝sinx图象交点f(x)的范围确定f′(x)的正负(x－)·f′(x)>0.[解析]　∵(x－)f′(x)>0，x∈(0，π)且x≠，∴当0<x<时，f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．当<x<π时，f′(x)>0，f(x)在(，π)上单调递增．∵当x∈[0，π]时，0<f(x)<1.∴当x∈[π，2π]时，0≤2π－x≤π.又f(x)是以2π为最小正周期的偶函数，12\n知f(2π－x)＝f(x)．∴x∈[π，2π]时，仍有0<f(x)<1.依题意及y＝f(x)与y＝sinx的性质，在同一坐标系内作出y＝f(x)与y＝sinx的简图．则y＝f(x)与y＝sinx在x∈[－2π，2π]内有4个交点．故函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]内有4个零点．4．已知a、b∈[－1,1]，则函数f(x)＝ax＋b在区间(1,2)上存在一个零点的概率为(　　)A.B.C.D.[答案]　C[解析]　如图，由图形可知点(a，b)所在区域的面积S＝4，满足函数f(x)＝ax＋b在区间(1,2)上存在一个零点的点(a，b)所在区域面积S′＝××1×2＝，故所求概率P＝＝.5．(2022·天津理，8)已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R.若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是(　　)A.B.C.D.[答案]　D[解析]　考查求函数解析式；函数与方程及数形结合的思想．12\n由f(x)＝得f(2－x)＝所以y＝f(x)＋f(2－x)＝即y＝f(x)＋f(2－x)＝y＝f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－b，所以y＝f(x)－g(x)恰有4个零点等价于方程f(x)＋f(2－x)－b＝0有4个不同的解，即函数y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个公共点，由图象可知<b<2.6．(文)已知函数f(x)＝，x1、x2、x3、x4、x5是方程f(x)＝m的五个不等的实数根，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5的取值范围是(　　)A．(0，π)　　　　　　B．(－π，π)C．(lgπ，1)D．(π，10)[答案]　D[解析]　在同一坐标系中作出函数y＝f(x)的图象与直线y＝m，设两图象交点横坐标从左向右依次为x1、x2、x3、x4、x5，由对称性知x1＋x2＝－π，x3＋x4＝π，又π<x5<10，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5∈(π，10)．(理)(2022·百校联考)已知f(x)＝1＋x－＋－＋…＋，g(x)＝1－x＋－＋－…－，设函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且F(x)的零点均在区间[a，b](a<b，a，b∈Z)内，则b－a的最小值为(　　)A．8B．9C．10D．11[答案]　C[解析]　f(0)＝1>0，f(－1)＝1－1－－－－…－<0，f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2022，当x≤0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)＝＝>0，∴f′(x)>0在R上恒成立，∴f(x)在R上为增函数，12\n又f(－1)f(0)<0，∴f(x)只有一个零点，记作x1，则x1∈(－1,0)，g(1)＝1－1＋－＋…＋－>0，g(2)＝1－2＋－＋…＋－<0，又当x>0时，g′(x)＝－1＋x－x2＋x3＋…－x2022＝＝<0，∴g(x)单调递减，∴g(x)也只有一个零点，记为x2，x2∈(1,2)，F(x)＝f(x＋3)g(x－4)有两个不同零点x3、x4，x3∈(－4，－3)，x4∈(5,6)，又F(x)的零点均在区间[a，b]内，且a<b，b∈Z，∴当a＝－4，b＝6时，b－a取最小值10.[方法点拨]　1.求f(x)的零点值时，直接令f(x)＝0解方程，当f(x)为分段函数时，要分段列方程组求解；2．已知f(x)在区间[a，b]上单调且有零点时，利用f(a)·f(b)<0讨论；3．求f(x)的零点个数时，一般用数形结合法；讨论函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交点个数，即方程f(x)＝g(x)的解的个数，一般用数形结合法．4．已知零点存在情况求参数的值或取值范围时，利用方程思想和数形结合思想，构造关于参数的方程或不等式求解．7．(文)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为(　　)A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)[答案]　C[解析]　f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，若a>0，则f(x)在(－∞，0)和(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减，又f(0)＝1，∴f(x)不可能存在唯一零点；由选项知a＝0不必考虑；a<0时，f(x)在(－∞，)和(0，＋∞)上单调递减，在(，0)上单调递增，欲使f(x)落在唯一零点x0>0，应有极小值f()>0，即a·()3－3·()2＋1>0，∴a<－2.[点评]　可以用验证法求解．(理)现有四个函数：①y＝x·sinx；②y＝x·cosx；③y＝x·|cosx|；④y＝x·2x12\n的图象(部分)如下：则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是(　　)A．①④②③B．①④③②C．④①②③D．③④②①[答案]　A[解析]　①y＝xsinx为偶函数，对应第一个图；②y＝xcosx为奇函数，且x>0时，y可正可负，对应第三个图；③y＝x|cosx|为奇函数，且x>0时，y>0，对应第四个图；④y＝x·2x为增函数，对应第二个图，故选A.8．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(x＋1)为奇函数，f(0)＝0，当x∈(0,1]时，f(x)＝log2x，则在(8,10)内满足方程f(x)＋1＝f(1)的实数x为(　　)A.B．9C.D.[答案]　C[解析]　由条件知f(－x)＝f(x)　①，f(－x＋1)＝－f(x＋1)　②，在②式中给x赋值x＋1得f(－x)＝－f(x＋2)，将①代入得f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4.在②中令x＝0得f(1)＝0，∴方程f(x)＋1＝f(1)，化为f(x)＝－1，由于f(x)的图象关于点(1,0)对称，当0<x<1时，f(x)＝log2x<0，∴当1<x<2时，f(x)>0，令f(x)＝－1，(0<x<1)得x＝，即f()＝－1，∴f()＝f(＋8)＝f()＝－1，故选C.9．(文)已知定义在R上的函数f(x)的对称轴为x＝－3，且当x≥－3时，f(x)＝2x－3.若函数f(x)在区间(k－1，k)(k∈Z)上有零点，则k的值为(　　)A．2或－7B．2或－8C．1或－7D．1或－8[答案]　A[解析]　∵f(1)＝－1<0，f(2)＝1>0，∴f(x)在(1,2)上有零点，又f(x)的图象关于直线x＝－3对称，∴f(x)在(－8，－7)上有零点，∴k＝2或－7.(理)(2022·长沙一模)使得函数f(x)＝x2－x－(a≤x≤b)的值域为[a，b](a<b)的实数对(a，b)有(　　)12\nA．1对B．2对C．3对D．无数对[答案]　B[解析]　配方得f(x)＝(x－2)2－，当a≥2时，函数f(x)在区间[a，b]上为单调增函数，故有即a，b是方程f(x)＝x的两根，方程化简得x2－9x－7＝0，易知方程不可能存在两个不小于2的实根；当b≤2时，函数f(x)在区间[a，b]上为单调递减函数，故有即消元化简得a2＋a－2＝0，∴a＝－2或a＝1，代入原方程组解得满足条件的解为即实数对(－2,1)满足条件；当a<2<b时，若存在实数对(a，b)满足条件，必有a＝f(x)min＝－，故当2<b<6.2时，需f(－)＝b，易知不存在这样的实数b，当b≥6.2时，有f(b)＝b可判断方程存在大于6.2的实数解，综上可知共存在两组实数对(a，b)满足条件，故选B.10．(文)若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)A．a>B．a≥C．a<D．a≤[答案]　A[解析]　当x≤0时，函数y＝－x与函数y＝3x的图象有一个交点，所以函数y＝f(x)有一个零点；而函数f(x)在其定义域上只有一个零点，所以当x>0时，f(x)没有零点．当x>0时，f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0得x＝2，所以f(x)在(0,2)上递减，在(2，＋∞)上递增，因此f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝a－>0，解得a>.故选A.(理)已知定义域为(－1,1]的函数f(x)，对任意x∈(－1,0]，f(x＋1)＝，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，若在区间(－1,1]内g(x)＝f(x)－mx－m有两个零点，则实数m的取值范围是(　　)A．[0，)B．[，＋∞)12\nC．[0，)D．(0，][答案]　D[解析]　∵x∈(－1,0]时，x＋1∈(0,1]，又x∈[0,1]时，f(x)＝x，∴f(x＋1)＝x＋1，又f(x＋1)＝，∴x∈(－1,0]时，f(x)＝－1，作出函数f(x)＝的图象，由于y＝m(x＋1)过定点(－1,0)，∴要使y＝m(x＋1)与y＝f(x)的图象有两个交点，应有0<m≤，∴选D.11．(文)如果函数y＝|x|－2的图象与曲线C：x2＋λy2＝4恰好有两个不同的公共点，则实数λ的取值范围是(　　)A．[－1,1)B．{－1,0}C．(－∞，－1]∪[0,1)D．[－1,0]∪(1，＋∞)[答案]　A[解析]　y＝当λ＝1时，曲线C与圆x2＋y2＝4有三个不同公共点，当0<λ<1时，曲线C为焦点在y轴上的椭圆，满足题设要求，当λ>1时，不满足；当λ<0时，曲线C为焦点在x轴上的双曲线，其渐近线斜率k＝，由题意应有≥1，∴－1≤λ<0，综上知－1≤λ<1.(理)已知函数f(x)＝若方程f(x)＝t(t∈R)有四个不同的实数根x1、x2、x3、x4，则x1x2x3x4的取值范围为(　　)A．(30,34)B．(30,36)C．(32,34)D．(32,36)[答案]　C[解析]　设四个实数根满足x1<x2<x3<x4，则易知0<t<2，∴x1＝2－t，x2＝2t，由(x－6)2－2＝t得x－6＝±，∴x＝6±，∴x3＝6－，x4＝6＋，∴x1x2x3x4＝2－t·2t·[6－][6＋]＝36－(2＋t)＝34－t∈(32,34)，故选C.12．(2022·石家庄市质检)函数f(x)＝若f(x0)≤，则x0的取值范围是(　　)A．(log2，)B．(0，log2]∪[，＋∞)C．[0，log2]∪[，2]D．(log2，1)∪[，2][答案]　C[解析]　利用分段函数建立不等式组求解．f(x0)≤⇔或12\n解得0≤x0≤log2或≤x0≤2，故选C.二、填空题13．已知定义域为R的函数f(x)既是奇函数，又是周期为3的周期函数，当x∈(0，)时，f(x)＝sinπx，则函数f(x)在区间[0,6]上的零点个数是________．[答案]　7[解析]　易知在(－，)内，有f(－1)＝0，f(0)＝0，f(1)＝0，即f(x)在一个周期内有3个零点，又区间[0,6]包含f(x)的2个周期，而两端点都是f(x)的零点，故f(x)在[0,6]内有7个零点．14．设函数y＝x3与y＝()x－2的图象的交点为(x0，y0)．若x0所在的区间是(n，n＋1)(n∈Z)，则n＝________.[答案]　1[解析]　由函数图象知，1<x0<2，∴n＝1..15．(文)函数f(x)对一切实数x都满足f(＋x)＝f(－x)，并且方程f(x)＝0有三个实根，则这三个实根的和为________．[答案]　[解析]　函数图象关于直线x＝对称，方程f(x)＝0有三个实根时，一定有一个是，另外两个关于直线x＝对称，其和为1，故方程f(x)＝0的三个实根之和为.(理)已知f(x)＝ax＋x－b的零点x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常数a，b满足2a＝3,3b＝2，则n等于________．[答案]　－1[解析]　∵2a＝3,3b＝2，∴a＝log23，b＝log32，∴f(－1)＝a－1－1－b＝log32－1－log32＝－1<0，f(0)＝a0－b＝1－log32>0，∴f(x)在(－1,0)内存在零点，又f(x)为增函数，∴f(x)在(－1,0)内只有一个零点，12\n∴n＝－1.三、解答题16．(文)设函数f(x)＝x3＋x2－ax＋a，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)＝0在(0,2)内恰有两个实数根，求a的取值范围；(3)当a＝1时，设函数f(x)在[t，t＋3](t∈(－3，－2))上的最大值为H(t)，最小值为h(t)，记g(t)＝H(t)－h(t)，求函数g(t)的最小值．[解析]　(1)f′(x)＝x2＋(a－1)x－a＝(x＋a)(x－1)，令f′(x)＝0得，x1＝1，x2＝－a<0，当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：x(－∞，－a)－a(－a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值函数f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(1，＋∞)，单调减区间为(－a,1)．(2)由(1)知f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，从而方程f(x)＝0在区间(0,2)内恰有两个实数根等价于f(0)>0，f(1)<0，f(2)>0，解得0<a<，所以a的取值范围是(0，)．(3)当a＝1时，f(x)＝x3－x＋1，由(1)知f(x)在(－3，－1)上单调递增，(－1,1)上单调递减．所以，当t∈[－3，－2]时，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，所以f(x)在[t，－1]上单调递增，[－1，t＋3]上单调递减，因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值H(t)＝f(－1)＝，而最小值h(t)为f(t)与f(t＋3)中的较小者．∵f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)，当t∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t＋3)，故h(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)，而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝，所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－＝.即函数g(x)在区间[－3，－2]上的最小值为.(理)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a、b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．12\n(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．[解析]　(1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f′(x)＝＋2ax＋b.因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，f′(1)＝1＋2a＋b＝0.当a＝1时，b＝－3，f′(x)＝，f′(x)、f(x)随x的变化情况如下表：x(0，)(，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为(0，)和(1，＋∞)，单调递减区间为(，1)．(2)因为f′(x)＝＝，令f′(x)＝0得，x1＝1，x2＝，因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，当<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2，当a>0时，x2＝>0，当<1时，f(x)在(0，)上单调递增，(，1)上单调递减，(1，e)上单调递增，所以最大值1可能在x＝或x＝e处取得，而f()＝ln＋a()2－(2a＋1)·＝ln－－1<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝；当1≤<e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，(1，)上单调递减，(，e)上单调递增，12\n所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，所以f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝，与1<x2＝<e矛盾；当x2＝≥e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，所以最大值1可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)<0，矛盾．综上所述，a＝或a＝－2.12