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1、 專題限時集訓(五) [第5講　函數(shù)與方程、函數(shù)模型及其應(yīng)用] (時間：45分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 1．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)f(x)的零點是(　　) A．x＝0或x＝ B．x＝－2或x＝0 C．x＝ D．x＝0 2．生產(chǎn)一定數(shù)量商品的全部費用稱為生產(chǎn)成本，某企業(yè)一個月生產(chǎn)某種商品x萬件時的生產(chǎn)成本為C(x)＝x2＋2x＋20(萬元)，一萬件售價是20萬元，為獲取最大利潤，該企業(yè)一個月應(yīng)生產(chǎn)該商品數(shù)量為(　　) A．36萬件 B．18萬件 C．22萬件 D．9萬件 3．已知函數(shù)f(x)＝e|x|＋|x|.若關(guān)于x

2、的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(－1，0) D．(－∞，－1) 4．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a有三個不同的零點，則a的取值范圍是(　　) A．(－2，2) B．[－2，2] C．(2，＋∞) D．(－∞，2) 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－ln x，則y＝f(x)(　　) A．在區(qū)間，1，(1，e)內(nèi)均有零點 B．在區(qū)間，1，(1，e)內(nèi)均無零點 C．在區(qū)間，1內(nèi)有零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無零點 D．在區(qū)間，1內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點 6．定義在R上的奇函數(shù)f(x)，當x≥0時，

3、f(x)＝則關(guān)于x的函數(shù)F(x)＝f(x)－a(00時，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex的圖像大致是(　　) 圖X5－1 8．已知函數(shù)f(x)＝x－[x]，其中[x]表示不超過實數(shù)x的最大整數(shù)．若關(guān)于x的方程f(x)＝kx＋k有三個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．－1，－∪， B．－1，－∪， C．－，－∪，1 D．－，－∪，1 9．若x1，x2是函數(shù)f(x)＝x2＋mx－2(m∈R)的兩個零點，且x1

4、_______． 10．定義：如果函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)給定的區(qū)間[a，b]上存在x0(a

5、數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝ex－ax，若函數(shù)在R上有且僅有4個零點，則a的取值范圍是________． 13.已知函數(shù)f(x)＝ (1)若x

6、利2萬元，但每生產(chǎn)1萬件次品將虧損1萬元．(利潤＝盈利－虧損) (1)試將該工廠每天生產(chǎn)這種元件所獲得的利潤y(萬元)表示為x的函數(shù)； (2)當每臺機器的日產(chǎn)量x(萬件)為多少時所獲得的利潤最大？最大利潤為多少？ 15．已知函數(shù)f(x)＝ln(ex＋a＋1)(a為常數(shù))是實數(shù)集R上的奇函數(shù)，函數(shù)g(x)＝λf(x)＋sin x在區(qū)間[－1，1]上是減函數(shù)． (1)若g(x)≤λt－1在x∈[－1，1]上恒成立，求實數(shù)t的最大值； (2)若關(guān)于x的方程＝x2－2ex＋m有且只有一個實數(shù)根，求m的值． 專題限時集訓(五) 1．D　[解析] 當x≤1

7、時，2x－1＝0，解得x＝0；當x>1時，1＋log2x＝0，解得x＝(舍去)．故函數(shù)f(x)的零點是x＝0. 2．B　[解析] 利潤L(x)＝20x－C(x)＝－(x－18)2＋142，當x＝18時，L(x)有最大值．故選B. 3．B　[解析] 函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝ex＋x單調(diào)遞增，故在[0，＋∞)上函數(shù)f(x)的最小值為f(0)＝1，故函數(shù)f(x)在R上的最小值為1.若方程f(x)＝k有兩個不同的實數(shù)根，則k>1. 4．A　[解析] 令f′(x)＝3x2－3＝0，解得x＝±1，且x＝－1為函數(shù)f(x)的極大值點，x＝1為函數(shù)f(x)的極小值點．若函數(shù)f(x)＝

8、x3－3x＋a有三個不同的零點，則實數(shù)a同時滿足f(－1)＝2＋a>0，f(1)＝－2＋a<0，解得－20，f(1)＝>0，f(e)＝e－ln e<0，所以函數(shù)在區(qū)間內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點． 6．A　[解析] 畫出函數(shù)f(x)的圖像．當0

9、兩個交點關(guān)于直線x＝－3對稱，這四個交點的橫坐標之和為零，第五個交點的橫坐標x滿足－log(－x＋1)＝a，即log2(－x＋1)＝a，解得x＝1－2a. 7．B　[解析] f′(x)＝(x2－2ax＋2x－2a)ex，由于方程x2－2ax＋2x－2a＝0的判別式Δ＝4a2＋4>0，且－2a<0，故方程x2－2ax＋2x－2a＝0有兩個不相等的異號實數(shù)根x1，x2(設(shè)x1

10、＋1]＝x－[x]＝f(x)，故函數(shù)f(x)是以1為周期的周期函數(shù)．在同一坐標系中，分別作出函數(shù)y＝f(x)，y＝kx＋k的圖像，可知當方程f(x)＝kx＋k有三個不同的實根時，k滿足3k＋k≥1且2k＋k<1，或者－3k＋k≥1且－2k＋k<1，解得≤k<或－10，故函數(shù)f(x)一定有兩個不同的零點，又－2<0，所以兩個零點異號，故x2>0，x1<0，所以x2－x1＝x2＋(－x1)≥2 ＝2 或x2－x1＝＝≥2 . 10．(0，2)　[解析] 因為函數(shù)f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函數(shù)，且＝m，所以關(guān)于x的方程

11、－x2＋mx＋1＝m，即x2－mx＋m－1＝0在(－1，1)內(nèi)有實數(shù)根，若m＝0，方程無解，所以m≠0，解得方程的根為x1＝1或x2＝m－1.所以必有－12，且a＋2a<2，即

12、，當y＝f(x)有且只有4個零點時，0一定不能是函數(shù)的零點，且在x>0時有且僅有2個不同的零點，即方程ex－ax＝0有兩個正實根． 方法一：(分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)的方法)a＝＝φ(x)，則φ′(x)＝ex，可得x＝1為函數(shù)φ(x)在(0，＋∞)上唯一的極小值點，也是最小值點，φ(x)min＝φ(1)＝e，且在x>0且x→0時，φ(x)→＋∞.故只要a>e即可，故a的取值范圍是(e，＋∞)． 方法二：(數(shù)形結(jié)合的切線法)在同一坐標系中分別作出函數(shù)y＝ex，y＝ax在(0，＋∞)的圖像，可知當直線y＝ax與曲線y＝ex相切時兩個函數(shù)圖像有唯一的公共點；當直線y＝ax的斜率大于曲線y＝ex過坐標原

13、點的切線的斜率時，兩曲線有兩個不同的公共點．設(shè)切點坐標為(x0，ex0)，則在該點處的切線方程為y－ex0＝ex0(x－x0)，該直線過坐標原點時，－ex0＝－x0ex0，解得x0＝1，此時切線斜率為e，故a的取值范圍是(e，＋∞)． 13．解：(1)因為xt－在t∈(0，2a)上恒成立． 令p(t)＝t－，t∈(0，2a)，則p′(t)＝1＋>0，所以p(t)＝t－在(0，2a)上單調(diào)遞增， 所以≥2a－，所以2a≤，解得a≤log2 . (2)①當

14、x≥a時，f(x)＝x2－ax＋1，即f(x)＝＋1－. (i)當≤a，即a≥0時，f(x)min＝f(a)＝1； (ii)當>a，即－4≤a<0時，fmin(x)＝f＝1－. ②當x時，hmin(t)＝h＝－； (ii)當≥2a，即a≤時，h(t)在開區(qū)間t∈(0，2a)上單調(diào)遞減，h(t)∈(4a－4，0)，無最小值． 綜合①，②知當a>時，1>－，函數(shù)f(x)min＝－； 當0≤a≤時，4a－4<0<1，函數(shù)f(x)無最小值； 當－4≤a<0時，4a－4<

15、－3≤1－，函數(shù)f(x)無最小值． 故當a>時，函數(shù)f(x)有最小值為－. 14．解：(1)由題意得，所獲得的利潤為y＝10·[2(x－P)－P] ＝10(2x－3P) ＝20x－30P ＝20x－3x2＋96ln x－90(4≤x≤12)． (2)由(1)知 y′＝20－6x＋＝ ＝＝. 令y′＝0，可得 x＝6或x＝－. 從而當4≤x≤6時，y′>0，函數(shù)在[4，6]上為增函數(shù)； 當6

16、3×62＋96ln 6－90 ＝(96ln 6－78)萬元， 所以當每臺機器日產(chǎn)量為6萬件時，可以獲得最大利潤，為(96ln 6－78)萬元． 15．解：(1)∵f(x)＝ln(ex＋a＋1)是實數(shù)集R上的奇函數(shù)， ∴f(0)＝0，即ln(e0＋a＋1)＝0?2＋a＝1?a＝－1， 將a＝－1代入，則f(x)＝ln ex＝x，顯然為奇函數(shù)． ∴g(x)＝λf(x)＋sin x＝λx＋sin x，∴g′(x)＝λ＋cos x，x∈[－1，1]． 要使g(x)是區(qū)間[－1，1]上的減函數(shù)，則有g(shù)′(x)≤0在x∈[－1，1]恒成立， ∴λ≤(－cos x)min，所以λ≤－1.要使

17、g(x)≤λt－1在x∈[－1，1]上恒成立，只需g(x)max＝g(－1)＝－λ－sin 1≤λt－1在λ≤－1時恒成立即可，即(t＋1)λ＋sin 1－1≥0(其中λ≤－1)恒成立即可． 令h(λ)＝(t＋1)λ＋sin 1－1(λ≤－1)，則即 ∴t≤sin 1－2，所以實數(shù)t的最大值為sin 1－2. (2)由(1)知方程＝x2－2ex＋m，即＝x2－2ex＋m， 令f1(x)＝，f2(x)＝x2－2ex＋m， ∵f′1(x)＝， ∴當x∈(0，e)時，f′1(x)>0，f1(x)在(0，e)上為增函數(shù)； 當x∈(e，＋∞)時，f′1(x)<0，f1(x)在(e，＋∞)上為減函數(shù)． 當x＝e時，f1(x)max＝. 而f2(x)＝x2－2ex＋m＝(x－e)2＋m－e2， 當x∈(0，e)時，f2(x)是減函數(shù)；當x∈(e，＋∞)時，f2(x)是增函數(shù)． 當x＝e時，f2(x)min＝m－e2. 只有當m－e2＝，即m＝e2＋時，方程有且只有一個實數(shù)根．