复习参考题优秀教学设计

人教A版必修一

第三章

函数的应用复习参考题

【高考考情解读】

1.本讲主要考查函数的零点，常以分式、绝对值不等式、对数式、三角函数为载体；考查确定零点的个数、存在区间及应用零点存在情况求参数值或取值范围；函数的实际应用常以实际生活为背景，与最值、不等式、导数、解析几何等知识交汇命题.2.函数的零点主要是以填空题的形式考查，以基础知识为主，而函数的实际应用则主要以解答题的形式出现，属中、高档题．

1．

函数的零点与方程的根

(1)函数的零点

对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．

(2)函数的零点与方程根的关系

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．

(3)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，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的根．

注意以下两点：

①满足条件的零点可能不唯一；

②不满足条件时，也可能有零点．

(4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解．

2．

函数模型

解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答. 考点一

函数的零点

例1

(1)已知函数f(x)＝logax＋x－b (a>0，且a≠1)．当20，(2)函数f(x)＝的零点个数是________．

2x＋1x≤0，

答案

(1)2

(2)3 解析

(1)∵2

lg 2lg 2∵lg 23，∴－b<－3，∴2－b<－1，

∴loga2＋2－b<0，即f(2)<0. lg 3lg 3∵1<<，3

lg alg 2∴loga3＋3－b>0，∴f(3)>0，即f(2)·f(3)<0. 由x0∈(n，n＋1)，n∈N*知，n＝2. (2)依题意，当x>0时，在同一个直角坐标系中分别作出y＝ln x和y＝x2－2x＝(x－1)2－1的图象，可知它们有两个交点；当x≤0时，作出y＝2x＋1的图象，可知它和x轴有一个交点．综合知，函数y＝f(x)有三个零点．

(1)函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是方程两端对应的函数类型不同的方程多以数形结合求解．

(2)提醒：函数的零点不是点，是方程f(x)＝0的根，即当函数的自变量取这个实数时，其函数值等于零．函数的零点也就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标．

(1)(2012·天津改编)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是________．

(2)已知函数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＝________. 答案

(1)1

(2)－1 解析

(1)因为f′(x)＝2xln 2＋3x2>0，

所以函数f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上递增，

且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0，

所以有1个零点．

(2)f(x)＝ax＋x－b的零点x0就是方程ax＝－x＋b的根．

设y1＝ax，y2＝－x＋b，

故x0就是两函数交点的横坐标，如图，

1当x＝－1时，y1＝＝log32

a∴－1

与函数有关的自定义问题

例2

若对于定义在R上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0对任意实数都成立，则称f(x)是一个“λ－伴随函数”．有下列关于“λ

－伴随函数”的结论：①f(x)＝0是常数函数中唯一一个“λ－伴随函数”；②f(x)＝x是1“λ－伴随函数”；③f(x)＝x2是“λ－伴随函数”；④“－伴随函数”至少有一个零点．

2其中正确结论的个数是________．

先理解新定义“λ－伴随函数”的意义，然后对给出的函数逐一用定义检验，从而判断所给命题的正确性．

答案

1 解析

对于①，若f(x)＝c≠0，取λ＝－1，

则f(x－1)－f(x)＝c－c＝0，

即f(x)＝c≠0是一个“λ－伴随函数”，故①不正确．

对于②，若f(x)＝x是一个“λ－伴随函数”，

则(x＋λ)＋λx＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾，故②不正确．

对于③，若f(x)＝x2是一个“λ－伴随函数”，

则(x＋λ)2＋λx2＝0，求得λ＝0且λ＝－1，矛盾，故③不正确．

1对于④，若f(x)是“－伴随函数”，

211则f(x＋)＋f(x)＝0，取x＝0，

2211则f()＋f(0)＝0，

221若f(0)，f()任意一个为0，函数f(x)有零点；

21若f(0)，f()均不为0，

21则f(0)，f()异号，由零点存在性定理，

21知f(x)在(0，)内存在零点x0，

2所以④正确．

若平面直角坐标系内两点P，Q满足条件：①P，Q都在函数f(x)的图象上；②P，Q关于y轴对称，则称点对(P，Q)是函数f(x)的图象上的一个“镜像点对”(点对(P，Q)与点对(Q，P)看作同一个“镜像点对”)．

cos πxx<0，已知函数f(x)＝则f(x)的图象上的“镜像点对”有________对．

log3xx>0，

答案

3 解析

依题意，设点P(x0，y0)，Q(－x0，y0)(其中x0>0)，

若点对(P，Q)是函数f(x)的图象上的一个“镜像点对”，

y0＝log3x0，则有

y0＝cos π－x0＝cos πx0，

所以log3x0＝cos πx0，即x0是方程log3x＝cos πx的根．

在同一个直角坐标系中画出函数y＝log3x与y＝cos πx的图象，可知这两个图象共有3个交点，即函数f(x)的图象的“镜像点对”共有3对．

考点三

函数模型及其应用

例3

省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后，发现一天中环境x2综合放射性污染指数f(x)与时刻x(时)的关系为f(x)＝|2－a|＋2a＋，x∈[0,24]，其3x＋11中a是与气象有关的参数，且a∈[0，]，若用每天f(x)的最大值为当天的综合放射性2污染指数，并记作M(a)．

x(1)令t＝2，x∈[0,24]，求t的取值范围；

x＋1(2)省政府规定，每天的综合放射性污染指数不得超过2，试问目前市中心的综合放射性污染指数是否超标？

(1)分x＝0和x≠0两种情况，当x≠0时变形使用基本不等式求解．

2(2)利用换元法把函数f(x)转化成g(t)＝|t－a|＋2a＋，再把函数g(t)写成分段函数后求3M(a)．

解

(1)当x＝0时，t＝0；

1当0

xx111∴t＝2＝∈(0，]，即t的取值范围是[0，]．

122x＋1x＋x12(2)当a∈[0，]时，记g(t)＝|t－a|＋2a＋，

23－t＋3a＋3，0≤t≤a，则g(t)＝21t＋a＋，a

1∵g(t)在[0，a]上单调递减，在(a，]上单调递增，

2217且g(0)＝3a＋，g()＝a＋，

32611g(0)－g()＝2(a－)．

24故M(a)＝11g0，

17当0≤a≤时，M(a)＝a＋<2显然成立；

46由11

14得

494∴当且仅当0≤a≤时，M(a)≤2. 9441故当0≤a≤时不超标，当

992

(1)解答函数应用题的关键

将实际问题中的数量关系转化为函数模型，常见模型有：一次或二次函数模型；分式函数模型；指数式函数模型等．

(2)对函数模型求最值的常用方法

单调性法、基本不等式法及导数法．

(3)本题中的函数与方程思想：①在求t的范围时，把t看作是x的函数，在求M(a)时，把综合放射性污染指数看作是t的函数．②在确定综合放射性污染指数是否超标时，用到了方程的思想．

某地发生地质灾害，使当地的自来水受到了污染，某部门对水质检测后，决定在水中投放一种药剂来净化水质，已知每投放质量为m的药剂后，经过x天该药剂在水中释放的浓度y(毫克/升)满足y＝mf(x)，其中f(x)＝x＋142x－2，x>4，x2＋2，0

当药剂在水中的浓度不低于4(毫克/升)时称为有效净化；当药剂在水中释放的浓度不低于4(毫

克/升)且不高于10(毫克/升)时称为最佳净化．

(1)如果投放的药剂质量为m＝4，试问自来水达到有效净化一共可持续几天？

(2)如果投放药剂质量为m，为了使在7天(从投放药剂算起包括7天)之内的自来水达到最佳净化，试确定应该投放的药剂质量m的最小值．

解

(1)由题意，得当药剂质量m＝4时，

y＝2x＋28x－1x>4.x2＋80

x2当0

42x＋28当x>4时≥4，解得4

(2)由y＝m·f(x)＝mx＋142x－2x>4，－30m当x>4时，y′＝<0，

2x－22mx2＋2m0

得

mx2当0

167m∴函数在区间(4,7]上单调递减，即≤y<3m，

47m综上知，≤y≤3m，

4为使4≤y≤10恒成立，只要1610即≤m≤. 7316所以应该投放的药剂量m的最小值为. 7规律总结

1．

函数与方程

(1)函数f(x)有零点⇔方程f(x)＝0有根⇔函数f(x)的图象与x轴有交点．

(2)函数f(x)的零点存在性定理

如果函数f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使f(c)＝0. 7m≥4且3m≤10即可，

4

①如果函数f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的曲线，并且函数f(x)在区间[a，b]上是一个单调函数，那么当f(a)·f(b)<0时，函数f(x)在区间(a，b)内有唯一的零点，即存在唯一的c∈(a，b)，使f(c)＝0. ②如果函数f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)>0，那么，函数f(x)在区间(a，b)内不一定没有零点．

③如果函数f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的曲线，那么当函数f(x)在区间(a，b)内有零点时不一定有f(a)·f(b)<0，也可能有f(a)·f(b)>0. 2．

函数综合题的求解往往应用多种知识和技能．因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件．要认真分析，处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决．

3．

应用函数模型解决实际问题的一般程序

读题建模求解反馈⇒⇒⇒

文字语言数学语言数学应用检验作答与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答. 押题精选

11．

已知函数f(x)＝()x－log2x，实数a，b，c满足f(a)·f(b)·f(c)<0(0b；③x0c. 答案

④

1解析

函数f(x)＝()x－log2x

3在其定义域(0，＋∞)上是减函数，

∵0f(b)>f(c)．

又∵f(a)f(b)f(c)<0，

则f(a)<0，f(b)<0，f(c)<0，

或者f(a)>0，f(b)>0，f(c)<0. 若f(a)<0，f(b)<0，f(c)<0，则x0

若f(a)>0，f(b)>0，f(c)<0，则b

故x0>c不可能成立，故填④. 2．

若f(x)＋1＝1，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，若在区间(－1,1]内，g(x)＝f(x)－mx－m有fx＋1两个零点，则实数m的取值范围是________．

1答案

(0，] 2解析

设x∈(－1,0)，则x＋1∈(0,1)，

11∴f(x)＝－1＝－1，

fx＋1x＋1∴画出f(x)在(－1,1]上的图象(如下图)，

g(x)＝f(x)－mx－m在(－1,1]上有两个零点，即f(x)＝m(x＋1)有两个不同根，

即y＝f(x)与y＝m(x＋1)有两个不同交点．

如上图，当过(－1,0)的直线处于l与x轴之间时，

1满足题意，则0

一、填空题

1．

若函数f(x)＝x2－ax－b的两个零点是2和3，则函数g(x)＝bx2－ax－1的零点是________．

11答案

－，－

2322－2a－b＝0a＝5解析

由2，得. 3－3a－b＝0b＝－6

11∴g(x)＝－6x2－5x－1的零点为－，－. 2322．

函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是________．

x答案

(0,3) 2解析

因为f′(x)＝2xln 2＋2>0，

x所以f(x)是增函数，由条件可知f(1)f(2)<0，

即(2－2－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，

解之得0

(2013·天津改编)函数f(x)＝2x|log0.5

x|－1的零点个数为________．

答案

2 1x解析

当0

1x由y＝log0.5x，y＝2的图象知，在(0,1)内有一个交点，即f(x)在(0,1)上有一个零点．

当x>1时，f(x)＝－2xlog0.5x－1＝2xlog2x－1，

1x令f(x)＝0得log2x＝2，

1x由y＝log2x，y＝2的图象知在(1，＋∞)上有一个交点，即f(x)在(1，＋∞)上有一个零点，故有2个零点．

4．

根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)＝cA，x≥A那么c和A的值分别是________．

答案

60,16 解析

因为组装第A件产品用时15分钟，

所以c＝15，

A

c，x

(A，c为常数)．已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，①

②

所以必有4

若存在a∈[1,3]，使得不等式ax2＋(a－2)x－2>0成立，则实数x的取值范围________．

2答案

x|x<－1或x>3

解析

由ax2＋(a－2)x－2>0得(x2＋x)a－2(x＋1)>0. 令f(a)＝(x2＋x)a－2(x＋1)．

方法一

(补集法) 2f1≤0，x－x－2≤0，由题意得即2

f3≤0.3x＋x－2≤0，

2解得－1≤x≤，

32所以所求范围为该集合的补集，即为x<－1或x>. 3方法二

(直接法)由题意得f(1)>0或f(3)>0，解得．

6．

若关于x的方程4cos x－cos2x＋m－3＝0恒有实数解，则实数m的取值范围是________．

答案

[0,8]

解析

设cos x＝t∈[－1,1]，则t2－4t＋3－m＝0，

得m＝t2－4t＋3在[－1,1]上是单调递减的，

所以m∈[0,8]．

|lg x|，x>0，7．

设定义域为R的函数f(x)＝2则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的－x－2x，x≤0，

零点的个数为________．

答案

7 解析

由y＝2f2(x)－3f(x)＋1＝0得

1f(x)＝或f(x)＝1，

2

1如图画出f(x)的图象，由f(x)＝知有4个根，

2由f(x)＝1知有3个根，故共有7个零点．

log2x，x>0，8．

已知函数f(x)＝x且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实3，x≤0，

数a的取值范围是________．

答案

(1，＋∞) 解析

画出函数y＝f(x)与y＝a－x的图象，如图所示，所以a>1.

9．

(2013·辽宁改编)已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝________. 答案

－16 解析

f(x)＝[x－(a＋2)]2－4－4a，

g(x)＝－[x－(a－2)]2＋12－4a，

在同一坐标系内作f(x)与g(x)的图象(如图)．

依题意知，函数H1(x)的图象(实线部分)，

函数H2(x)的图象(虚线部分)．

∴H1(x)的最小值A＝f(a＋2)＝－4－4a，

H2(x)的最大值B＝g(a－2)＝12－4a，

因此A－B＝(－4－4a)－(12－4a)＝－16. 二、解答题

10．(2012·陕西改编)设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．

1(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间2，1内存在唯一零点；

(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围．

(1)证明

b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1. 11n－1×1<0，

∵fnf(1)＝n2221∴fn(x)在2，1内存在零点．

1，1时，f′n(x)＝nxn－1＋1>0，

又当x∈21∴fn(x)在2，1上是单调递增的，

1∴fn(x)在2，1内存在唯一零点．

(2)解

当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c. 对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(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：

b①当2>1，即|b|>2时，

M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，与题设矛盾．

b②当－1≤－<0，即0

2bb－＝＋12≤4恒成立．

M＝f2(1)－f222b③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，

2bb－＝－12≤4恒成立．

M＝f2(－1)－f222综上可知，－2≤b≤2. 11．某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万件．

(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；

(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大？并求出L的最大值Q(a)．

解

(1)分公司一年的利润L(万元)与售价x的函数关系式为L＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11]．

(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x) ＝(12－x)(18＋2a－3x)．

2令L′＝0得x＝6＋a或x＝12(不合题意，舍去)．

3228∵3≤a≤5，∴8≤6＋a≤. 332在x＝6＋a两侧，L′的值由正变负．

329所以①当8≤6＋a<9，即3≤a<时，

32Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)；

2289②当9≤6＋a≤，即≤a≤5时，

33222216＋a＝6＋a－3－a12－6＋a2＝43－a3，

Lmax＝L3333所以Q(a)＝3－1a，9≤a≤5.4323996－a，3≤a<，2

9故若3≤a<，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q(a)＝9(62296＋a元时，分公司一年的利润L最大，最－a)(万元)；若≤a≤5，则当每件售价为3213－a3(万元)．

大值Q(a)＝4312．已知函数f(x)＝exm－x，其中m为常数．

－(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；

(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．

解

(1)f′(x)＝ex－m－1，

令f′(x)＝0，得x＝m. 故当x∈(－∞，m)时，exm<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；

－当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．

∴当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值．

令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，

即若对任意x∈R有f(x)≥0成立，则m的取值范围是(－∞，1]．

(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点，当m>1时，f(m)＝1－m<0. ∵f(0)＝em>0，f(0)f(m)<0，

－∴f(x)在(0，m)上有一个零点．

∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，

∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，

∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增，

∴g(m)>g(1)＝e－2>0，即f(2m)>0. ∴f(m)·f(2m)<0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．

故f(x)在[0,2m]上有两个零点．