高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第3讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用专题限时集训 理-人教版高三数学试题

专题限时集训(三)基本初等函数、函数与方程及函数的应用(建议用时：45分钟)一、填空题1．函数f(x)＝eq\f(1,x)－lnx的零点个数为________．1[因为函数f(x)是减函数，且f(1)＝1>0，f(e)＝eq\f(1,e)－1<0，所以f(x)在(1，e)上有唯一零点．]2．(2016·无锡期中)若函数f(x)＝ln|x－a|(a∈R)满足f(3＋x)＝f(3－x)，且f(x)在(－∞，m)单调递减，则实数m的最大值为________．3[由f(3＋x)＝f(3－x)得f(x)关于直线x＝3对称，又f(x)＝ln|x－a|，故a＝3.又f(x)在(－∞，m)单调递减，故实数m的最大值为3.]3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx<0，,log2xx>0，))若直线y＝m与函数f(x)的图象有两个不同的交点，则实数m的取值范围是________．(0,1)[在坐标系中画出函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx<0，,log2xx>0))的图象，可见当0<m<1时，直线y＝m与函数f(x)的图象有两个不同的交点．]4．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx≤0，,|log2x|x>0，))则方程f(x)＝eq\f(1,2)的解集为________．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)，\r(2)))[当x≤0时，解2x＝eq\f(1,2)，得x＝－1；当x>0时，解|log2x|＝eq\f(1,2)，得x＝eq\f(\r(2),2)或x＝eq\r(2).所以方程f(x)＝eq\f(1,2)的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)，\r(2))).]5．函数f(x)＝log2(4－x2)的值域为________．(－∞，2][∵x2≥0，∴0<4－x2≤4，令t＝4－x2，则0<t≤4，根据y＝log2t的图象，可知y≤log24＝2.∴值域为(－∞，2]．]6．设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则a，b，c按从大到小的顺序排列为________．a>b>c[由对数运算法则得a＝log36＝1＋log32，b＝1＋log52，c＝1＋log72，由对数函数图象得log32>log52>log72，所以a>b>c.]7．(2016·镇江模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x＜2，,\f(x＋2,2x)，x≥2，))若0＜a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，则eq\f(ab,fc)的范围是________．(1,2)[如图所示，∵0＜a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)，∴－log2a＝log2b，即ab＝1，又由图可知eq\f(1,2)＜f(x)＜1，故1＜eq\f(1,fx)＜2，∴eq\f(ab,fc)＝eq\f(1,fc)∈(1,2)．]8．(2016·南通三模)已知函数f(x)＝x2＋ax(a∈R)，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≥0，,f′x，x＜0))(f′(x)为f(x)的导函数)．若方程g(f(x))＝0有四个不等的实根，则a的取值范围是________．(－∞，0)∪(2，＋∞)[当a＝0时，g(f(x))＝0有且只有一个实根，当a≠0时，∵f(x)＝x2＋ax，∴f′(x)＝2x＋a，∴g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋ax，x≥0，,2x＋a，x＜0.))当f(x)≥0时，由f2(x)＋af(x)＝0得f(x)＝0或f(x)＝－a，即x2＋ax＝0或x2＋ax＝－a.由x2＋ax＝0得x＝0或x＝－a.①当a＞0时，方程x2＋ax＝－a无解；②当a＜0时，方程x2＋ax＝－a可化为x2＋ax＋a＝0，由Δ＝a2－4a＞0得方程x2＋ax＝－a有两个不等实根．且0，－a不是方程的根．当f(x)＜0时，2f(x)＋a＝0.①当a＜0时，方程2x2＋2ax＋a＝0无实根；②当a＞0时，Δ＝4a(a－2)．当a＝2时，方程有且只有一根；当a＞2时，方程有两个不等实根．综上所述，当a＜0或a＞2时，方程g(f(x))＝0有四个不等的实根．]9．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x2，当x>1时，f(x＋1)＝f(x)＋f(1)，且若直线y＝kx与函数y＝f(x)的图象恰有5个不同的公共点，则实数k的值为________．【导学号：19592009】2eq\r(2)－2[由x>1时，f(x＋1)＝f(x)＋f(1)＝f(x)＋1，可得：当x∈[n，n＋1]，n∈N*时，f(x)＝f(x－1)＋1＝f(x－2)＋2＝…＝f(x－n)＋n＝(x－n)2＋n.因为函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，所以其图象关于原点对称．因此要使直线y＝kx与函数y＝f(x)恰有5个不同的公共点，只需满足当x>0时，直线y＝kx与函数y＝f(x)恰有2个不同的公共点．作出x>0时函数y＝f(x)的图象，由图可知，当直线y＝kx与曲线段y＝(x－1)2＋1，x∈[1,2]相切时，直线与函数y＝f(x)恰有5个不同的公共点．由直线方程y＝kx与y＝(x－1)2＋1，x∈[1,2]联立方程组，消去y得：x2－(2＋k)x＋2＝0，因为相切，所以Δ＝(2＋k)2－8＝0.又k>0，所以k＝2eq\r(2)－2.]二、解答题10．(2016·南通二调)设函数f(x)＝(x＋k＋1)eq\r(x－k)，g(x)＝eq\r(x－k＋3)，其中k是实数．(1)若k＝0，解不等式eq\r(x)·f(x)≥eq\f(1,2)eq\r(x＋3)·g(x)；(2)若k≥0，求关于x的方程f(x)＝x·g(x)实根的个数．[解](1)当k＝0时，f(x)＝(x＋1)eq\r(x)，g(x)＝eq\r(x＋3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3≥0，))得x≥0.3分此时，原不等式为(x＋1)x≥eq\f(1,2)(x＋3)，即2x2＋x－3≥0，5分解得x≤－eq\f(3,2)或x≥1.所以原不等式的解集为[1，＋∞).6分(2)当k≥0时，由方程f(x)＝xg(x)得，(x＋k＋1)eq\r(x－k)＝xeq\r(x－k＋3).①由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－k≥0，,x－k＋3≥0，))得x≥k，所以x≥0，x－k＋1＞0.8分方程①两边平方，整理得(2k－1)x2－(k2－1)x－k(k＋1)2＝0(x≥k)．②当k＝eq\f(1,2)时，由②得x＝eq\f(3,2)，所以原方程有唯一解，当k≠eq\f(1,2)时，由②得判别式Δ＝(k＋1)2(3k－1)2，10分①当k＝eq\f(1,3)时，Δ＝0，方程②有两个相等的根x＝eq\f(4,3)＞eq\f(1,3)，所以原方程有唯一的解．②当0≤k＜eq\f(1,2)且k≠eq\f(1,3)时，方程②整理为[(2k－1)x＋k(k＋1)](x－k－1)＝0，解得x1＝eq\f(kk＋1,1－2k)，x2＝k＋1.由于Δ＞0，所以x1≠x2，其中x2＝k＋1＞k，x1－k＝eq\f(3k2,1－2k)≥0，即x1≥k.故原方程有两解.12分③当k＞eq\f(1,2)时，由②知x1－k＝eq\f(3k2,1－2k)＜0，即x1＜k，故x1不是原方程的解．而x2＝k＋1＞k，故原方程有唯一解．综上所述，当k≥eq\f(1,2)或k＝eq\f(1,3)时，原方程有唯一解；当0≤k＜eq\f(1,2)且k≠eq\f(1,3)时，原方程有两解.14分11．某种商品原来每件售价为25元，年销售量为8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入eq\f(1,6)(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入eq\f(1,5)x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．[解](1)设每件定价为x元，依题意，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(x－25,1)×0.2))x≥25×8，2分整理得x2－65x＋1000≤0，解得25≤x≤40.4分∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元.6分(2)依题意，x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋eq\f(1,6)(x2－600)＋eq\f(1,5)x有解，等价于x>25时，a≥eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x＋eq\f(1,5)有解.