2015届高考数学二轮专题训练：专题二 第2讲 函数的应用 14页

第2讲　函数的应用 考情解读　1.函数零点所在区间、零点个数及参数的取值范围是高考的常见题型，主要以选择、填空题的形式出现.2.函数的实际应用以二次函数、分段函数模型为载体，主要考查函数的最值问题．‎ ‎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.‎ 热点一　函数的零点 例1　(1)函数f(x)＝ln(x＋1)－的零点所在的区间是(　　)‎ A．(，1) B．(1，e－1)‎ C．(e－1,2) D．(2，e)‎ ‎(2)(2014·辽宁)已知f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝则不等式f(x－1)≤的解集为(　　)‎ A．[，]∪[，] B．[－，－]∪[，]‎ C．[，]∪[，] D．[－，－]∪[，]‎ 思维升华　(1)根据二分法原理，逐个判断；(2)画出函数图象，利用数形结合思想解决．‎ 答案　(1)C　(2)A 解析　(1)因为f()＝ln－4<0，f(1)＝ln 2－2<0，f(e－1)＝1－<0，f(2)＝ln 3－1>0，故零点在区间(e－1,2)内．‎ ‎(2)先画出y轴右边的图象，如图所示．‎ ‎∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称，∴可画出y轴左边的图象，再画直线y＝.设与曲线交于点A，B，C，D，先分别求出A，B两点的横坐标．‎ 令cos πx＝，∵x∈[0，]，‎ ‎∴πx＝，∴x＝.‎ 令2x－1＝，∴x＝，∴xA＝，xB＝.‎ 根据对称性可知直线y＝与曲线另外两个交点的横坐标为xC＝－，xD＝－.‎ ‎∵f(x－1)≤，则在直线y＝上及其下方的图象满足，‎ ‎∴≤x－1≤或－≤x－1≤－，‎ ‎∴≤x≤或≤x≤.‎ 思维升华　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．‎ ‎　(1)已知函数f(x)＝()x－cos x，则f(x)在[0,2π]上的零点个数是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎(2)已知a是函数f(x)＝2x－logx的零点，若00‎ C．f(x0)<0 D．f(x0)的符号不确定 答案　(1)C　(2)C 解析　(1)f(x)在[0,2π]上的零点个数就是函数y＝()x和y＝cos x的图象在[0,2π]上的交点个数，而函数y＝()x和y＝cos x的图象在[0,2π]上的交点有3个，故选C.‎ ‎(2)∵f(x)＝2x－logx在(0，＋∞)上是增函数，又a是函数f(x)＝2x－logx的零点，即f(a)＝0，∴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取得最大值，‎ 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.‎ 综合①②知：当x＝9时，W取最大值38.6万元，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．‎ ‎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.‎ ‎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．‎ ‎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 ⇒⇒⇒ 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.‎ 真题感悟 ‎1．(2014·重庆)已知函数f(x)＝且g(x)＝f(x)－mx－m在(－1,1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是(　　)‎ A.∪ B.∪ C.∪ D.∪ 答案　A 解析　作出函数f(x)的图象如图所示，其中A(1,1)，B(0，－2)．‎ 因为直线y＝mx＋m＝m(x＋1)恒过定点C(－1,0)，故当直线y＝m(x＋1)在AC位置时，m＝，可知当直线y＝m(x＋1)在x轴和AC之间运动时两图象有两个不同的交点(直线y＝m(x＋1)可与AC重合但不能与x轴重合)，此时00，‎ f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，要使f(x)有两个零点，则极小值 f(－1)<0，即－e－1－a<0，∴a>－，又x→－∞时，f(x)>0，则a<0，‎ ‎∴a∈(－，0)．‎ ‎3．某公司购买一批机器投入生产，据市场分析每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)．则当每台机器运转________年时，年平均利润最大，最大值是________万元．‎ 答案　5　8‎ 解析　由题意知每台机器运转x年的年平均利润为＝18－(x＋)，而x>0，故≤18－2＝8，当且仅当x＝5时，年平均利润最大，最大值为8万元．‎ ‎(推荐时间：60分钟)‎ 一、选择题 ‎1．函数f(x)＝log2x－的零点所在的区间为(　　)‎ A．(0，) B．(，1)‎ C．(1,2) D．(2,3)‎ 答案　C 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数．‎ f()＝log2－＝－1－2＝－3<0，‎ f(1)＝log21－＝0－1<0，‎ f(2)＝log22－＝1－＝>0，‎ f(3)＝log23－>1－＝>0，‎ 即f(1)·f(2)<0，‎ ‎∴函数f(x)＝log2x－的零点在区间(1,2)内．‎ ‎2．函数f(x)＝＋ln，下列区间中，可能存在零点的是(　　)‎ A．(1,2) B．(2,3)‎ C．(3,4) D．(1,2)与(2,3)‎ 答案　B 解析　f(x)＝＋ln＝－ln(x－1)，函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，且为递减函数，‎ 当10，所以f(x)>0，故函数在(1,2)上没有零点；‎ f(2)＝－ln 1＝1>0，f(3)＝－ln 2＝＝，‎ 因为＝2≈2.828，所以>e，故ln e0时，f(x)＝x2－x＝(x－)2－≥－，所以要使函数f(x)＝m有三个不同的零点，则－0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.‎ 因为函数f(x)有两个不同的零点，‎ 则当x≤0时，‎ 函数f(x)＝2x－a有一个零点，‎ 令f(x)＝0得a＝2x，‎ 因为0<2x≤20＝1，所以01‎ 解析　函数f(x)有三个零点等价于方程＝m|x|有且仅有三个实根．‎ ‎∵＝m|x|⇔＝|x|(x＋2)，作函数y＝|x|(x＋2)的图象，如图所示，由图象可知m应满足：0<<1，‎ 故m>1.‎ ‎10．我们把形如y＝(a>0，b>0)的函数因其图象类似于汉字中的“囧”字，故生动地称为“囧函数”，若当a＝1，b＝1时的“囧函数”与函数y＝lg|x|的交点个数为n，则n＝________.‎ 答案　4‎ 解析　由题意知，当a＝1，b＝1时，y＝＝ 在同一坐标系中画出“囧函数”与函数y＝lg|x|的图象如图所示，易知它们有4个交点．‎ 三、解答题 ‎11．设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．‎ ‎(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；‎ ‎(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同零点，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，‎ 令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.‎ ‎∴函数f(x)的零点为3和－1.‎ ‎(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同实根．‎ ‎∴b2－4a(b－1)>0恒成立，‎ 即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，‎ 所以有(－4a)2－4(4a)<0⇒a2－a<0，所以0，即1400，‎ 即f(x)＝0有两个不相等的实数根，‎ ‎∴若实数a满足条件，则只需f(－1)·f(3)≤0即可．‎ f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0，‎ ‎∴a≤－或a≥1.‎ 检验：(1)当f(－1)＝0时，a＝1，所以f(x)＝x2＋x.‎ 令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1.‎ 方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a≠1.‎ ‎(2)当f(3)＝0时，a＝－，此时f(x)＝x2－x－.‎ 令f(x)＝0，即x2－x－＝0，‎ 解得x＝－或x＝3.‎ 方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a≠－.‎ 综上所述，a<－或a>1.‎ ‎ ‎