（文理通用）2019届高考数学大二轮复习第1部分专题2函数与导数第2讲函数与方程及函数的应用练习.doc

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1、1第一部分 专题二 第二讲 函数与方程及函数的应用A组1(文)函数 f(x) log 2x的一个零点落在区间( B )1xA(0,1) B(1,2) C(2,3) D(3,4)解析 f(1)f(2)0， f( ) 1时，由 f(x)1log 2x0，解得 x ，又因为 x1，所以此时方程无解综上，12函数 f(x)的零点只有 0.3.已知函数 f(x)( )xcos x，则 f(x)在0,2上的零点个数为12( C )A1 B2C3 D4解析 作出 g(x)( )x与 h(x)cos x的图象，可以看出其在0,2上的交点个数12为 3.故选 C4已知函数 y f(x)的周期为 2，当 x1,1

2、时， f(x) x2，那么函数 y f(x)的图象与函数 y|lg x|的图象的交点共有( A )A10 个 B9 个 2C8 个 D1 个解析 在同一平面直角坐标系中分别作出 y f(x)和 y|lg x|的图象，如图又lg 101，由图象知选 A5汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1升汽油行驶的里程下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况下列叙述中正确的是( D )A消耗 1升汽油，乙车最多可行驶 5千米B以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C甲车以 80千米/小时的速度行驶 1小时，消耗 10升汽油D某城市机动车最高限速 80千米/小时，相同条件下，在该市用丙

3、车比用乙车更省油解析 对于 A选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于 40 km/h时的燃油效率大于 5 km/L，故乙车消耗 1升汽油的行驶路程可大于 5千米，所以 A错误对于 B选项，由图可知甲车消耗汽油最少对于 C选项，甲车以 80 km/h的速度行驶时的燃油效率为 10 km/L，故行驶 1小时的路程为 80千米，消耗 8 L汽油，所以 C错误对于 D选项，当最高限速为 80 km/h且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以 D正确6已知函数 f(x)Error!函数 g(x)3 f(2 x)，则函数 y f(x) g(x)的零点的个数为( A )A

4、2 B3 C4 D5解析 当 x2时， f(2 x)2|2 x|4 x，函数 f(x) g(x)( x2) 24 x3 x25 x5 大于 2的零点有一个因此函数 y f(x) g(x)共有零点2个37已知函数 f(x)( )xlog 3x，若 x0是函数 y f(x)的零点，且 0150(填“” 、 “f(x0)方法二：如图知， f(x1)f(x0)8(文)函数 f(x)对一切实数 x都满足 f( x) f( x)，并且12 12方程 f(x)0 有三个实根，则这三个实根的和为 .32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 ，12 12另外两个关于直线

5、 x 对称，其和为 1，故方程 f(x)0 的三个实根之和为 .12 32(理)(2015四川卷，13)某食品的保鲜时间 y(单位：小时)与储藏温度 x(单位：)满足函数关系 ye kx b(e2.718为自然对数的底数， k， b为常数)若该食品在 0 的保鲜时间是 192小时，在 22 的保鲜时间是 48小时，则该食品在 33 的保鲜时间是 24小时解析 由题意得Error!e 22k ，e 11k ，48192 14 12 x33 时， ye 33k b(e 11k)3eb 19224.189有一种新型的洗衣液，去污速度特别快已知每投放 k(1 k4，且 kR)个单位的洗衣液在一定量水的

6、洗衣机中，它在水中释放在浓度 y(克/升)随着时间 x(分钟)变化的函数关系式近似为 y kf(x)，其中 f(x)Error!若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所释放的浓度之和根据经验，当水中洗衣液的浓度不低于 4克/升时，它才能起到有效去污的作用(1)若只投放一次 k个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为 3克/升，求 k的值(2)若只投放一次 4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？(3)若第一次投放 2个单位的洗衣液，10 分钟后再投放 1个单位的洗衣液，则在第 12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用？请说明理由解析 (1)由题意知 k(

7、1)3，248 24所以 k1.(2)因为 k4，所以 yError!当 0 x4 时，由 44，968 x解得4 x4，所以在第 12分钟时还能起到有效去污的作用B组1已知函数 f(x)e x x， g(x)ln x x， h(x)ln x1 的零点依次为 a， b， c，则( A )A a0，且函数 f(x)是增函数，因此函数 f(x)的零点在区间(0,1)内，即 00，函数 g(x)的零点在区间(1,2)内，即 1f(1)0.又函数 g(x)在(0,1)内是增函数，因此有 g(a)B a163 163C a0时， f(x)没有零点当 x0时， f ( x) x24，令 f ( x)0 得

8、 x2，所以 f(x)在(0,2)上递减，在(2，)上递增，因此 f(x)在 x2 处取得极小值 f(2) a 0，解得 a .故163 163选 A7已知 x表示不超过实数 x的最大整数，如1.81，1.22. x0是函数 f(x)ln x 的零点，则 x02.2x解析 函数 f(x)的定义域为(0，)，且易判断函数 f(x)在(0，)上单调递增由 f(2)ln 210，知 x0(2，e)，所以 x02.2e8定义域为 R的偶函数 f(x)满足对 xR，有 f(x2) f(x) f(1)，且当 x2,3时， f(x)2 x212 x18，若函数 y f(x)log a(|x|1)在(0，)上

9、至多有三个零点，则 a的取值范围是( ， 1)(1，).55解析 对于偶函数 f(x)， f(x2) f(x) f(1)，令 x1，则 f(1) f(1) f(1)，因为 f(1) f(1)，所以 f(1) f(1)0，所以 f(x) f(x2)，故 f(x)的图象如图所示，则问题等价于 f(x)的图象与函数 ylog a(|x|1)的图象在(0，)上至多有三个交点，显然 a1符合题意；若 0 0恒成立，所以函数 f(x) ax2 x a必有局部对称点(2)f(x)2 x b在区间1,2内有局部对称点，所以方程 2x2 x2 b0 在区间1,2上有解，于是2 b2 x2 x，设 t2 x， t4，12所以2 b t ，其中 2 t ，1t 1t 174所以 b1.178(3)因为 f( x)4 x m2 x1 m23，由 f( x) f(x)，所以 4 x m2 x1 m23(4 x m2x1 m23)，于是 4x4 x2 m(2x2 x)2( m23)0(*)在 R上有解，令 t2 x2 x(t2)，则 4x4 x t22，所以方程(*)变为 t22 mt2 m280 在区间2，)内有解，需满足条件：Error!即Error!化简得 1 m2 .3 2