湖北高考数学文科二轮复习作业精练精析专题限时集训(六)(含答案详析)

专题限时集训(六)
[第6讲 函数与方程、函数模型及其应用]
(时间：45分钟)
1．函数f(x)＝ln x －1
x －1
(x>1)的零点所在的区间为( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32
B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2
C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫52，3 2．如图X6－1所示，图(1)反映的是某条公共汽车线路收支差额y 与乘客量x 之间关系的图像．由于目前该条公交线路亏损，公司有关人员提出两种调整建议，如图(2)(3)所示．
(
图 1
给出以下说法：
①图(2)的建议是：提高成本，并提高票价； ②图(2)的建议是：降低成本，并保持票价不变； ③图(3)的建议是：提高票价，并保持成本不变； ④图(3)的建议是：提高票价，并降低成本． 其中说法正确的序号是( )
A ．①③
B ．①④
C ．②③
D ．②④
3．规定记号“ ”表示一种运算，即a b ＝a 2＋2ab －b 2.设函数f(x)＝x 2，且关于x 的方程f(x)＝lg|x ＋2|(x ≠－2)恰有四个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4的值是( )
A ．－4
B ．4
C ．8
D ．－8 4．“m <0”是“函数f(x)＝m ＋log 2x(x ≥1)存在零点”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件
5．函数f(x)＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3
6．函数f(x)＝－|x －5|＋2x －
1的零点所在的区间是( ) A ．(0，1) B ．(1，2) C ．(2，3) D ．(3，4)
7．在R 上定义运算 ：x y ＝x(1x>2，不等式(x －a) x ≤a ＋2都成立，则实数a 的取值范围是( )
A ．[－1，7]
B ．(－∞，3]
C ．(－∞，7]
D ．(－∞，－1]∪[7，＋∞) 8．某企业为了节能减排，决定安装一个可使用15年的太阳能供电设备接入本企业电网，
安装这种供电设备的成本费(单位：万元)与太阳能电池板的面积(单位：平方米)成正比，比
例系数约为1
2
，为了保证正常用电，安装后采用太阳能和电能互补供电的模式．假设在此模
式下，安装后该企业每年消耗的电费C(单位：万元)与安装的这种太阳能电池板的面积x(单
位：平方米)之间的函数关系是C(x)＝120
x ＋5(x>0)．记该企业安装这种太阳能供电设备的费用
与该企业15年共将消耗的电费之和为F(x)(万元)，则F(40)等于( )
A ．80
B ．60
C ．402
3
D ．40
9．若函数y ＝f(x)(x ∈R )满足f(x ＋1)＝f(x －1)，且x ∈[－1，1]时，f(x)＝1－x 2，函数
g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x （x>0），－1
x
（x<0），则函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，5]内的零点的个数为( )
A ．6
B ．7
C ．8
D ．9
10．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1（x ≤0），
log 2
x （x>0），
则函数y ＝f[f(x)]＋1的零点个数是( )
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
11．函数f(x)＝ln x －1
x －1在区间(k ，k ＋1)(k ∈N *)上存在零点，则k 的值为________．
12．某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤前的废气的污染指数量为P 0 mg/L ，过滤
过程中废气的污染指数量P mg/L 与时间t h 间的关系为P ＝P 0e －
kt .如果在前5个小时消除了10%的污染物，则10小时后还剩________%的污染物．
13．某公司一年购买某种货物600吨，每次都购买x 吨(x 为600的约数)，运费为3万元/次，一年的总存储费用为2x 万元．若要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次需购买________吨．
14．函数f(x)＝2sin πx ＋1
x －1，x ∈(－1，1)∪(1，3)的所有零点之和为________．
15．某公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元至1000万元的投资收益．为加快开发进程，特制定了产品研制的奖励方案：奖金y(万元)随投资收益x(万元)的增加而增加，但奖金总数不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%.
现给出两个奖励模型：①y ＝x
100
＋2；②y ＝4lg x －3.
试分析这两个函数模型是否符合公司要求．
16．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－ax ＋1，x ≥a ，
4x
－4×2x －a
，x<a.
(1)若x<a 时，f(x)<1恒成立，求a 的取值范围；
(2)若a ≥－4时，函数f(x)在实数集R 上有最小值，求实数a 的取值范围．
专题限时集训(六) 1．C [解析] f(2)＝ln 2－1<0，f ⎝⎛⎭⎫52＝ln 52－23，由125>8e 2得52>e 23，所以f ⎝⎛⎭⎫52＝ln 52－23
>0，因此f(2)f ⎝⎛⎭⎫52<0，所以其中的一个零点区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫2，52.
2．C [解析] 设图(1)中函数为y ＝kx －b ，其中k 为票价，b 为付出的成本，则图(2)是降低成本，并保持票价不变；图(3)是提高票价，并保持成本不变．
3．D [解析] 函数f(x)＝x 2＋4x －4，由于函数y ＝f(x)，函数y ＝lg|x ＋2|的图像均关于直线x ＝－2对称，故四个根的和为－8.
4．A [解析] 函数f(x)存在零点，则m ≤0，是充分不必要条件，故选A.
5．C [解析] 分别画出函数y ＝ln x(x>0)和y ＝|x －2|(x>0)的图像，可得2个交点，故f(x)在定义域中零点个数为2.
6．C [解析] f(2)·f(3)＝(－3＋2)(－2＋4)<0，所以该函数的零点所在的区间是(2，3)． 7．C [解析] 由题意得(x －a) x ＝(x －a)(1－x)， 故不等式(x －a) x ≤a ＋2化为(x －a)(1－x)≤a ＋2， 化简得x 2－(a ＋1)x ＋2a ＋2≥0，
故原题等价于x 2－(a ＋1)x ＋2a ＋2≥0在(2，＋∞)上恒成立．
由二次函数f(x)＝x 2
－(a ＋1)x ＋2a ＋2的图像，可知其对称轴为x ＝a ＋1
2
.
讨论得⎩⎨⎧a ＋1
2≤2f （2）≥0
或
⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1
2>2，
f ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫a ＋12≥0，解得a ≤3或3<a ≤7，综上可得a ≤7.
8．B [解析] F(x)＝12
x ＋15×120
x ＋5
，F(40)＝60.
9．C [解析] 因为函数y ＝f(x)(x ∈R )满足f(x ＋1)＝f(x －1)，所以函数y ＝f(x)(x ∈R )是周期为2的周期函数，又因为x ∈[－1，1]时，f(x)＝1－x 2，所以作出函数f(x)(x ∈R )和g(x)的图像，如图所示．
由图知函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，5]内的零点的个数为8.
10．A [解析] 根据题意，由于函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1（x ≤0），
log 2
x （x>0），
那么函数y ＝f[f(x)]＋1的
零点个数即为f[f(x)]＋1＝0的解的个数．结合图像，满足f[f(x)]＝－1，则f(x)＝－2，或者
f(x)＝1
2
，每个方程的解有2个，则f[f(x)]＋1＝0的解有4个，故选A.
11．0或2 [解析] 转化为两个函数y ＝ln x 与y ＝
1
x －1
的图像的交点问题．依据图像可以判断零点存在的区间为(0，1)，(2，3)．因此k ＝0或k ＝2.
12．81 [解析] P 0e －k ×5＝P 0×(1－10%)，e －5k ＝0.9，所以P 0e －k ×
10＝P 0×0.81，即10小时后还剩81%的污染物．
13．30 [解析] 设一年的总运费与总存储费用之和为y 万元，则y ＝600
x
×3＋2x ≥2
1800x ×2x ＝120，当且仅当1800
x
＝2x ，x ＝30时，取得等号． 14．4 [解析] 在同一坐标系中作出函数y ＝2sin πx ，x ∈(－1，1)∪(1，3)和y ＝1
1－x ，
x ∈(－1，1)∪(1，3)
x ＝12时，f ⎝⎛⎭⎫12＝2－2＝0，∴12是函数f(x)的一个零点．∵x ＝32
时，f ⎝⎛⎭⎫32＝－2＋2＝0，∴32
是函数f(x)的一个零点．由于两个函数y ＝11－x ，y ＝2sin πx 的图像都关于点(1，0)中心对称，则两个函数的另外两个交点的横坐标x 1＋x 2＝2.∴函数f(x)＝
11－x
－2sin πx(－
1≤x ≤3)的所有零点之和为4.故答案为4.
15．解：设奖励函数模型为y ＝f(x)，则公司对函数的模型的基本要求是 (1)f(x)在区间[10，1000]上是增函数；(2) x ∈[10，1000]，f(x)≤9恒成立；(3) x ∈[10，
1000]，f(x)≤x
5
恒成立．
对于模型①，当x ∈[10，1000]时，f(x)＝x
100
＋2是增函数．
f(x)max ＝f(1000)＝1000
100
＋2＝12>9，
故该模型不符合公司要求． 对于模型②，当x ∈[10，1000]时，f(x)＝4lg x －3是增函数，且f(x)max ＝f(1000)＝4lg1000－3＝9≤9，以下检验是否符合第三个要求．
设g(x)＝4lg x －3－x 5，则g′(x)＝4lg e x －1
5.
当x ≥10时，g ′(x)＝4lg e x －15≤4lg e 10－1
5＝lg e 2－15
<0，所以g(x)在[10，1000]上是减函
数，
从而g(x)≤g(10)＝－1<0，从而f(x)<x
5
恒成立．
故函数模型②符合公司要求．
16．解：(1)因为x<a 时，f(x)＝4x －4×2x －
a ， 所以令t ＝2x ，则有0<t<2a .
当x<a 时f(x)<1恒成立，转化为t 2－4×t
2
a <1，
即42a >t －1
t
在t ∈(0，2a )上恒成立． 令p(t)＝t －1t ，t ∈(0，2a )，则p′(t)＝1＋1
t 2>0，
所以p(t)＝t －1
t
在(0，2a )上单调递增，
所以42a ≥2a －1
2
a ，所以2a ≤5，解得a ≤log 2 5.
(2)当x ≥a 时，f(x)＝x 2
－ax ＋1，即f(x)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －a 22＋1－a 24，
当a
2
≤a 时，即a ≥0时，f(x)min ＝f(a)＝1； 当a 2>a 时，即－4≤a<0，f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝1－a 24
.
当x<a 时，f(x)＝4x －4×2x －a ，令t ＝2x
，t ∈(0，2a )，
则h(t)＝t 2
－42a t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22a 2－44
a ，
当22a <2a ，即a>12时，h(t)min ＝h ⎝⎛⎭⎫22a ＝－44
a ； 当22a ≥2a ，即a ≤1
2
时，h(t)在开区间t ∈(0，2a )上单调递减，h(t)∈(4a －4，0)，无最小值． 综合x ≥a 与x<a ，所以当a>12时，1>－44a ，函数f(x)min ＝－4
4
a ；
当0≤a ≤1
2
时，4a －4<0<1，函数f(x)无最小值；
当－4≤a<0时，4a
－4<－3≤1－a 24
，函数f(x)无最小值．
综上所述，当a>1
2时，函数f(x)有最小值．。