2016届广东省高考数学二轮专题复习函数与方程及函数的应用02

1． 已知函数f (x )＝(1
3
)x －log 2x ，实数a ，b ，c 满足f (a )·f (b )·f (c )<0(0<a <b <c )，若实数x 0为方程
f (x )＝0的一个解，那么下列不等式中，不可能成立的是________．(填序号) ①x 0<b ；②x 0>b ；③x 0<c ；④x 0>c . 答案 ④
【详细分析】函数f (x )＝(1
3)x －log 2x
在其定义域(0，＋∞)上是减函数， ∵0<a <b <c ，∴f (a )>f (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x 0<a ， 若f (a )>0，f (b )>0，f (c )<0，则b <x 0<c ， 故x 0>c 不可能成立，故填④.
2． 若f (x )＋1＝1
f (x ＋1)
，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，若在区间(－1,1]内，g (x )＝f (x )－mx －m 有两
个零点，则实数m 的取值范围是________． 答案 (0，1
2
]
【详细分析】设x ∈(－1,0)，则x ＋1∈(0,1)， ∴f (x )＝1f (x ＋1)－1＝1
x ＋1－1，
∴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，
满足题意，则0<m ≤1
2
.
(推荐时间：60分钟)
一、填空题
1． 若函数f (x )＝x 2－ax －b 的两个零点是2和3，则函数g (x )＝bx 2－ax －1的零点是________．
答案 －12，－1
3
【详细分析】由⎩⎪⎨⎪⎧ 22－2a －b ＝032－3a －b ＝0，得⎩
⎪⎨⎪
⎧
a ＝5
b ＝－6.
∴g (x )＝－6x 2－5x －1的零点为－12，－1
3
.
2． 函数f (x )＝2x －2
x
－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是________．
答案 (0,3)
【详细分析】因为f ′(x )＝2x ln 2＋2
x 2>0，
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<a <3.
3． (2013·天津改编)函数f (x )＝2x |log 0.5 x |－1的零点个数为________．
答案 2
【详细分析】当0<x <1时，f (x )＝2x log 0.5x －1，令f (x )＝0，则log 0.5x ＝⎝⎛⎭⎫12x
由y ＝log 0.5x ，y ＝⎝⎛⎭⎫12x 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 )＝－2x log 0.5x －1＝2x log 2x －1， 令f (x )＝0得log 2x ＝⎝⎛⎭⎫12x ，
由y ＝log 2x ，y ＝⎝⎛⎭⎫12x 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
x
，x <A ，c
A ，x ≥A
(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，
那么c 和A 的值分别是________． 答案 60,16
【详细分析】因为组装第A 件产品用时15分钟， 所以
c
A
＝15，
① 所以必有4<A ，且
c 4＝c
2
＝30，
②
联立①②解得c ＝60，A ＝16.
5． 若存在a ∈[1,3]，使得不等式ax 2＋(a －2)x －2>0成立，则实数x 的取值范围________．
答案 ⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫x |x <－1或x >23
【详细分析】由ax 2＋(a －2)x －2>0得(x 2＋x )a －2(x ＋1)>0. 令f (a )＝(x 2＋x )a －2(x ＋1)． 方法一 (补集法)
由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)≤0，f (3)≤0.即⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
－x －2≤0，
3x 2＋x －2≤0，
解得－1≤x ≤2
3
，
所以所求范围为该集合的补集，即为x <－1或x >2
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 －cos 2x ＋m －3＝0恒有实数解，则实数m 的取值范围是________．
答案 [0,8]
【详细分析】设cos x ＝t ∈[－1,1]，则t 2－4t ＋3－m ＝0， 得m ＝t 2－4t ＋3在[－1,1]上是单调递减的， 所以m ∈[0,8]．
7． 设定义域为R 的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
|lg x |，x >0，
－x 2－2x ，x ≤0，
则关于x 的函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1
的零点的个数为________．
答案 7
【详细分析】由y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1＝0得 f (x )＝1
2
或f (x )＝1，
如图画出f (x )的图象，由f (x )＝1
2知有4个根，
由f (x )＝1知有3个根，故共有7个零点．
8． 已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
log 2x ，x >0，
3x ，x ≤0，且关于x 的方程f (x )＋x －a ＝0有且只有一个实根，则实数
a 的取值范围是________． 答案 (1，＋∞)
【详细分析】画出函数y ＝f (x )与y ＝a －x 的图象，如图所示，所以a >1.
9． 已知函数f (x )＝x 2－2(a ＋2)x ＋a 2，g (x )＝－x 2＋2(a －2)x －a 2＋8.设H 1(x )＝max{f (x )，g (x )}，
H 2(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H 1(x )的最小值为A ，H 2(x )的最大值为B ，则A －B ＝________. 答案 －16
【详细分析】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H 1(x )的图象(实线部分)， 函数H 2(x )的图象(虚线部分)．
∴H 1(x )的最小值A ＝f (a ＋2)＝－4－4a ， H 2(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．设函数f n (x )＝x n ＋bx ＋c (n ∈N ＋，b ，c ∈R )．
(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝⎛⎭⎫
12，1内存在唯一零点； (2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1,1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围． (1)证明 b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n ＋x －1. ∵f n ⎝⎛⎭⎫12f n
(1)＝⎝⎛⎭⎫12n －12×1<0， ∴f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内存在零点．
又当x ∈⎝⎛⎭⎫
12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1>0， ∴f n (x )在⎝⎛⎭⎫
12，1上是单调递增的， ∴f n (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点． (2)解 当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .
对任意x 1，x 2∈[－1,1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4等价于f 2(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： ①当⎪⎪⎪⎪b 2>1，即|b |>2时，
M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |>4，与题设矛盾． ②当－1≤－b
2<0，即0<b ≤2时，
M ＝f 2(1)－f 2⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b
2＋12≤4恒成立． ③当0≤－b
2≤1，即－2≤b ≤0时，
M ＝f 2(－1)－f 2⎝⎛⎭⎫－b 2＝⎝⎛⎭⎫b
2－12≤4恒成立． 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 )．
令L ′＝0得x ＝6＋2
3a 或x ＝12(不合题意，舍去)．
∵3≤a ≤5，∴8≤6＋23a ≤28
3
.
在x ＝6＋2
3a 两侧，L ′的值由正变负．
所以①当8≤6＋23a <9，即3≤a <9
2
时，
L max ＝L (9)＝(9－3－a )(12－9)2＝9(6－a )； ②当9≤6＋23a ≤283，即9
2
≤a ≤5时，
L max ＝L ⎝⎛⎭⎫6＋23a ＝⎝⎛⎭⎫6＋23a －3－a ⎣⎡⎦⎤12－⎝⎛⎭⎫6＋23a 2＝4⎝⎛⎭
⎫3－1
3a 3， 所以Q (a )＝⎩⎨
⎧
9(6－a )，3≤a <9
2，
4⎝⎛⎭⎫3－13a 3
，92
≤a ≤5.
故若3≤a <9
2，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(6－a )(万
元)；若9
2≤a ≤5，则当每件售价为⎝⎛⎭⎫6＋23a 元时，分公司一年的利润L 最大，最大值Q (a )＝4⎝⎛⎭
⎫3－1
3a 3(万元)． 12．已知函数f (x )＝e x －
m －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 )＝e x
－m
－1，
令f ′(x )＝0，得x ＝m .
故当x ∈(－∞，m )时，e x －
m <1，f ′(x )<0，f (x )单调递减；
当x ∈(m ，＋∞)时，e x
－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)＝e －
m >0，f (0)f (m )<0，
∴f (x )在(0，m )上有一个零点． ∵f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ， ∵当m >1时，g ′(m )＝e m －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．。