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(4)解:当x≥0时,函数f(x)=(x-1)2-2的 ∴“a<0”是“方程ax2+1=0有一个负数根”的
最小值为-2,最大值为f(3)=2; 充分必要条件,故应选B.
当x<0时,函数f(x)=(x+1)2-2的最小值 3.D
为-2,最大值为f(-3)=2; 4.C 【解析】 解决本题的关键是要理解“函数
故函数f(x)的值域为[-2,2]. 有大于零的 极 值 点”这 一 条 件.由 题 意,根 据 导 数 公
16. 解:(1)设点P(x,y)是C2 上的任意一点, 式,得y'=3+aeax,若函数y=eax+3x,x∈R有大
则P(x,y)关于点 A(2,1)对称点为 P'(4-x,2- 于零的极值点,说明方程y'=3+aeax=0有正根,即
y),
eax
3 1
=- 有正根,显 然 需a<0.此 时,a x=
(
aln -1 1
代入f(x)=x+ ,可得 ,x 2-y=4-x+4-x 3),由x>0立即可解得参数a<-3,故答案为C.
1 1 a
即y=x-2+ , ()x-4 ∴g x =x-2+x-4. 5.B 【解析】 设方程ax2+bx+c=0的两根
{y=m 分别为x1,x2(不妨设x1x+4m+9=0, í |x2-x1|= 2 ,又a 0≤ c
Δ=(m+6)2-4(4m+9), x1
·x2=a
∵直线y=m 与C2 只有一个交点, 4ac-b2
, f(x)≤ ,由 于(s,f(t))(s,t∈D),∴Δ=0 解得m=0或m=4. 故 有4a
当m=0时,经检验合理,交点为(3,0);
{x1≤s≤x2当m=4时,经检验合理,交点为(5,4). 4ac-b2,由于所有点(s,f(t))(s,t∈x 1 0≤f(t)≤
17. 解:(1)由f(x)= 得f()1+x x =1-
4a
x+1. 2
∴f(x)
4ac-b
的图象可由y=- D)构成一个正方形区域,故有关系式: 4a =
1
的图象向左平移1个单位,再x b
2-4ac
|x2-x1|= ( ),故选 本
向上平移 个单位得到如图 a
2 a=-4a<0 B.
1 .
() ( ) ( , ) 题综合考查函数、不等式、线性规划思想解题能力 侧2f x 在 -∞ -1 和
.
(-1,+∞)上为增函数. 重于数学思想的考查
,此题的难度较大.
() () ( , ) 6. 【解析】3 ∵ x 在 -1 +∞ 上为增函数. 分别令两个函数中变量f x=0
a a b b 可得,f(0)=a,f(0)=2,∴a=2.
> >0, > >0,1+a 1+a+b 1+b 1+a+b a+b ∵f(x)=0,即方程x2+2x+2=0无实数根,
>c>0,a>0,b>0. ∴方程f(ax+b)=0也 无 实 数 根,即 其 解 集
( ) () a b a
为 .
∴f a +f b =1+a+1+b>1+a+b+ 7.解:(1)因为f(x)= 3sin2x-(1-cos2x)=
b a+b
1+b+a=1+a+b=f
(a+b)>f(c). 2sin( π2x+6 )-1,
第三章 函数的应用 , π π π所以 当2x+6=2kπ+ ,即2 x=kπ+ (6 k∈
§3.1 函数与方程 Z)时,函数f(x)取得最大值1.
五年高考母题原型训练 (2)解 法 一:由 (1)及 f (x)=0 得 sin
1.C 【解析】 由于f(0)=-1<0,f(1)=e- π 1, π π, π
1>0,
所以 或
根据函数的零点存在性定理,知函数f(x)的零 (2x+6 )=2 2x+6=2kπ+6 2x+6
点在区间(0,1)内,选C. 5π π
=2kπ+ ,即x=kπ,或x=kπ+ .
2.B 【解析】 ∵a<0 ax2+1=0有一正一 6 3
负两个实数根, 故函数f(x)的零点的集合为
·17·
4
{ , π, } 程 x +ax -4=0 的 各 个 实 根 所 对 应 的 点x|x=kπ 或x=kπ+3 k∈Z .
,4 均在直线 同侧时,实数 的取值范围
解法二:由f(x)=0得23sinxcosx=2sin2x, (xi x ) y=x ai
于是sinx=0,或 3cosx=sinx 即tanx= 3.由sinx 为(-∞,-6)∪(6,+∞).
{} 【解析】 本题考查对数运算、函数性
=0可知x=kπ;
π 11. 2
由tanx= 3可知x=kπ+3. 质等.∵logax+logay=c,∴loga(xy)=c,xy=ac,
故函数f(x)的零点的集合为 ac ac
π ∴y=x .∵a>1
,y= 在[a,2a]上是减函数,
{x|x=kπ,或x=kπ+ ,3 k∈Z}. xac-1
∴y∈[ ,ac-1]
8. ( ,51 ) 【解析】 本题等价转化为关于t的 24 若对任意x∈[a,2a],都有y∈[a,a2],
二次方 程t2-t+a-1=0有 两 不 同 的 正 数 解,∴ ac-1 2 c-1
{1-4(a-1)>0, : 5 则需要a≤ 且2 a ≥a .解得 10 4 ∵a>1,∴应该有loga2a≤c-1≤2,即loga2+2
9.2 【解析】 如下图所示, ≤c≤3.
∵c值仅有一个,∴loga2+2=c=3.
∴a=2.
本题综合考查函数、方程、不等式知识,属难题.
解题时综合题目的信息,得到c 的范围,由c 的唯一
性控制a.因为此题是填空题,不必引出细致分析与
讨论.
∵两函数y=3-x2,y=2-x有两个交点,
∴ 3-x2=2-x 2. 12. 本题主要考查二次函数的基本性质与不等方程 的实数解的个数为
10.(-∞,-6)∪(6,+∞) 【解析】 由方程 式的应用等基础知识.
4 4 证明:(1)因为f(0)>0,f(1)>0,
x4+ax-4=0可得x3+a= ,曲线x y=
与
x y=x 所以c>0,3a+2b+c>0.
相交于两点(2,2),(-2,-2),如图1所示,当a<0 由条件a+b+c=0,消去b,得a>c>0;
4 由条件 ,消去, 3 a+b+c=0 c
,得a+b<0,2a+b
时 要使y=x +a 与y= 的两个交点同在直线x y >0.
ì4 3 >2+a,
b
2 故-2 4 ( )3
2
-2> -2 +a
, (2)抛物线f(x)=3ax +2bx+c的顶点坐标为
b 3ac-b2 b 1
(-∞,-6); (- , ),在3a 3a -21 b 2
得
3<-3a<3.
又因为f(0)>0,f(1)>0,
b 2 2
而f(- )
a +c -ac ,
3a =- 3a <0
b b
图1 图2 所以方程f(x)=0在区间(0,- )与( ,3a -3a
如图2所示,当a>0时,要使y=x3+a 与y= 1)内分别有一实根.
4
的 两 个 交 点 同 在 直 线 y=x 的 左 侧 需 满 足 故方程f(x)=0在(0,1)内有两个实根x .
ì4 13.
解:(1)由题意知:设基本事件空间为Ω,记
<23 +a,2 “方程x
2+bx+c=0没有实根”为事件A,“方程x2
í 解之得a∈(6,+∞),综上可得方
4 +bx+c=0有且仅有一个实根”为事件B,“方程x
2
<(-2)3 -2 +a +bx+c=0有两个相异实根”为事件C,则Ω={(b,
·18·
c)|b,c=1,2,…,6}, 式、基本不等式、一元二次方程等知识,考查化归与转
A={(b,c)|b2-4c<0,b,c=1,2,…,6}, 化、分类与整合、函数与方程的数学思想方法,以及抽
B={(b,c)|b2-4c=0,b,c=1,2,…,6}, 象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新
C={(b,c)|b2-4c>0,b,c=1,2,…,6}, 意识.
所以Ω中的基本事件总数为36个,A 中的基本 解:设二次函数为g(x)=ax2+bx+c,
事件总数为17个,B 中的基本事件总数为2个,C 中 ∵y=g'(x)=2ax+b 的图象与直线y=2x 平
的基本事件总数为17个,又因为B、C 是互斥事件, 行,∴a=1.
2 17 19 又( ) ( ∵ =
(x)在x=-1处取得极小值m-1,
故所求概率P=P B +P C)= + = . y g36 36 36 b 2
(2) ,
,( ) ( ) ( )
由题意 ξ的可能取值为0,1,2,则
∴-2a=-1g -1 =a -1 +b -1 +c=
17 1 ,
P{ξ=0}= ,P{ξ=1}= , {
17 m-1
36 18Pξ=2
}= ,36 所以b=2,c=m.
故ξ的分布列为: g(x) m
从而f(x)= x =x +x+2.
ξ 0 1 2
()已知 ,设曲线 ( )上点 的坐标
P 17 1 17
1 m≠0 y=f x P
36 18 36 为P(x,y),则点P 到点Q(0,2)的距离为
17 1 17 | PQ | = (x-0)2+(y-2)2
所以ξ的数学期望Eξ=0×36+1×18+2×36
2 m 2
=1. = x + (x +x)
(3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件 D,
2 m
2
“方程x2+bx+c=0有实根”为事件E,由上面分析 = 2x +x2+2m
( ) 11 7得P D = ,P(D∩E)= , 236 36 m≥ 2 2x2·x2 +2m
P(D∩E) 7
∴P(E|D)= P(D) =11. = 22|m|+2m,
14.B 【解析】 本题主要考查将一个函数的图 m22 |m|
象进行平移后相关的解析式的变化规律的掌握情况 当且仅当2x =x2 x=±
时等号成立.
2
以及能否结合具体问题恰当地予以使用,考生就相关
∵|PQ|的最小值为 2,
问题的转化能力及利用导数求相关函数的最值的能
力.依题意得关于x,y 的方程组 ∴ 22|m|+2m= 2 2|m|+m=1.
{y=x
3-3x 1
至 多 有 一 组 实 数 解,于 ①当m>0时,解得m= = 2-1.
y=(x-u)3-3(x-u)-v 2+1
是关于x 的方程x3-3x=(x-u)3-3(x-u)-v, 1②当m<0时,解得m= =- 2-1.
即3ux2-3u2x+(u3-3u+v)=0至多有一个实根, 1- 2
Δ=(-3u2)2-4×3u(u3-3u+v)≤0对任意u>0 故m= 2-1或m=- 2-1.
, 1 1 m恒成立 于是有v≥3u- u3.令g(u)=3u- u3 (2)y=f(x)-kx 的零点即方程 +(1-k)4 4 x x
的解,
(u>0),则有g'()
3 2, 3 +2=0u =3- u 令g'(4 u
)=3-4u
2
∵m≠0,
=0得u=2,且 当00;当u>2 m
1 ∴ +
(
x 1-k
)x+2=0与(k-1)x2-2x-m=
时,g'(u)<0.因此函数g(u)=3u- u3(4 u>0
)在u
0有相同的解.
=2时取得最大值,最大值是g(2)=4,即v 的最小 m
若
值是4,选B. ① k=1
,(k-1)x2-2x-m=0 x=-2
15. 考查函数和方程、函数导数、两点间距离公 ≠0,
·19·
m =cx(-x+1),g(f(x))=f(x)[2(x)-c (x)+c].所以函数y=f(x)-kx 有零点x=-
f f
2. ③
②若k≠1,(k-1)x2-2x-m=0的判别式Δ 由f(x)=0可以推得g(f(x))=0,知方程f
=4[1+m(k-1)]. (x)=0的根一定是方程g(f(x))=0的根.
1
若Δ=0 k=1- ,此时函数y=f(x)-kx 当c=0时,符合题意.m 当c≠0时,b≠0,方程f(x)=0的根不是方程
有一个零点x=-m. f2(x)-cf(x)+c=0 ④
若Δ>0 1+m(k-1)>0, 的根,因此,根据题意,方程④应无实数根.那么
∴当m>0,
1 1
k>1- ,或 , 时, 当(-c)2-4c<0,即00,符合题意.
方程(k-1)x2-2x-m=0有两个解
当(-c)2-4c≥0,即c<0或c≥4时,由方程
1+ 1+m(k-1) 1- 1+m(k-1)
x1= 和k-1 x2= k-1 .
④得
2
此时函数y=f(x)-kx 有两个零点x1 和x2. f(x) 2
c± c -4c
=-cx +cx= ,2
若Δ<0 1+m(k-1)<0,
c± c21 1 2 -4c
∴当m>0,k<1- ,或m m<0
,k>1- 时, 即cx -cx+ =0 ⑤m 2
方程( ,k-1)x2-2x-m=0无实数解, 则方程⑤应无实数根 所以有
2
此时函数y=f(x)-kx 没有零点. (-c)2
c- c-4c
-4c <0 且 (-c)2 -4c
16. 本小题主要考查函数、方程、不等式的基本 2
知识,考查综合运用分类讨论、等价转化等思想方法 c+ c2-4c<0.
分析问题及推理论证的能力. 2
解:(1)设r为方程的一个根,即f(r)=0,则由 当c<0时,只需-c
2-2c c2-4c<0,解得0题设得g(f(r))=0.于是,g(0)=g(f(r))=0,即g 16,矛盾,舍去.
(0)=d=0.所以,d=0. 3
(2)由题意及(1)知f(x)=bx2+cx,g(x)=ax3 当c≥4时,只需-c2+2c c2-4c<0,解得0+bx2+cx. 16< .
由a=0得b,c是不全为零的实数,且g(x)= 3
bx2+cx=x(bx+c),则g(f(x))=x(bx+c)[bx 16因此,4≤c< .
(bx+c)
3
+c]=x(bx+c)(b2x2+bcx+c).
方程f(
16
x)=0就是x(bx+c)=0. ① 综上所述,所求c的取值范围为 [0,3 ) .
方程g(f(x))=0就是x(bx+c)(b2x2+bcx+ 17. 本小题主要考查函数、导数等基础知识,考
c)=0. ② 查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思
(ⅰ)当c=0时,b≠0时,方程①、②的根都为x 想、数形 结 合 思 想、化 归 与 转 化 思 想、分 类 与 整 合
=0,符合题意. 思想.
(ⅱ)当c≠0时,b=0时,方程①、②的根都为x 解法一:(1)依题意,得f'(x)=x2+2ax+b.
=0,符合题意. 由f'(-1)=1-2a+b=0得b=2a-1.
(ⅲ)当c≠0时,b≠0时,方程①的根为x1=0,
c (2)由(1)得f(x)
1
= x3+ax2+(2a-1)x,
x2=- ,它们也都是方程②的根,但它们不是方程 3b 故f'(x)=x2+2ax+2a-1=(x+1)(x+2a-1).
b2x2+bcx+c=0的实数根. 令f'(x)=0,则x=-1或x=1-2a.
由题意,方程b2x2+bcx+c=0无实数根,此方 ①当a>1时,1-2a<-1.
程根的判别式Δ=(bc)2-4b2c<0,得0综上所述,所求c的取值范围为[0,4).
() ,() ( , )( , ) ( , )3 由a=1f1 =0得b=-c,f(x)=bx2+cx x -∞ 1-2a 1-2a -1 -1 +∞
·20·
f'(x) + - + 8所以直线 MN 的方程为y=-3x-1.
f(x) 单调递增 单调递减 单调递增 ì 1y=- x3-x2-3x
由 此 得,函 数 f(x)的 单 调 增 区 间 为(-∞,
3
由 í 得 x3 -3x2 -x+3
1-2a)和(-1,+∞),单调减区间为(1-2a,-1). 8 y=-3x-1
②当a=1时,1-2a=-1.此时,f'(x)≥0恒成
立, =0.且仅在x=-1处f'(x)=0,故函数f(x)的单调
解得x1=-1,x2=1,x3=3.
增区间为R. , ,
③当a<1时,1-2a>-1,
x1=-1 x2=1
同理可得函数f(x) { { {x3=3,∴ 5 11, .的单调增区间为(-∞,1)和(1-2a,+∞),单调减区 y1= ,3 y2=-3 y3=-9
间为(-1,1-2a).综上: 所以线段MN 与曲线f(x)有异于M,N 的公共
当a>1时,函数f(x)的单调增区间为(-∞,1 11
-2a)和(-1,+∞),单调减区间为(1-2a,-1); 点(1,- )3 .
当a=1时,函数f(x)的单调增区间为R; 2012—2013高考题源拓展测试
当a<1时,函数f(x)的单调增区间为(-∞, '1.D
-1)和(1-2a,+∞),单调减区间为(-1,1-2a). 2.C
1 3 2(3)当a=-1时,得f(x)= x3-x2-3x. 3.C 【解析】 由于f(x)=x +x -x-1=3 (x2-1)(x+1),令f(x)=0得x=-1,1,因此f
由f'(x)=x2-2x-3=0,得x1=-1,x2=3. (x)在[0,2]上仅有一个零点.
由(2)得f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和 4.B 【解析】 令f(x)=2ax2-x-1.∵f(x)
(3,+∞),单调减区间为(-1,3),所以函数f(x)在 =0在(0,1)内恰有一解,∴f(0)·f(1)<0,即-1·
x1=-1,x2=3处取得极值, (2a-2)<0.∴a>1.
5
故 M(-1, ),N(3,-9). 5.B 【解析】 当 m=0时,f(x)=-3x+1,3
8 其图象与x 轴的交点为
1,0
所以直线 MN 的方程为y=- x-1. (3 ),满足题意.3
当m≠0时,分m>0,m<0两种情形,由题意得
ì 1 3 2
y=3x -x -3x ìm>0,
由 í 得x3

-3x2-x+3=0. m<0,
8 Δ≥0, 或 解得 或
y=- x-1
í { 1 0 - >0
m
令F(x)=x3-3x2-x+3. 2m
易得F(0)=3>0,F(2)=-3<0,而F(x)的图 综上可知,m=0或m<0或0象在(0,2)内是一条连续不断的曲线,故 F(x)在 故选B.
(0,2)内存在零点x 6. D 【解 析】 方 程0,这表明线段 MN 与曲线f(x)
有异于 M,N 的公共点. 4-x2=kx+2的根可转化为
解法二:(1)同解法一. y1= 4-x2,y2=kx+2的图
(2)同解法一. 象交 点,直 线 y2 过 定 点 P(0,
() 1 23 当a=-1时,得f(x)= x3-x2-3x. 2),半圆y1= 4-x 与x 轴 过 交 点A(-2,0)、B3 (2,0),kPA=1,kPB=-1,当k=0或k>1或k<-1
由f'(x)=x2-2x-3=0,得x1=-1,x2=3. 时,直线y2 与半圆只有一个交点,故选D.
由(2)得f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和 7.D 【解析】 原方程即为22|x|-4·2|x|-k
(3,+∞),单调减区间为(-1,3),所以函数f(x)在 =0,令2|x|=t,t2-4t-k=0,关于t的方程有一根
5
x =-1,x |x|1 2=3处取得极值.故 M(-1, ),N(3 3
,- 时,Δ=16+4k=0,k=-4,t=2,∴2 =2,x=±1,
) 原方程有两个根;当关于t的方程有两个根时,若9 . x
=0是方程的一个根,另一个根为3,由2|x|=3可得
·21·
x=±log23,共三个根.若x=0不是方程的根,则有 (2)解:由(1)知,当a=3时,f() x
x-2
x =3 + 在
四个根,故选D. x+1
8.A 【解析】 f(x)的图象如下: (-1,+∞)上为增函数,故在(0,+∞)上也单调递
增,因此f(x)=0的正根仅有一个,以下用二分法求
这一正根.
由于f(0)
5
=-1<0,f(1)=2>0
,取[0,1]为
初始区间,用二分法逐次计算.列出下表:
由图知方程f2()
区间 中点 中点函数值
x +bf(x)+c=0的三个根为
0,1,2.所以x2+x2+x21 2 3=5.故选A. [0,1] 0.5 0.732
9.2 【解析】 令f(x)=lnx+x-4,f(2)= [0,0.5] 0.25 -0.084
ln2+2-4=ln2-2<0,f(3)=ln3-1>0,∴k=2. [0.25,0.5] 0.375 0.322
10.2 【解析】 方 程 f(x)·2x=1可 化 为
x
(1 ) [0.25,0.375] 0.3125 0.124f(x)= ,在同一坐标系下分别画出函数f(x)2 [0.25,0.3125] 0.2815 0.021
x
=1-|2x-1|和f(x)= (1 的图象,可知两个函2 ) [0.25,0.28125] 0.2656 -0.032
数图象有两个交点,所以方程有2个实数根. [0.2656,0.28125] 0.27343 -0.00552
11.(-∞,1) 【解析】 考查y1=f(x),y2= [0.27343,0.28125]
x+a 的图象,如下图.
由于区间[0.27343,0.28125]的长度为0.00782<
0.01,所以这一区间的两个端点的近似值0.28就是方
程的近似值,即原方程的正根是0.28.
14. 解:(1)由f(1)=0可得a+b+c=0.
由a>b>c可得a>0,c<0.
若f(x)=x+a 有且只有两个不相等的实根,则 ∵Δ=b2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2>0,
a<1. ∴f(x)的图象与x 轴有两个相异交点.
12.3 【解析】 作y=3-x 及y=lgx,y=10x ( ) ( )(2)令g(x)=f(x)
f x1 +f x- 2 ,
的图象,x1 是y=3-x 与y=lgx 的交点A 的横坐标, 2
x 是y=3-x 与y=10x 的交点B 的横坐标,而y= f(x )+f(x )2 则g(x1)=f(x1)-
1 2
2
lgx与y=10x 互为反函数,且直线y=3-x与直线y=
f(x1)-f(x2)
x垂直,∴A、B 关于直线y=x对称,∴x1+x2=3. = ,2
13. (1)证 明:任 取 x1、x2 ∈ (-1,+ ∞), f(x1)+f(x2)
且x 则x2-x >0,ax2-x11 >1,且ax1>0, f(x1)-f(x2),
∴ax2-ax1=ax1(ax2-x1
=-
-1)>0. 2
又∵x1+1>0,x2+1>0, ∴g(x1)·
1
g(x2)=- [4 f
(x 21)-f(x2)]<0.
x2-2 x∴ 1
-2 3(x2-x1)
x2+1-x +1=(x +1)(x +1)>0. 又 ()的图象是连续的,1 1 2 g x
x -2 f(x1)+f(x2)
于是f(x2)-f(x1)=ax2 -ax1 +
2 ∴方程f(x)= ,
x2+1- 2
x -2 即g(x)1 =0必有一实根在区间(x1,x2)内.
x +1>0.1 (3)设f(x)=0的两根为x1、x2,
故函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数. ∵a>b>c,b=-a-c,∴a>-a-c>c.
·22·
, c c , ∴ 函数f
(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间
又a>0 ∴a <-1-a <1 (1,+∞)上单调递减,
c 1
∴-2< <- . ∴ 当x=1时,函数f(x)取得最大值,其值为a 2 f(1)=ln1-12+1=0.
又|AB|=|x1-x2| 当x≠1时,f(x)2
= (
b 4c
x +x )2-4xx = - f(x)只有一个零点.1 2 1 2 a2 a (2)显然函数f(x)=lnx-a2x2+ax 的定义域
(a-c)2 c
= =1- , 为(0,+∞)a2 a 2 2
3 ∴f'( )
1 -2ax +ax+1
x =x -2a
2x+a=
∴2<|AB|<3
, x
-(2ax+1)(ax-1)
=
∴AB 长的取值范围为 (3,2 3) . x 1
1 ①当a=0时,f'(x)= >0,∴f(x)在区间
15. 解:(1)当k=0时,g(x)= xf(x)+m
=
(1,+∞)上为增函数,不合题意.
1 ,要使g(x)的定义域为R, ②当a>0时,f'(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)ex-x+m
1
则m≠x-ex 在R上恒成立, (ax-1)≥0(x>0),即x≥ ,此时f(x)的单调递a
令h(x)=x-ex,h'(x)=1-ex, 1
∴h(x)在(-∞,0)上递增,在[0,+∞)上递减, 减区间为 [ ,a +∞ ) .
∴h(x)max=h(0)=-1, |x|
∴h(x)≤-1, 17.
解:(1)∵f(x)= ,x+2
∴m 的取值范围为(-1,+∞). x∴当x>0时,f(x)=
(2)函数f(x)在R上连续, x+2
.
∴f(x)=ex-k-x 在[k,2k]上连续, 2∴当x>0时,f'(x)=(x+2)2>0.而f(2k)=ek-2k.令g(k)=ek-2k,
∴'(k)=ek-2. ∴f(x)在(, )g 0 +∞ 上单调递增.
∵k>1,g'(k)=ek-2>0, () |x|2 原方程即 2 ( )
() (, ) , x+2
=kx . *
∴gk 在 1 +∞ 上递增
①x=0恒为方程(*)的一个解
由g(1)=e-2>0得g(
.
k)>g(1)>0,
②当( ) () , x<0
且x≠-2时方程(*)有解,
∴f2k >0.又∵fk =1-k<0
∴f(k)·
-x
f(2k)<0, 则 =kx2, 2x+2 kx +2kx+1=0.
根据上 述 定 理,可 以 判 断 函 数 f(x)在 区 间 当k=0时,方程kx2+2kx+1=0无解;
[k,2k]上存在零点. 当k≠0时,Δ=4k2-4k≥0,即k<0或k≥1
16.解:(1)当a=1时,f(x)=lnx-x2+x,其 时,方程kx2+2kx+1=0有解.
1
定义 域 是(0,+ ∞),∴ f'(x)= -2x+1= 设方程kx2+2kx+1=0的两个根分别是 、x x1
2x2-x-1 1x2,则 ,- x1+x2=-2x1x2=k .x
2x2
当
-x-1 k>1
时,方程kx2+2kx+1=0有两个不等
令f'(x)=0,即- =0,解得x x=- 的负根;
1 当k=1时,方程kx
2+2kx+1=0有两个相等
或
2 x=1. 的负根;
1 当k<0时,方程, , () kx
2+2kx+1=0有一个负根.
∵x>0 ∴x=- 舍去 当2 0时f'x
x
当 时,方程( )有解,则 2,
>0;当x>1时,f'(x)<0.
③ x>0 * x+2=kx
·23·
kx2+2kx-1=0. 数的物理意义(路程对时间的导数是速度).则符合题
当k=0时,方程kx2+2kx-1=0无解; 意的函数图象的切线斜率的变化趋势为先由小变大,
当k≠0时,Δ=4k2+4k≥0,即k≤-1或k>0 再由大变小,故选A.
时,方程kx2+2kx-1=0有解; 4.B 【解析】 解 法 一:若 AB 之 间 不 相 互 调
设方程kx2+2kx-1=0的两个根分别是x3、 动,则A 调出10件给D,B 调出5件给C,C 再调出
1 1件给D,, , 即可满足调动要求,此时共调动的件次x 则x n=4 3+x4=-2x3x4=-k . 10+5+1=16;
当k>0时,方程kx2+2kx-1=0有一个正根; 若AB 之间相互调动,则B 调动4件给C,调动
当k≤-1时,方程kx2+2kx-1=0没有正根. 1件给A,A 调动11件给D,此时共调动的件次n=4
综上可得,当k∈(1,+∞)时,方程f(x)=kx2 +1+11=16.
有四个不同的实数解. 所以最少调动的件次为16次,故应选B.
§3.2 函数的模型及其应用 解法二:设A 调动x 件给D(0≤x≤10),则调动
五年高考母题原型训练 了10-x 件给B,从B 调动出了5+10-x=15-x
323 件给C,C 调动出了15-x-4=11-x 件给D,由此
1. 3
【解析】
满足调动要求.
如图,设梯形上底边长为 此时调动件 次n=x+(10-x)+(15-x)+
x,则 梯 形 两 腰 为(1- (11-x)=36-2x,当且仅当x=10时,n 取得最小
3 值), ( ), 16
,故应选B.
x 高为 2 1-x 0< 5. 本小题主要考查函数最值、均值不等式等知
x<1. 识,考查运算求解能力和应用意识.
[x+1+2(1-x)]2
s 解
:设将楼房建为x 层,则每平方米的平均购地=
1 3 2160×104( ) ( ) 10800
2 x+1 2 1-x 费用为: = (元)2000x x .
(3-x)2 4 (x-3)2
= = - · . u (x)= 故每平方米的平均综合费用为
:
2 令
3 3 x -1(1-x2) 10800=560+48x+ 2254 y x =560+48(x+ x ) .
(x-3)2
2 ,x -1 0 < x < 1. ∵ u'
(x ) = 225当x+ 取最小值时, 有最小值x y .
2(x-3)(x2-1)-2x(x-3)2 2(x-3)(3x-1)
(x2-1)2 = (x2
,
-1)2 ∵x>0,
225 225
∴x+ x ≥2 x
·
x =30.
1
∴ 当01
x)>0,u(x)单调递增;当 2253 3 当且仅当x= ,即x x=15
时,上式等号成立.
≤x<1时,u'(
1
x)<0,u(x)单调递减.∴ 当x= 所以当x=15时,y 有最小值2000元.3
答:该楼房建为15层时,每平方米的平均综合费
(1
2
用最小
,() , , 4 3
-3) 32 .
时 ux 最大 s 最小 smin=- × =
3 1 3 2012
—2013高考题源拓展测试
( )2
3 -1 1.D 【解析】 机器人程序为前进3步,后退2
323 步,则P(3)=3正确;P(5)=1正确,即5步等于前
= 3 . 进1个单位长度.
2.C 【解析】 由已知图形知:x1=50+x3- P(2003)=P(2000+3)=P(2000)+P(3)=400
55,x2=x1-20+30,x3=x2-35+30, +3=403,
由此得:x2=x3+5,x1=x3-5故x1【评述】 本题考查观察能力和分析问题解决问 +1=401,故选D.
题的能力. 2.B 【解析】 因为温度y 关于时间t的图象
3.A 【解析】 本小题主要考查识图能力及导 是先凸后平行直线,即5分钟前每当t增加一个单位
·24·
增量Δt,则y 相应的增量Δy 越来越小,而5分钟后 30∴ x=y-30.又 x∈N,y∈N(因 价 格 为 整
是y 关于t的增量保持为0,故选B. 11
3.C 【解析】 由题意“生活价格指数”减去“生 数),39活价格指数”的差是逐年增大的,故①正确;“生活费 ∴x=44,y=150,a=44×150=6600.
收入指数”2000~2001年最陡,故②正确;“生活价格 x10.y=1- ,10x∈
[0,10] 【解析】 设满池为
指数”在2001~2002年最平缓,故③不正确;由于“生
1
活费收入指数”略呈下降,而“生活费收入指数”曲线 1,则有水的部分为1-y,于是1-y= · ,即10 x y=
呈上升趋势,故④正确.故选C. x
4.C 【解析】 这位顾客花的70000元可得奖 1- ,10x∈
[0,10].
励券700×20=14000(元),只有这位顾客继续把奖 11.16 【解析】 设 第 一 个10天 每 天 销 售a
励券全部 消 费 掉,他 才 能 得 到 最 多 优 惠,但 当 他 把 台,则第二个10天每天销售(a-2)台,第三个10天
14000(元)奖励券消费掉可得到140×20=2800(元) 每天销售(a-4)台,第 四 个10天 每 天 销 售(a-6)
奖励券,2800元奖励券又可得到28×20=560(元)奖 台,由题意得,10a+10(a-2)+10(a-4)+8(a-6)
励券,560元再加上先前的70040中的40元共消费 =500,解得a=16.
600元应得奖励券6×20=120(元),120元奖励券消 12. 赔14元 【解析】 设盈利的那套服装成本
费时又得20元奖励券,所以他总共会得到14000+ 价为x,则x+20%x=168,x=140元.设亏损的那套
2800+560+120+20=17500(元)优惠.故选C. 服装成本价为y,则y-20%y=168,y=210元,所
5.A 【解析】 由甲、乙图知:进水速度比出水 以商贩赔(210-168)-(168-140)=14元.
速度要慢,所以0点到3点只进水不出水,3点到4点 13. 解:(1)当0≤x≤5时,产品能售出x 百台;当
也进水,但蓄水量降低.4点到6点也可能进出水量相 x>5时,只能售出5百台,故利润函数为L(x)=R(x)
当,一定正确的是①,故选A. -C(x)
6.C 【解析】 由题意,排除A、B,对于选项C: ì x
2
( )( )
q
(5x-2 )- 0.5+0.25x 0≤x≤5
f'(x)=3x2-4qx+q2,令f'(x)=0,x=q 或 ,都 = í 23 ( 55×5- )-(2 0.5+0.25x)(x>5)
, q , ( ) , q大于0 当x< 时 单 调 递 增 当 23 f x 3时,f(x)单调递减,当x>q 时,f(x)单调递增,满足 12-0.25x
(x>5).
()当 时, () 2 ,
: ( ) p
2 0≤x≤5 L x =4.75x-0.5x -0.5
题意.对于选项Df'x = +2qx,f'(x)=0无根x 当x=4.75时,L(x)max=10.78125(万元).
或有两异号根,不合题意,故选C. ∴生产475台时利润最大.
7.B 【解析】
,
2005年底,中等收入所占比例 () {0≤x≤53 由 2
为40%,到2010年 设 需 增 加x,则40%(1+x)= 4.75x-0.5x -0.5≥0
,
65%,x=62.5%,同理,低收入家庭数量在原有基础 {x>5或 得, 0.1≤x≤48.
需降y,则47.5%(1- )=20%,则 =57.9%,故
12-0.25x≥0
y y
∴产 品 年 产 量 在10台 到4800台 时,工 厂 不
选B.
亏本
【 】 .8.B 解析 因为容器中总的水量(即注水
:() :
量)V 关于h 的函数图象是凸的,即每当h 增加一个 14.解 1 乙方的实际年利润为 w=2000t-
, ,单位增量ΔhV 的相应增量ΔV 越来越小.这说明容 stt≥0.
2 2
器的上升的液面越来越小.故选B. w=2000t-st=-s( 1000t- s ) 1000+ ,s
9.6600 【解析】 设按出厂价y 元购买x(x≤ 1000 2
50)套应付a 元,则a=xy.再多买11套就可以按优 当t= ( ) 时,w 取得最大值s .
惠价结算恰好也付a 元,则a=(x+11)(y-30)(x 1000 2
+11>50)
所以乙方取得最大年利润的年产量
. t= ( s )
∴xy=(x+11)(y-30)(39·25·
(2)设甲方净收入为v元,则v=st-0.002t2. 因此开讲后10分钟学生达到最强接受能力,并
1000 2 10002( ) 维持6分钟, : .将t= 代 入 上 式 得s v = s (2)f(5)=53.5,f(20)=47<53.5,故开讲后5
2×10003 分钟比开讲后20分钟的接受能力强- . .s4
10002 8×10003 第四章 导数及其应用
又 令 v' = - s2 + s5 §4.1 导数与积分
10002(8000-s3)
= 5 五年高考母题原型训练s
, 1.2 -2
【解析】
v'=0 得s=20. f
[f(0)]=f(4)=2,
f(, ; 1+Δx
)-f(1) x y
当s<20时 v'>0 当s>20时,v'<0,所以s= lim =f'(1),由 图 解 得 +
Δx 0 Δx 2 4
20时,v取得最大值. =1,
因此甲方向乙方要求赔付价格s=20(元/吨) ∴2x+y=4,∴y=-2x+4,y'=-2=f'(1).
时,获最大净收入. 此题主要考查学生对导数的定义理解以及如何由图
15. 解:(1)每套福娃所需成本费用为 象读取信息,属于中档题.
1
1000+5x+ x2 2.C 【解析】 由路程S=∫
t
0v(t)dt的意义即
P 10 1 1000 , “
x = x =10x+ x +5≥ 可产生结论 也就是 在t1 时刻
,甲车在乙车前面”.
3.A 【解析】 本小题主要考查导数的几何意
2 100+5=25.
1 1000 义.y'=x2+1.∴
4
y'|x=1=2,即曲线在点 1, 处切
当且仅当 x= 时取等号,即10 x x=100
时,每 ( 3 )
线的斜率为2.
套福娃所需成本费用最少为25元.
x 2
4
( ) ( x ) ∴切线方程为y- =2(() x-1).则切线在x 轴2 利润为Qx-P=xa+ 3b - 1000+5x+10
1 2
(1 1 ) 上的截距为 ,在y 轴上的截距为2 ( ) , 3 -3.故所求三角= b-10 x + a-5x-1000
1 1 2 1
ì 5-a 形的面积为S= × × = .故选A.
1 1 =150
, 2 3 3 9
2 - 4.A 【解析】 考查向量平移、函数求导.解题
由题意可得í (b 10) a=25,b=30.
关键是先将平移前后的函数名称化为一致,后利用平150
a+ =30, b 移公式 求 解.本 题 也 可 将 选 项 代 入 验 证.由 题 意,
16. 解:(1)前n天注入水库的总水量为 cos(x-m)=-f'(x)=-(-sinx)=sinx.∴m 可
5000 n(n+24)立方米,并泄水4000n立方米, π以取
· 2
.
所以第n天水库的容水量将达到80000+5000
5.B 【解析】 由f(x)=ax4+bx2+c 得f'
n(n+24)-4000n(n∈N*,n≤10). (x)=4ax3+2bx,又f'(1)=2,所以4a+2b=2,即
(2)设第R 天水库的水量超过它的最大容水量, 2a+b=1,f'(-1)=-4a-2b=-2(2a+b)=-2.
即f(R)≥128000,即80000+5000 R(R+24)- 故选B.
4000R≥128000. 6.2 【解析】 y'=aeax,当x=0时,可得k=
化简可得,5 R(R+24)≥4R+48, y'|x=0=a,
两边平方并整理可得:R2+24R-256≥0,即 ∵点(0,1)处的切线与直线x+2y+1=0垂直,
(R+32)·(R-8)≥0 R≥8,即第8天发生危险. ∴a=2.
17. 解:(1)当013)2+59.9,故f(x)递增,最大值为f(10)=59. 6
当16递减,f(x)<-3×16+107=59. f(x)+f'(x)=cos(3x+φ)- 3sin(3x+φ)
·26·§3.2函数的模型及其应用
考纲·题型解读
1,了解指数函数，对数函数以及幂函数的增长特任，知道直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义，
2,了解函数模型（如指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会中普邊使用的函数模型）的广泛应用
3.体会函数内容的重要性，并初步运用函数思想，理解和处理现实生活中的简单问题，
4.作为对考生能力和素质的考查，高考加大了对函数应用性问题的考查力度，分析每年的高考应用性问题不难看出，试题
从实际出发更多地提供命题的背景，设问新颖、灵活.而解决这些问题所涉及的数学知识、数学思想和方法又都是高中教学大纲
上所要求掌握的概念、公式、定理和法则等基础知识和方法，
五年高考母题题源揭秘
题源1给定函数模型解决实际问题
题源2建立确定性函数或拟合
函数模型解决实际问题
解题模型
(1)常用的函数模型有一次函数、二次函数、指数函
解题模型
数、对数函数、幂函数.
通过建立实际问题的数学模型来解决问题的方法称
(2)指数函数、对数函数、幂函数的增长速度的比较：
为数学模型方法，简称建模
一般地，在区间(0，十∞)上，尽管函数y=a(a>1),y=
解决函数应用题的基本步骤：
logx(a>1)和y=x"(n>0)都是增函数，但是它们的增长
第一步：认真读题，镇密审避，确切理解题意，明确问
题的实际背景，然后进行科学的抽象、桃括，将实际问题转
逸度不同，而且不在同一个“档次”上.随希x的增大，y=
化成数学问题，即实际问题数学化：
a(a>1)的增长速度越来越快，会超过并远远大于y=x"
第二步：运用所学的数学知识和数学方法解答函数问
(n>0)的增长速度；而y=logx(a>1)的增长速度会越来
题，得出蓝数问题的解：
越慢，因此，总会存在一个x0,当x>x0时，有logx第三步：将所得函数问题的解代入实际问题进行验
a
证，看是否符合实际，并对实际问题作答.
解决函数应用题的关键有两点：一是实际问题数学
[真题1](2022·陕西)某学校要召开学生代表大会，规定
化，即在理解的基础上，通过列表、画图、引入变量、建立直
各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6
角坐标系等手段把实际问题翻译成致学问题，把文宇语言
时再增选一名代表.那么，各班可推选代表人数y与该班人数x
翻译成数学符号语言：二是对得到的函数模型进行解答，
之间的函数关系用取整函数y=[x]([x]表示不大于x的最大
得出数学问题的解.
整数)可以表示为
[真题2](2022·湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减
A=[制
少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要
建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万
元，该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度
z(单位：m)满足关系：C)=3冬0<<10)，若不建隔热
层，每年能源消耗费用为8万元，设∫(x)为隔热层建造费用与
[解析]根据规定各班每10人推选一名代表，当各班人数
20年的能源消耗费用之和.
除以10的余数大于6时再增选一名代表，即余数分别为7、8、9
(I)求k的值及f(x)的表达式：
时可增选一名代表.因此利用取整函数可表示为y
[]
(Ⅱ)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最
小值，
选B.
[解析](I)设隔热层厚度为xcm,由避设，每年能源消
·51·

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