《2013屆高三數學二輪復習 必考問題專項突破2 函數與方程及函數的實際應用 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2013屆高三數學二輪復習 必考問題專項突破2 函數與方程及函數的實際應用 理（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、題2　函數與方程及函數的實際應用 1．(2010·天津)函數f(x)＝2x＋3x的零點所在的一個區(qū)間是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．(－2，－1) B．(－1,0) C．(0,1) D．(1,2) 答案：B　[由f(－1)＝－3＜0，f(0)＝1＞0及零點定理，知f(x)的零點在區(qū)間(－1,0)上．] 2．(2012·湖北)函數f(x)＝xcos x2在區(qū)間[0,4]上的零點個數為(　　)． A．4 B．5 C．6 D．7 答案：C　[令xcos x2＝0，則x＝0，或x2＝kπ＋，又x∈[0,4]，因此xk＝

2、(k＝0,1,2,3,4)，共有6個零點．] 3．(2012·北京)函數f(x)＝x－x的零點個數為(　　)． A．0 B．1 C．2 D．3 答案：B　[因為y＝x在x∈[0，＋∞)上單調遞增，y＝x在x∈R上單調遞減，所以f(x)＝x－x在x∈[0，＋∞)上單調遞增，又f(0)＝－1＜0，f(1)＝＞0，所以f(x)＝x－x在定義域內有唯一零點，選B.] 4．(2010·山東)已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為________萬件． 解析　∵y＝f(x)＝－x3＋

3、81x－234，∴y′＝－x2＋81. 令y′＝0，得x＝9，x＝－9(舍去)． 當0＜x＜9時，y′＞0，函數f(x)單調遞增； 當x＞9時，y′＜0，函數f(x)單調遞減． 故當x＝9時，y取最大值． 答案　9 高考對本部分的考查有： (1)①確定函數零點； ②確定函數零點的個數； ③根據函數零點的存在情況求參數值或取值范圍． (2)函數簡單性質的綜合考查．函數的實際應用問題． (3)函數與導數、數列、不等式等知識綜合考查． 利用函數性質解決相關的最值．題型既有選擇題、填空題，又有解答題，客觀題主要考查相應函數的圖象和性質，主觀題考查較為綜合，在考查函數的零點、

4、方程根的基礎上，又注重考查函數與方程、轉化與化歸、分類討論、數形結合的思想方法． 1．二次函數圖象是連接三個“二次”的紐帶，是理解和解決問題的關鍵，應認真研究、熟練掌握． 2．關于零點問題，要學會分析轉化，能夠把與之有關的不同形式的問題，化歸為適當方程的零點問題． 3．函數模型的實際應用問題，主要抓好常見函數模型的訓練，重點放在信息整理與建模上. 必備知識 零點存在性定理 如果函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，且有f(a)·f(b)＜0，那么，函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x

5、)＝0的根． 注意以下兩點： ①滿足條件的零點可能不唯一； ②不滿足條件時，也可能有零點． 在處理二次函數問題時，要注意f(x)的幾種常見表達形式 (1)y＝ax2＋bx＋c； (2)y＝a(x－x1)(x－x2)； (3)y＝a(x－h(huán))2＋k. 應根據題目的特點靈活選用上述表達式． 應用函數模型解決實際問題的一般程序 ??? 與函數有關的應用題，經常涉及到物價、路程、產值、環(huán)保等實際問題，也可涉及角度、面積、體積、造價的最優(yōu)化問題．解答這類問題的關鍵是確切的建立相關函數解析式，然后應用函數、方程、不等式和導數的有關知識加以綜合解答． 必備方法 1．在求方程

6、解的個數或者根據解的個數求方程中的字母參數的范圍的問題時，數形結合是基本的解題方法，即把方程分拆為一個等式，使兩端都轉化為我們所熟悉的函數的解析式，然后構造兩個函數f(x)，g(x)，即把方程寫成f(x)＝g(x)的形式，這時方程根的個數就是兩個函數圖象交點的個數，可以根據圖象的變化趨勢找到方程中字母參數所滿足的各種關系． 2．二次函數y＝a(x－h(huán))2＋k(a≠0)，x∈[p，q]的最值問題實際上是研究函數在[p，q]上的單調性．常用方法：(1)注意是“軸動區(qū)間定”，還是“軸定區(qū)間動”，找出分類的標準；(2)利用導數知識，最值可以在端點和駐點處尋找． 3．f(x)≥0在[p，q]上恒成立

7、問題，等價于f(x)min≥0，x∈[p，q]． 常考查：①根據函數解析式判斷零點所在的區(qū)間；②根據函數解析式求零點的個數問題．可采用零點判定定理、數形結合法求解，高考命題有加強的趨勢，難度中檔偏下．　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】? (2011·陜西)函數f(x)＝－cos x在[0，＋∞)內(　　)． A．沒有零點 B．有且僅有一個零點 C．有且僅有兩個零點 D．有無窮多個零點 [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 將問題轉化為判斷y＝與y＝cos x的交點個數． B　[ 在同一直角坐標系中分別作出函數y＝和y＝co

8、s x的圖象，如圖，由于x＞1時，y＝＞1，y＝cos x≤1，所以兩圖象只有一個交點，即方程－cos x＝0在[0，＋∞)內只有一個根，所以f(x)＝－cos x在[0，＋∞)內只有一個零點．] 確定函數零點的常用方法： ①解方程判定法，若方程易求解時用此法； ②零點存在的判定定理法，常常要結合函數的性質、導數等知識； ③數形結合法，在研究函數零點、方程的根及圖象交點的問題時，當從正面求解難以入手，可以轉化為某一易入手的等價問題求解，如求解含有絕對值、分式、指數、對數、三角式等較復雜的函數零點問題，常轉化為熟悉的兩個函數圖象的交點問題求解． 【突破訓練1】 函數f(x)＝的零點個

9、數為(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．0 B．1 C．2 D．3 答案：C　[當x≤0時，令x2＋2x－3＝0，解得x＝－3；當x＞0時，令－2＋ln x＝0，解得x＝e2.所以已知函數有兩個零點，選C.] 函數思想在高考中并不單獨考查，而往往與導數結合命制壓軸性大題，試題圍繞二次函數、二次方程及二次不等式的關系展開，解題的關鍵是從判別式、韋達定理、對稱軸、開口方向等方面去考慮結論成立的所有條件，難度較大． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】? 已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c. (1)若a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，試證明f(x)

10、＝0必有兩個實根； (2)若對x1，x2∈R且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，試證明方程f(x)＝[f(x1)＋f(x2)]有兩不等實根，且必有一個實根屬于(x1，x2)． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)將已知條件b＝－(a＋c)代入f(x)＝0后，再對f(x)＝0分解因式求根．(2)利用函數與方程的思想構造函數f(x)－[f(x1)＋f(x2)]，利用函數零點判定定理可知函數在(x1，x2)有一零點． 證明　(1)若a＞b＞c，a＋b＋c＝0， 則a＞0，c＜0，且b＝－(a＋c)， 所以方程f(x)＝0可化為ax2－(a＋c)x＋c＝0， 即

11、a(x－1)＝0， 則f(x)＝0有兩根x1＝1，x2＝. (2)令g(x)＝f(x)－[f(x1)＋f(x2)]， g(x1)＝[f(x1)－f(x2)]，g(x2)＝[f(x2)－f(x1)]， 且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)， 所以g(x1)g(x2)＝－[f(x1)－f(x2)]2＜0， 即函數g(x)在區(qū)間(x1，x2)內有零點，則方程g(x)＝0有一實根屬于(x1，x2)，由二次函數的性質可知必有另一實根． 二次函數問題通常利用二次方程、二次不等式之間的關系來處理，從而使方程問題函數化，函數問題方程化，體現(xiàn)了函數與方程的思想． 【突破訓練2】 已知a是實數，

12、函數f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函數y＝f(x)在區(qū)間[－1,1]上有零點，求實數a的取值范圍． 解　當a＝0時，f(x)＝2x－3， 其零點x＝不在區(qū)間[－1,1]上． 當a≠0時，函數f(x)在區(qū)間[－1,1]分為兩種情況： ①函數在區(qū)間[－1,1]上只有一個零點， 此時或 解得1≤a≤5或a＝－. ②函數在區(qū)間[－1,1]上有兩個零點，此時 或 解得a≥5或a＜－. 綜上所述，如果函數在區(qū)間[－1,1]上有零點， 那么實數a的取值范圍為∪[1，＋∞)． 函數綜合題的求解往往運用多種知識和技能．因此，必須全面掌握有關的函數知識，并且嚴謹審題，弄清題目的

13、已知條件，尤其要挖掘題目中的隱含條件．要認真分析，處理好各種關系，把握問題的主線，運用相關的知識和方法將題目逐步化歸為基本問題來解決．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? 已知二次函數y＝g(x)的導函數的圖象與直線y＝2x平行，且y＝g(x)在x＝－1處取得極小值m－1(m≠0)，設函數f(x)＝. (1)若曲線y＝f(x)上的點P到點Q(0,2)的距離的最小值為，求m的值； (2)當k(k∈R)取何值時，函數y＝f(x)－kx存在零點，并求出零點． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)利用已知條件用含m的式子表示f(x)，再結合點P到點Q的最

14、值，利用基本不等式求m值． (2)將已知轉化為f(x)－kx＝0，進而求其根，需要根據解題對k，m分類討論． 解　(1)設g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則g′(x)＝2ax＋b； 又y＝g′(x)的圖象與直線y＝2x平行， ∴2a＝2，a＝1，又g(x)在x＝－1處取得極小值， ∴g′(－1)＝0，b＝2. ∴g(－1)＝a－b＋c＝1－2＋c＝m－1，∴c＝m. f(x)＝＝x＋＋2，設P(x0，y0)， 則|PQ|2＝x＋(y0－2)2＝x＋2 ＝2x＋＋2m≥2＋2m. ∴2＋2m＝2，∴m＝－1或－－1. (2)由y＝f(x)－kx＝(1－k)x＋＋2＝0

15、， 得(1－k)x2＋2x＋m＝0. 當k＝1時，方程(*)有一個解x＝－， 故函數y＝f(x)－kx有一個零點x＝－，(*) 當k≠1時，方程(*)有兩解?Δ＝4－4m(1－k)＞0， 若m＞0，則k＞1－，函數y＝f(x)－kx有兩個零點 x＝＝； 若m＜0，則k＜1－，故函數y＝f(x)－kx有兩個零點 x＝＝； 當k≠1時，方程(*)有一解?Δ＝4－4m(1－k)＝0， k＝1－，函數y＝f(x)－kx有一個零點x＝. 綜上：當k＝1時，函數y＝f(x)－kx有一個零點x＝－； 當k＞1－(m＞0)，或k＜1－(m＜0)時， 函數y＝f(x)－kx有兩個零點x

16、＝； 當k＝1－時，函數y＝f(x)－kx有一個零點x＝. 此題考查了函數的零點、最值、一元二次方程等基礎知識，運用導數研究函數的性質的方法，體現(xiàn)了函數與方程，分類與整體的數學思想方法． 【突破訓練3】 (2011·北京)已知函數f(x)＝ 若關于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數k的取值范圍是________． 解析　 作出函數f(x)的圖象，如圖，由圖象可知，當0＜k＜1時，函數f(x)與y＝k的圖象有兩個不同的交點，所以所求實數k的取值范圍是(0,1)． 答案　(0,1) 該類試題以實際生活為背景，通過巧妙設計和整合命制，試題常與函數解析式的求法、函數

17、最值、不等式、導數等知識交匯，多以求最值為高考考向．這類題目對學生的閱讀、審題能力、建模能力提出了較高的要求． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例4】? (2011·湖南)如圖，長方體物體E在雨中沿面P(面積為S)的垂直方向作勻速移動，速度為v(v>0)，雨速沿E移動方向的分速度為c(c∈R)．E移動時單位時間內的淋雨量包括兩部分：①P或P的平行面(只有一個面淋雨)的淋雨量，假設其值與|v－c|×S成正比，比例系數為；②其他面的淋雨量之和，其值為.記y為E移動過程中的總淋雨量．當移動距離d＝100，面積S＝時． (1)寫出y的表達式； (2)設0

18、，試根據c的不同取值范圍，確定移動速度v，使總淋雨量y最少． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 先求E移動時單位時間內的淋雨量(分兩部分：一是P或P的平行面；二是其他面的淋雨量之和)．再分0＜v≤c或c＜v≤10兩種情況，利用函數的單調性求解． 解　(1)由題意知，E移動時單位時間內的淋雨量為|v－c|＋，故y＝＝(3|v－c|＋10)． (2)由(1)知，當0＜v≤c時，y＝(3c－3v＋10)＝－15；當c＜v≤10時，y＝(3v－3c＋10)＝＋15. 故y＝ ①當0＜c≤時，y是關于v的減函數，故當v＝10時，ymin＝20－. ②當＜c≤5時，在(0

19、，c]上y是關于v的減函數；在(c,10]上，y是關于v的增函數，故當v＝c時，ymin＝. (1)關于解決函數的實際應用問題，首先要在閱讀上下功夫，一般情況下，應用題文字敘述比較長，要耐心、細心地審清題意，弄清各量之間的關系，再建立函數關系式，然后借助函數的知識求解，解答后再回到實際問題中去． (2)對函數模型求最值的常用方法：單調性法、基本不等式法及導數法． 【突破訓練4】 (2012·東北三校二模)已知一家公司生產某種品牌服裝的年固定成本為10萬元，每生產1千件需另投入2.7萬元．設該公司一年內生產該品牌服裝x千件并全部銷售完，每千件的銷售收入為R(x)萬元，且R(x)＝ (1

20、)寫出年利潤W(萬元)關于年產量x(千件)的函數解析式； (2)年產量為多少千件時，該公司在這一品牌服裝的生產中所獲得的年利潤最大．(注：年利潤＝年銷售收入－年總成本) 解　(1)當0＜x≤10時，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝8.1x－－10； 當x＞10時，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－－2.7x， ∴W＝ (2)①當0＜x≤10時，由W′＝8.1－＝0，得x＝9. 當x∈(0,9)時，W′＞0；當x∈(9,10]時，W′＜0， ∴當x＝9時，W取得最大值， 即Wmax＝8.1×9－×93－10＝38.6. ②當x＞10時，W＝98－≤98－2 ＝38，

21、 當且僅當＝2.7 x，即x＝時，W取得最大值38. 綜合①②知：當x＝9時，W取得最大值38.6， 故當年產量為9千件時，該公司在這一品牌服裝的生產中所獲的年利潤最大． 利用導數來研究函數的零點問題 利用導數可判斷函數圖象的變化趨勢及單調性，而函數的單調性往往與方程的解交匯命題．因此，可借助導數這一工具來研究函數的零點問題． 【示例】? (2012·福建)已知函數f(x)＝axsin x－(a∈R)，且在上的最大值為. (1)求函數f(x)的解析式； (2)判斷函數f(x)在(0，π)內的零點個數，并加以證明． [滿分解答]　(1)由已知得f′(x)＝a(sin x＋x

22、cos x)， 對于任意x∈，有sin x＋xcos x＞0. 當a＝0時，f(x)＝－，不合題意； 當a＜0時，x∈時，f′(x)＜0，從而f(x)在內單調遞減，又f(x)在上的圖象是連續(xù)不間斷的，故f(x)在上的最大值為f(0)＝－，不合題意；(4分) 當a＞0，x∈時，f′(x)＞0，從而f(x)在內單調遞增，又f(x)在上的圖象是連續(xù)不間斷的，故f(x)在上的最大值為f，即a－＝，解得a＝1. 綜上所述，得f(x)＝xsin x－.(6分) (2)f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．證明如下： 由(1)知，f(x)＝xsin x－，從而有f(0)＝－＜0，f＝＞0，又

23、f(x)在上的圖象是連續(xù)不間斷的， 所以f(x)在內至少存在一個零點． 又由(1)知f(x)在上單調遞增，故f(x)在內有且只有一個零點．(9分) 當x∈時，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x. 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的圖象是連續(xù)不間斷的，故存在m∈，使得g(m)＝0. 由g′(x)＝2cos x－xsin x，知x∈時，有g′(x)＜0， 從而g(x)在內單調遞減． 當x∈時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在內單調遞增， 故當x∈時，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上無零點；(12分) 當x∈(m，π)時，

24、有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減． 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點． 綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．(14分) 老師叮嚀：本題綜合考查了導數法判斷函數的單調性、最值和函數零點的判斷.第(1)問需對a分類討論，利用f′(x)的正負與f(x)單調性的關系求得結果.第(2)問需要經過二次求導，原因是一次求導不能判斷其導數的正負，還需第二次求導，再結合零點存在定理判斷函數在某個區(qū)間內零點存在情況. 【試一試】 已知函數f(x)＝x3，g(x)＝

25、x＋.求函數h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數，并說明理由． 解　由h(x)＝x3－x－知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－1＜0，h(2)＝6－＞0，則x＝0為h(x)的一個零點，且h(x)在(1,2)內有零點．因此，h(x)至少有兩個零點． 法一　h′(x)＝3x2－1－x－，記φ(x)＝3x2－1－x－，則φ′(x)＝6x＋x－. 則x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內至多只有一個零點．又因為φ(1)＞0，φ＜0，則φ(x)在內有零點．所以φ(x)在(0，＋∞)內有且只有一個零點．記此零點為x1，則

26、當x∈(0，x1)時，φ(x)＜φ(x1)＝0；當x∈(x1，＋∞)時，φ(x)＞φ(x1)＝0. 所以，當x∈(0，x1)時，h(x)單調遞減．而h(0)＝0，則h(x)在(0，x1]內無零點；當x∈(x1，＋∞)時，h(x)單調遞增，則h(x)在(x1，＋∞)內至多只有一個零點． 從而h(x)在(0，＋∞)內至多只有一個零點． 綜上所述，h(x)有且只有兩個零點． 法二　由h(x)＝x(x2－1－x－)，記φ(x)＝x2－1－x－，則φ′(x)＝2x＋x－. 當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＞0，從而φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內至多只有一個零點．因此h(x)在(0，＋∞)內也至多只有一個零點． 綜上所述，h(x)有且只有兩個零點．