資源簡介

(
密 ○ 封 ○ 裝 ○ 訂 ○ 線 密 ○ 封 ○ 裝 ○ 訂 ○ 線
密 封 線 內 不 要 答 題
)
(
姓名 班級 考號
密 ○ 封 ○ 裝 ○ 訂 ○ 線 密 ○ 封 ○ 裝 ○ 訂 ○ 線
密 封 線 內 不 要 答 題
)
第8章　函數應用
全卷滿分150分　　考試用時120分鐘
一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.函數f(x)=x+2x的零點所在區間是(　　)
A.(-2,-1)　　　　B.(-1,0)　　　　C.(0,1)　　　　D.(1,2)
2.小胡同學用二分法求函數y=f(x)在區間(1,2)上的零點近似值,由計算可得f(1)<0, f(2)>0, f(1.5)<0,則小胡同學下次應計算的函數值為　　(　　)
A.f(0.5)　　　　B.f(1.125)　　　　C.f(1.25)　　　　D.f(1.75)
3.在不考慮空氣阻力的條件下,從發射開始,火箭的最大飛行速度v(單位:千米/秒)滿足公式v=wln,其中M為火箭推進劑質量(單位:噸),m為去除推進劑后的火箭有效載荷質量(單位:噸),w為火箭發動機噴流相對火箭的速度(單位:千米/秒).當M=3m時,v=5.544千米/秒.在保持w不變的情況下,若m=25噸,假設要使v超過第一宇宙速度達到8千米/秒,則M至少約為(結果精確到1,參考數據:e2≈7.389,ln 2≈0.693)(　　)
A.135噸　　　　B.160噸　　　　C.185噸　　　　D.210噸
4.已知x1是函數f(x)=xln x-2 024的一個零點,x2是函數g(x)=xex-2 024的一個零點,則x1·x2的值為(　　)
A.1 012　　　　B.2 024　　　　C.4 048　　　　D.8 096
5.若二次函數y=x2-2x+m在區間(1,+∞)上有且僅有一個零點,則實數m的取值范圍是(　　)
A.(1,+∞)　　　　B.[1,+∞)
C.(-∞,1)　　　　D.R
6.若用二分法求函數f(x)=2x-(x>1)的零點近似值,依次確定了零點所在區間為[a,b],,,則實數a和b分別等于(　　)
A.,　　　　B.2,3　　　　C.,2　　　　D.,
7.已知函數f(x)=若關于x的方程[f(x)]2-(a+8)·f(x)-a=0有6個不同的實數根,則實數a的取值范圍為(　　)
A.　　　　B.　　　　C.(-4,0)　　　　D.
8.高斯是德國著名的數學家,近代數學奠基者之一,享有“數學王子”的美譽.函數f(x)=[x]稱為高斯函數,其中x∈R,[x]表示不超過x的最大整數,例如:[-1.1]=-2,[2.5]=2,則方程[2x+1]+[x]=4x的所有解之和為(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分)
9.下列函數中,有零點但不能用二分法求零點的近似值的是(　　)
A.y=+1　　　　B.y=
C.y=x2+4x+8　　　　D.y=|x|
10.已知x1,x2為函數f(x)=2 024-x-|log3(x-3)|的兩個零點,則下列結論中正確的有(　　)
A.(x1-4)(x2-4)<0　　　　B.0<(x1-3)(x2-3)<1
C.(x1-3)(x2-3)>1　　　　D.若x111.已知函數f(x)=函數y=f(x)-m有四個不同的零點,且從小到大依次為x1,x2,x3,x4,則下列結論正確的是(　　)
A.x1x2=1　　　　B.0≤x1x2<1　　　　C.x3x4=1　　　　D.-1三、填空題(本題共3小題,每小題5分,共15分)
12.某殺菌劑每噴灑一次就能殺死某物質上的細菌的80%,要使該物質上的細菌少于原來的0.1%,則至少要噴灑　　　　　次.(參考數據:lg 2≈0.301 0)
13.已知函數f(x)=若函數g(x)=f(x)-m存在四個不同的零點x1,x2,x3,x4,則x1+x2+x3+x4的取值范圍是　　　　.
14.已知函數f(x)=則函數f(x)的零點是　　　　;若函數g(x)=f(f(x))-a,且函數g(x)有三個不同的零點,則實數a的取值范圍是　　　　.
四、解答題(本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(13分)已知關于x的方程x2-2(m-1)x+m+11=0,當m分別在什么范圍內取值時,方程的兩個實數根:
(1)都大于1
(2)都小于1
(3)一個大于1,一個小于1
16.(15分)汽車駕駛員發現前方有障礙物時會緊急剎車,這一過程中,由于人的反應需要時間,在汽車的慣性作用下會有一個停車距離.記駕駛員的停車距離為s(單位:m),駕駛員反應時間內汽車所行的距離為s1(單位:m),剎車距離為s2(單位:m),則s=s1+s2,其中s1與剎車時的車速v(單位:km/h)滿足s1=v,s2與剎車時的車速v的部分關系見下表:
v/(km/h) 15 30 60 105
s2/m 1.25 5 20 61.25
(1)在平面直角坐標系內畫出(v,s2)的散點圖,從①s2=a·2v;②s2=av2;③s2=alog2(v+1)中選擇最恰當的一個函數模型擬合s2與v之間的關系,并求出其解析式;
(2)在限速100 km/h的高速公路上,駕駛員遇障礙物緊急剎車,已知駕駛員的停車距離為51 m,請根據(1)中所求的解析式,判斷駕駛員是否超速行駛.
17.(15分)已知函數f(x)=2x--2.
(1)證明:函數f(x)有且只有兩個不同的零點;
(2)已知n∈Z,設函數f(x)的兩個零點分別為x1,x2(x1①x1∈;②x1∈;③x2∈;④x2∈.
18.(17分)已知函數f(x)=ln x+x+m和g(x)=x2-tx-1.
(1)若函數f(x)在區間(2,e)上存在零點,求實數m的取值范圍;
(2)設x1∈{x|F(x)=0},x2∈{x|G(x)=0},若存在x1,x2,使得|x1-x2|≤1,則稱F(x)和G(x)“零點貼近”.當m=-1時,函數f(x)與g(x)“零點貼近”,求實數t的取值范圍.
19.(17分)已知函數f(x)=+m.
(1)若函數y=f(x)有4個零點x1,x2,x3,x4(x1(2)是否存在非零實數m,使得函數f(x)在區間[a,b](0答案全解全析
1.B　因為函數y=x,y=2x均為R上的增函數,
所以函數f(x)=x+2x為R上的增函數,
因為f(-1)=-1+2-1=-<0, f(0)=1>0,
所以函數f(x)=x+2x的零點所在區間是(-1,0).
故選B.
2.D　因為f(1)<0, f(2)>0, f(1.5)<0,所以函數y=f(x)在區間(1.5,2)上有零點,
根據二分法,下次應計算的函數值為區間中點函數值,即f(1.75).故選D.
3.B　由題意知,當M=3m時,v=5.544千米/秒,所以5.544=wln=2wln 2,解得w=≈=4(千米/秒),故v=4ln.
若m=25噸,v=8千米/秒,則8=4ln,解得M=25(e2-1)≈160(噸).故選B.
4.B　令f(x)=0,即xln x-2 024=0,即ln x=,
令g(x)=0,即xex-2 024=0,即ex=,
設函數y=ln x與y=圖象的交點為A,函數y=ex與y=圖象的交點為B,則A,B,
又y=ln x與y=ex的圖象關于直線y=x對稱,且y=的圖象也關于直線y=x對稱,
所以點A,B關于直線y=x對稱,所以x1=,得x1·x2=2 024.故選B.
5.C　由題意得12-2×1+m<0,解得m<1,所以實數m的取值范圍是(-∞,1).故選C.
6.A　f(x)=2x-=2x-=2x--2(x>1),根據指數函數與反比例函數的性質,可得函數f(x)在(1,+∞)上單調遞增,所以函數f(x)在(1,+∞)上至多有一個零點,
又函數f(x)的零點所在區間依次為[a,b],,,
所以即解得故選A.
7.A　作出函數y=f(x)的圖象如圖所示:
令t=f(x),則原方程可轉化為t2-(a+8)t-a=0,
因為關于x的方程[f(x)]2-(a+8)f(x)-a=0有6個不同的實數根,
所以關于t的方程t2-(a+8)t-a=0在(1,3]上有兩個不相等的實數根,
設g(t)=t2-(a+8)t-a,則函數g(t)=t2-(a+8)t-a在(1,3]上有2個不同的零點,
所以解得-48.C　 x∈R, k∈Z,使k≤2x+1若k為奇數,則∈Z,∴[x]=,
∴[2x+1]+[x]=k+=4x,則2k-2≤k+<2k,
解得-1當k=1時,0≤x<,[x]=0,[2x+1]=1,∴1+0=4x x=∈;
當k=3時,1≤x<,[x]=1,[2x+1]=3,∴3+1=4x x=1∈.
若k為偶數,則∈Z,∴[x]=-1,
∴[2x+1]+[x]=k+-1=4x,則2k-2≤k+-1<2k,
解得-2當k=0時,-≤x<0,∴[x]=-1,[2x+1]=0,∴-1+0=4x x=-∈;
當k=2時,≤x<1,∴[x]=0,[2x+1]=2,∴0+2=4x x=.
因此所有解之和為+1-+=.故選C.
9.CD　易知A,B中函數有零點,且可用二分法求零點的近似值.對于C,y=x2+4x+8=(x+4)2≥0,故不能用二分法求零點的近似值.對于D,y=|x|≥0,故不能用二分法求零點的近似值.故選CD.
10.ABD　根據題意知,y=2 024-x與y=|log3(x-3)|的圖象在(3,+∞)上有兩個交點,且橫坐標分別為x1,x2,
y=2 024-x在(3,+∞)上單調遞減,且值域為(0,2 024-3);
y=|log3(x-3)|=且當x=4時,y=-log3(x-3)=0,
所以y=-log3(x-3)在(3,4]上單調遞減,值域為[0,+∞);
y=log3(x-3)在(4,+∞)上單調遞增,值域為(0,+∞).
綜上,y=2 024-x與y=|log3(x-3)|的圖象的交點在直線x=4的兩側,
即原函數的兩個零點分別在區間(3,4),(4,+∞)上,
故(x1-4)(x2-4)<0恒成立,故A正確;
不妨設3令g(x)=2 024x,由指數函數的性質,得g(x)在R上單調遞增,
若證<,則證x1-3<,即(x1-3)(x2-3)<1,顯然D正確.故選ABD.
11.BCD　由題意得,當x∈(-2,0]時, f(x)=|ln(x+2)|,
當x∈(0,2]時, f(x)=f(x-2),
所以當x-2∈(-2,0]時, f(x-2)=|ln(x-2+2)|=|ln x|,
所以f(x)=
作出y=f(x)的圖象,如圖所示:
根據題意得,函數f(x)的圖象與直線y=m有四個交點,
由圖象知,m∈(0,ln 2],則x1∈,且 f(x1)=-ln(x1+2);
x2∈(-1,0],且f(x2)=ln(x2+2).
由f(x1)=f(x2),得-ln(x1+2)=ln(x2+2),即ln(x1+2)+ln(x2+2)=0,
所以ln[(x1+2)(x2+2)]=0,所以(x1+2)(x2+2)=1,所以x1x2+2(x1+x2)+3=0,當x2=0時,x1x2=0;
當x2≠0時,x1+x2<-2,
所以x1x2-4+3>0,解得0<<1或>3(舍去),
所以x1x2∈[0,1),故A錯誤,B正確;
由上述分析知x3∈,且f(x3)=-ln x3,x4∈(1,2],且f(x4)=ln x4,
因為f(x3)=f(x4),所以-ln x3=ln x4,所以ln x3+ln x4=0,即ln(x3x4)=0,所以x3x4=1,故C正確.
因為x2∈(-1,0],x4∈(1,2],x2+2=x4,所以x2x4=x2(x2+2)=-1∈(-1,0],故D正確.故選BCD.
12.答案　5
解析　設噴灑x(x∈N*)次,則(1-80%)x<0.1%,即0.2x<10-3,
∴xlg 0.2<-3,∴x>,
又lg 2≈0.301 0,∴≈≈4.3,
又x∈N*,∴x≥5,即至少要噴灑5次.
13.答案　
解析　作出函數y=f(x)的圖象如圖所示:
由圖象可知,當0不妨設x1由二次函數圖象的對稱性可知x3+x4=8,∴x1+x2+x3+x4=x1++8,
易知x1∈時,y=x1++8單調遞減,∴1014.答案　-2和-;[-1,+∞)
解析　由解得x=-2.由解得x=-.
所以函數f(x)的零點是-2和-.
設t=f(x),令f(f(x))-a=0,則a=f(t).
在同一平面直角坐標系內作出y=f(t)的圖象及直線y=a.
若a≥-1,則y=f(t)的圖象與直線y=a有兩個交點,設兩個交點的橫坐標分別為t1,t2(t2>t1),則t1<-1,t2≥-1.
易得y=f(x)的圖象和y=f(t)的圖象相同,結合y=f(x)的圖象可得,當t1<-1時,t1=f(x)有且只有一個解,當t2≥-1時,t2=f(x)有兩個不同的解.
若a<-1,則y=f(t)的圖象與直線y=a只有一個交點,設交點的橫坐標為t3,則t3<-1,當t3<-1時,t3=f(x)有且只有一個解,不符合題意.
綜上,函數g(x)=f(f(x))-a有三個不同的零點時,實數a的取值范圍是[-1,+∞).
15.解析　(1)若方程的兩個實數根都大于1,則(2分)
即解得5≤m<14.(4分)
(2)若方程的兩個實數根都小于1,則(6分)
即解得m≤-2.(8分)
(3)若方程的兩個實數根一個大于1,一個小于1,
則當x=1時,1-2(m-1)+m+11<0,解得m>14.(13分)
16.解析　(1)作出散點圖如圖所示,
最恰當的一個函數模型為②s2=av2.(3分)
將(30,5)代入s2=av2,得5=a·302,解得a=,所以s2=v2.
經檢驗,題表中其余三點的坐標均滿足s2=v2.(7分)
(2)由(1)及題意知,s=s1+s2=v+v2.(10分)
解法一:當v=100時,s=×100+×1002=.
因為>51,所以駕駛員沒有超速行駛.(15分)
解法二:當s=51時,v+v2=51,即v2+12v-9 180=0,(10分)
所以(v+102)(v-90)=0,又v≥0,所以v=90.
因為90<100,所以駕駛員沒有超速行駛.(15分)
17.解析　(1)證明:由題意可知,函數f(x)=2x--2的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),且f(x)=2x--2在(-∞,0),(0,+∞)上均單調遞增且連續,
因為f(-1)=-<0, f =>0,所以f(-1)f <0,(3分)
故f(x)在內有唯一零點,
又f(1)=-1<0, f(2)=>0,所以f(1)f(2)<0,
故f(x)在(1,2)內有唯一零點.
綜上,函數f(x)有且只有兩個不同的零點.(7分)
(2)①③為真命題,②④為假命題.(8分)
理由如下:∵函數f(x)的兩個零點分別為x1,x2(x1∴x1∈,x1 ,(10分)
又f(1)=-1<0, f =--2=->0,
所以x2∈,故x2∈,x2 ,
故①③為真命題,②④為假命題.(15分)
18.解析　(1)令f(x)=0,則ln x+x+m=0,即m=-(ln x+x).
令h(x)=-(ln x+x),易知h(x)在(0,+∞)上單調遞減,(3分)
又h(2)=-(ln 2+2),h(e)=-(ln e+e)=-1-e,
所以h(x)在(2,e)上的值域為(-1-e,-ln 2-2),
所以實數m的取值范圍為(-1-e,-ln 2-2).(7分)
(2)當m=-1時, f(x)=ln x+x-1,易知函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增,
令f(x)=0,則ln x+x-1=0,所以x=1,即x1=1.(10分)
由|x1-x2|≤1得,|1-x2|≤1,解得0≤x2≤2,即x2∈[0,2].
要使函數f(x)與g(x)“零點貼近”,則函數g(x)在[0,2]上有零點,(13分)
令g(x)=0,則x2-tx-1=0,又Δ=t2+4>0,所以方程x2-tx-1=0有兩個不相等的實數根,即函數g(x)=x2-tx-1有兩個零點,
而g(0)=-1<0,所以g(2)≥0,即22-2t-1≥0,解得t≤.
故實數t的取值范圍是.(17分)
19.解析　(1)證明:因為函數f(x)=+m有4個零點x1,x2,x3,x4(x1于是方程x-+2+m=0,-+m=0各有兩個不同的解,
即方程x2+(2+m)x-3=0,x2+(2-m)x-3=0各有兩個不同的實數根,
于是x1x2x3x4=9.(7分)
(2)f(x)=+m=
易知y=f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增.
①設函數f(x)在[a,b]上不單調,則有0因為m≠0,所以a=2,與a≤1矛盾;(10分)
②當1≤a即
所以a,b是一元二次方程x2+(m+2)x-3-2m=0的兩個不相等的實數根,
記g(x)=x2+(m+2)x-3-2m,
則所以m<-6-2;(13分)
③當0①-②,得(ab+3+2m)(b-a)=0,即ab+3=-2m,又0①+②,得a+b=,
又ab=-(2m+3),∴+==∈(2,+∞),
∴m<-4,與m∈矛盾,此時滿足條件的實數m不存在.
綜上所述,滿足條件的實數m的取值范圍是(-∞,-6-2).(17分)

展開更多......

收起↑