苏教版 (2019)第8章 函数应用本章综合与测试精品同步达标检测题

这是一份苏教版 (2019)第8章 函数应用本章综合与测试精品同步达标检测题，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

章末综合测评(八) 函数应用


(满分：150分 时间：120分钟)


一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)


1．函数f(x)＝(x2－1)·eq \r(x2－4)的零点个数是( )


A．1 B．2 C．3 D．4


B [要使函数有意义，则x2－4≥0，解得x≥2或x≤－2．由f(x)＝0得x2－4＝0或x2－1＝0(不成立舍去)，即x＝2或x＝－2．所以函数的零点个数为2．故选B．]


2．函数f(x)＝lg2x＋3x－4的零点所在的一个区间是( )


A．(－2，－1) B．(－1,0)


C．(0,1) D．(1,2)


D [∵函数y1＝lg2x在区间(0，＋∞)上为增函数，函数y2＝3x－4为增函数，


所以，函数f(x)＝lg2x＋3x－4在区间(0，＋∞)上为增函数，则该函数最多有一个零点，


又f(1)＝－1<0，f(2)＝3>0，


因此，函数f(x)＝lg2x＋3x－4的零点所在的一个区间是(1,2)．故选D．]


3．一种放射性物质不断变化为其他物质，每经过一年，剩留的物质约是原来的eq \f(4,5)．经过x年，剩留的物质是原来的eq \f(64,125)．则x为( )


A．2 B．3 C．4 D．5


B [先求剩留量y随时间x(年)变化的函数关系式，设物质最初的质量为1，则经过1年，y＝1×eq \f(4,5)＝eq \f(4,5)，经过2年，y＝eq \f(4,5)×eq \f(4,5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(2)，…，那么经过x年，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(x)．依题意得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(x)＝eq \f(64,125)，解得x＝3．]


4．对任意实数a，b，定义运算“⊙”：a⊙b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b，a－b≥1，,a，a－b<1，))设f(x)＝(x2－1)⊙(4＋x)＋k，若函数f(x)的图象与x轴恰有三个交点，则k的取值范围是( )


A．(－2,1) B．[0,1]


C．[－2,0) D．[－2,1)


D [令g(x)＝(x2－1)⊙(4＋x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋x，x≤－2或x≥3，,x2－1，－2




f(x)＝g(x)＋k的图象与x轴恰有三个交点，即y＝g(x)与y＝－k的图象恰有三个交点，由图可知－1<－k≤2，即－2≤k<1．故选D．]


5．某商场在销售空调旺季的4天内的利润如下表所示．


现构建一个销售这种空调的函数模型，应是下列函数中的( )


A．y＝lg2x B．y＝2x


C．y＝x2 D．y＝2x


B [画出散点图(图略)，由散点图可知，这种空调的函数模型为y＝2x．]


6．已知定义在R上的函数f(x)＝(x2－3x＋2)g(x)＋3x－4，其中函数y＝g(x)的图象是一条连续曲线，则方程f(x)＝0在下面哪个范围内必有实数根( )


A．(0,1) B．(1,2)


C．(2,3) D．(3,4)


B [f(x)＝(x2－3x＋2)g(x)＋3x－4＝(x－1)(x－2)g(x)＋3x－4，则f(1)＝－1<0，f(2)＝2>0．所以根据函数零点的判断方法可知，函数f(x)在区间(1,2)内存在零点，即方程f(x)＝0在区间(1,2)内存在实数根．]


7．加工爆米花时，爆开且不煳的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”，在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分钟)满足函数关系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常数)，如图记录了三次实验的数据，根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为( )





A．3．50分钟 B．3．75分钟


C．4．00分钟 D．4．25分钟


B [由图形可知，三点(3,0．7)，(4,0．8)，(5,0．5)都在函数p＝at2＋bt＋c的图象上，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9a＋3b＋c＝0.7,16a＋4b＋c＝0.8,25a＋5b＋c＝0.5)) ，解得a＝－0．2，b＝1．5，c＝－2，


所以p＝－0．2t2＋1．5t－2＝－0．2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(15,4)))2＋eq \f(13,16)，因为t>0，所以当t＝eq \f(15,4)＝3．75时，p取最大值，


故此时的t＝3．75分钟为最佳加工时间，故选B．]


8．为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”，计费方法如下：


若某户居民本月交纳的水费为54元，则此户居民本月用水量为( )


A．20 m3 B．18 m3


C．15 m3 D．14 m3


C [设此户居民本月用水量为x m3，缴纳的水费为y元，


则当x∈[0,12]时，y＝3x≤36元，不符合题意；


当x∈(12,18]时，y＝12×3＋(x－12)·6＝6x－36，令6x－36＝54，解得x＝15，符合题意；


当x∈(18，＋∞)时，y＝12×3＋6×6＋(x－18)·9＝9x－90>72，不符合题意．


综上所述：此户居民本月用水量为15 m3．故选C．]


二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)


9．已知函数f(x)＝xex－ax－1，则关于f(x)的零点，叙述错误的是( )


A．当a＝0时，函数f(x)有两个零点


B．函数f(x)必有一个零点是正数


C．当a<0时，函数f(x)有两个零点


D．当a>0时，函数f(x)只有一个零点


ACD [f(x)＝0⇔ex＝a＋eq \f(1,x)，在同一坐标系中作出y＝ex与y＝eq \f(1,x)的图象，





可观察出A、C、D选项错误，应选ACD．]


10．设a为实数，则直线y＝a和函数y＝x4＋1的图象的公共点个数可以是( )


A．0 B．1 C．2 D．3


ABC [因为函数y＝x4＋1为定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，且函数的最小值为1，所以当a<1，a＝1，a>1时，直线y＝a和函数y＝x4＋1的图象的公共点个数分别为0,1,2．故选ABC．]


11．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，点P，Q，R在f(x)的图象上，坐标分别为(－1，－A)，(1,0)，(x0,0)，△PQR是以PR为底边的等腰三角形，将函数f(x)的图象向右平移5个单位长度后得到函数g(x)的图象，则关于g(x)的说法中正确的是( )





A．g(x)是偶函数


B．g(x)在区间[0,4]上是减函数


C．g(x)的图象关于直线x＝2对称


D．g(x)在[－1,3]上的最小值为－eq \r(6)


ABD [由题意知eq \f(T,4)＝2，所以eq \f(2π,ω)＝8，ω＝eq \f(π,4)，作PH⊥x轴于点H(图略)，则QH＝2，又因为PQ＝QR＝4，所以A＝2eq \r(3)，因为f(x)的图象过Q(1,0)，所以2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝0，因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)，所以f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x－\f(π,4)))．易知g(x)＝f(x－5)＝2eq \r(3)cs eq \f(π,4)x，故选ABD．]


12．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≤a,x2，x>a))，当a∈M时，总存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则集合M可以是( )


A．(－∞，0] B．(1，＋∞)


C．(－∞，0) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)


BCD [要使得g(x)＝f(x)－b有两个零点，


即f(x)＝b有两个根，必须有y＝f(x)与y＝b的图象有两个交点，


由x3＝x2可得，x＝0或x＝1．


①当a>1时，函数y＝f(x)的图象如图所示，此时存在b，满足题意，故a>1满足题意．





②当a＝1时，由于函数y＝f(x)在定义域R上单调递增，故不符合题意．


③当0




④当a＝0时，函数y＝f(x)单调递增，故不符合题意


⑤当a<0时，函数y＝f(x)的图象如图所示，此时存在b使得y＝f(x)与y＝b有两个交点．





综上可得a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．所以应选BCD．]


三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)


13．函数f(x)＝x＋2x－10的零点所在区间为(n，n＋1)，n∈Z，则n＝________．


2 [因为f(2)＝2＋4－10＝－4<0，f(3)＝3＋8－10＝1>0, 所以f(2)f(3)<0，


由函数零点存在定理知函数f(x)＝x＋2x－10在区间(2,3)上有零点，所以n＝2．]


14．用二分法研究函数f(x)＝x3＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))的零点时，第一次经计算f(0)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，可得其中一个零点x0∈________，第二次应计算________．(本题第一空2分，第二空3分)


eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) [由于f(0)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，


故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上存在零点，所以x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，


第二次应计算0和eq \f(1,2)在数轴上对应的中点x1＝eq \f(0＋\f(1,2),2)＝eq \f(1,4)．]


15．已知[x]表示不超过实数x的最大整数，如[1．8]＝1，[－1．2]＝－2．x0是函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x)的零点，则[x0]等于________．


2 [∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(2)＝ln 2－1<0，f(e)＝ln e－eq \f(2,e)>0，知x0∈(2，e)，∴[x0]＝2．]


16．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－1，x≤0，,2sin \f(π,2)x，00，且a≠1，若函数y＝f(x)－1有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1＋x2＋x3>0，则实数a的取值范围是________．


eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) [如图所示：当a>1时，函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－1有2个不同的零点，不满足；





当0－2．


ax－1＝1，故x＝lga2>－2，故0

四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)


17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3－x2＋eq \f(x,2)＋eq \f(1,4)．证明：存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，使f(x0)＝x0．


[证明] 令g(x)＝f(x)－x．


∵g(0)＝eq \f(1,4)，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,8)，


∴g(0)·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0．又函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上连续，


∴存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，使g(x0)＝0．即f(x0)＝x0．


18．(本小题满分12分)定义在R上的奇函数f(x)满足：当x＞0时，f(x)＝2 020x＋lg2 020x，试确定f(x)在R上的零点个数．


[解] ∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，


∴f(0)＝0．


因为lg2 020eq \f(1,2 0202)＝－2,2 020eq \f(1,2 0202)≈1，lg2 020eq \f(1,2 020)＝－1,2 020eq \f(1,2 020)>1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 0202)))＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)))＞0，


∴f(x)＝2 020x＋lg2 020x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 0202)，\f(1,2 020)))内存在零点．


易知f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，


∴f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，


根据奇函数的对称性可知，


函数f(x)在(－∞，0)内有且只有一个零点．


综上可知函数在R上的零点个数为3．


19．(本小题满分12分)某个体经营者把开始六个月试销A，B两种商品的逐月投资与所获纯利润列成下表：


该经营者准备下月投入12万元经营这两种产品，但不知投入A，B两种商品各多少万元才合算．请你帮助制定一个资金投入方案，使得该经营者能获得最大利润，并按你的方案求出该经营者下月可获得的最大纯利润(结果保留两位有效数字)．


[解] 以投资额为横坐标，纯利润为纵坐标，在平面直角坐标系中画出散点图，如下图所示．





图(1) 图(2)


观察散点图可以看出，A种商品所获纯利润y与投资额x之间的变化规律可以用二次函数模型进行模拟，如图(1)所示，


取(4,2)为最高点，则y＝a(x－4)2＋2，再把点(1,0.65)代入，得0.65＝a(1－4)2＋2，解得a＝－0.15，


所以y＝－0.15(x－4)2＋2.


B种商品所获纯利润y与投资额x之间的变化规律是线性的，可以用一次函数模型进行模拟，如图(2)所示.


设y＝kx＋b，取点(1,0.25)和(4,1)代入，


得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.25＝k＋b，,1＝4k＋b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝0.25，,b＝0，))


所以y＝0.25x.


即前六个月所获纯利润y关于月投资A种商品的金额x的函数关系式是y＝－0.15(x－4)2＋2；前六个月所获纯利润y关于月投资B种商品的金额x的函数关系式是y＝0.25x.


设下月投入A，B两种商品的资金分别为xA，xB(万元)，总利润为W(万元)，


那么eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xA＋xB＝12，,W＝yA＋yB＝－0.15xA－42＋2＋0.25xB.))


所以W＝－0.15eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(19,6)))eq \s\up12(2)＋0.15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(19,6)))eq \s\up12(2)＋2.6.


当xA＝eq \f(19,6)≈3.2(万元)时，W取最大值，约为4.1万元，此时xB＝8.8(万元).


即该经营者下月把12万元中的3.2万元投资A种商品，8.8万元投资B种商品，可获得最大利润约为4.1万元.


20．(本小题满分12分)某型号的电视机每台降价x成(1成为10%)，售出的数量就增加mx成，m∈R＋．


(1)若某商场现定价为每台a元，售出量是b台，试建立降价后的营业额y与x的函数关系．问当m＝eq \f(5,4)时，营业额增加1．25%，每台降价多少元？


(2)为使营业额增加，当x＝x0(0

[解] (1)每台降价x成后的价格为aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))元，降价后售出beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mx,10)))台，


则y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))·beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(mx,10)))＝abeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,100)x2＋\f(m－1,10)x＋1))．


当m＝eq \f(5,4)时，y＝abeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,80)＋\f(x,40)＋1))．


因为营业额增加1．25%，


所以(1＋1．25%)ab＝abeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,80)＋\f(x,40)＋1))，解得x＝1，即每台降价10%．


(2)为使营业额ab增加，


当x＝x0时，y＝abeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,100)x\\al(2,0)＋\f(m－1,10)x0＋1))．


依题意得y－ab>0，即eq \f(m－1,10)x0－eq \f(m,100)xeq \\al(2,0)>0，


解得m>eq \f(10,10－x0)(0

21．(本小题满分12分) 已知函数f(x)＝1－eq \f(4,2ax＋a)(a>0，a≠1)且f(0)＝0．


(1)求a的值；


(2)若函数g(x)＝(2x＋1)·f(x)＋k有零点，求实数k的取值范围；


(3)当x∈(0,1)时，若f(x)>m·2x－2恒成立，求实数m的取值范围．


[解] (1)由f(0)＝0得1－eq \f(4,2a0＋a)＝0，即a＋2＝4，解得a＝2．


(2)由(1)可知f(x)＝1－eq \f(2,2x＋1)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，函数g(x)＝(2x＋1)·f(x)＋k有零点⇔方程2x－1＋k＝0有解，即k＝1－2x有解，


∵1－2x∈(－∞，1)，∴k∈(－∞，1)．


(3)∵f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，由f(x)>m·2x－2得m(2x)2＋(m－3)2x－1<0，


令t＝2x，∵x∈(0,1)，∴t∈(1,2)，


即f(x)>m·2x－2⇔mt2＋(m－3)t－1<0对于t∈(1,2)恒成立，


设g(t)＝mt2＋(m－3)t－1，


①当m<0时，m－3<0，∴g(t)＝mt2＋(m－3)t－1<0在(1,2)上恒成立．


∴m<0符合题意；


②当m＝0时，g(t)＝－3t－1<0在(1,2)上恒成立，


∴m＝0符合题意；


③当m>0时，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1≤0，,g2≤0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋m－3－1≤0，,4m＋2m－3－1≤0))⇒m≤eq \f(7,6)，


∴0

综上所述，m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,6)))．


22．(本小题满分12分)已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－|ax－3|－1，其中a>0．


(1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；


(2)若关于x的不等式f(x)≤2x－3对任意的实数x∈(－1,0)恒成立，求实数a的取值范围；


(3)若函数f(x)有4个不同的零点，求实数a的取值范围．


[解] (1)当a＝2时，f(x)＝x2－|2x－3|－1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－4，x<\f(3,2)，,x2－2x＋2，x≥\f(3,2)，))


当x

所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))上单调递增．


当x≥eq \f(3,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－2x＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))2＋1，


所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增．


因为函数f(x)的图象在R上不间断，


所以f(x)的单调减区间是(－∞，－1)，单调增区间是(－1，＋∞)．


(2)x2－|ax－3|－1≤2x－3对任意x∈(－1,0)恒成立．


因为x∈(－1,0)，a>0，所以ax－3<0，


故不等式可化为x2＋ax－3－1≤2x－3，即a≥－x＋eq \f(1,x)＋2，


所以问题转化为不等式a≥－x＋eq \f(1,x)＋2对任意x∈(－1,0)恒成立．


又y＝－x＋eq \f(1,x)＋2在(－1,0)上单调递减，


所以y＝－x＋eq \f(1,x)＋2<－(－1)＋eq \f(1,－1)＋2＝2, 所以a≥2．


(3)f(x)＝x2－|ax－3|－1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax－4，x<\f(3,a)，,x2－ax＋2，x≥\f(3,a)，)) 其中a>0．


显然，当x

f(x)＝x2－ax＋2至多有2个不同的零点，


又f(x)有4个不同的零点，


所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,a)))和eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)，＋∞))上都各有2个不同的零点，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)))>0，)) 且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)>\f(3,a)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)))≥0，))


即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))－4<0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)))eq \s\up12(2)－1>0，,\f(a,2)>\f(3,a)，,\f(a2,4)－a·\f(a,2)＋2<0，))


又a>0，解得2eq \r(2)

所以实数a的取值范围是(2eq \r(2)，3)．


时间
1
2
3
4
利润(千元)
2
3．98
8．01
15．99
每户每月用水量
水价
不超过12 m3的部分
3元/m3
超过12 m3但不超过18 m3的部分
6元/m3
超过18 m3的部分
9元/m3
投资A种商品金额(万元)
1
2
3
4
5
6
获纯利润(万元)
0.65
1.39
1.85
2
1.84
1.40
投资B种商品金额(万元)
1
2
3
4
5
6
获纯利润(万元)
0.25
0.49
0.76
1
1.26
1.51