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高考数学第一轮复习考试题19-函数与方程思想


专题七
第一讲
一、选择题

数学思想方法
函数与方程思想

1.已知向量 a=(3,2),b=(-6,1),而(λa+b)⊥(a-λb),则实数 λ 等于 ( A.1 或 2 ) 1 B.2 或-2 C.2 D.0

解析:λa+b=(3λ-6,2λ+1),a-λb=(3+6λ,2-λ),若(λa +b)⊥(a-λb),则 1 (3λ-6)· (3+6λ)+(2λ+1)(2-λ)=0,解得 λ=2 或 λ=-2 答案:B 2.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x≥0 时,f(x)=x2.若对 任意的 x∈[t,t+2],不 等 式 f(x + t)≥2f(x) 恒 成 立 , 则 实 数 t 的 取 值 范 围 是 ( ) A.[ 2,+∞) C. (0,2] 3] 答案:A 3.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf′(x)+ f(x)≤0.对任意正数 a、 b ( ) A.af(a)≤f(b) C.af(b)≤bf(a) B.bf(b)≤f(a) D.bf(a)≤af(b) , 若 a<b , 则 必 有 B.[2,+∞) D. [- 2 , -1]∪[ 2,

解析:∵xf′(x)+f(x)≤0,即[xf(x)]′≤0, ∴xf(x)是减函数.又∵a<b, ∴af(a)≥bf(b). 又∵b>a>0,f(x)≥0, ∴bf(a)≥af(a)且 bf(b)≥af(b), ∴bf(a)≥af(a)≥bf(b)≥af(b), ∴bf(a)≥af(b). 答案:C 4.f(x)是定义在 R 上的以 3 为周期的奇函数,f(2)=0,则函数 y =f(x)在区间(-1,4)内的 零 ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 点 个 数 为

解析:∵f(x)是定义在 R 上的奇函数, ∴f(0)=0.由 f(2)=0,得 f(-2)=0. 又∵f(x)的周期为 3,∴f(1)=0,f(3)=0.
? 3? ? 3 ? ?3? ?3? 又∵f?-2?=f?-2+3?=f?2?=-f?2?, ? ? ? ? ? ? ? ? ?3? ∴f?2?=0.故选 D. ? ?

答案:D 5.已知对于任意的 a∈[-1,1],函数 f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 的值总大于 0,则 x 的 取 ( ) A.1<x<3 C.1<x<2 B.x<1 或 x>3 D.x<2 或 x>3 值 范 围 是

解析:将 f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 看作是 a 的一次函数,记 为 g(a)=(x-2)a+x2- 4x+4. 当 a∈[-1,1]时恒有 g(a)>0,只需满足条件
2 ? ? ?g?1?>0, ?x -3x+2>0, ? 即? 2 , ? ? g ? - 1 ? >0 , ? ?x -5x+6>0

解之得 x<1 或 x>3. 答案:B 二、填空题
?1 a? 6.已知不等式(x+y)? x +y?≥9 对任意正实数 x,y 恒成立,则正 ? ?

实数 a 的最小值为 ________.
?1 a? 解析:只需求(x+y)? x+y?的最小值大于等于 9 即可,又(x+ ? ? ?1 a? x y y)? x +y?=1+a· y+x+ ? ?

a≥a+1+2

xy x y a· · = a + 2 a + 1 ,等号成立仅当 a · yx y=x即可,

所以( a)2+2 a+ 1≥9,即( a)2+2 a-8≥0 求得 a≥2 或 a≤-4(舍), 所以 a≥4,即 a 的最小值为 4. 答案:4 7.若关于 x 的方程(2-2-|x-2|)2=2+a 有实根,则实数 a 的取值 范围是________. 解析:令 f(x)=(2-2-|x-2|)2,要使 f(x)=2+a 有实根,只需 2 +a 是 f(x)的值域内的

值. ∵f(x)的值域为[1,4) ∴1≤a+2<4,∴-1≤a<2. 答案:[-1,2)
? ?|lg|x|| 8.已知函数 f(x)=? ? ?a x=0

x≠0

,a∈R,若方程 f2(x)-

f(x)=0 共有 7 个实数根, 则 a=________.

解析:设 y=t2-t,t=f(x)作出两函数的图象如图所示,由 t2 -t=0 知 t=0,或 t=1, 当 t=0 时,方程有两个实根;当 t=1 时,要使此时方程有 5 个不同实根,则 a=1. 答案:1
?1? ?1? 8 ?1? 9. 若数列{an}的通项公式为 an=3×?8?n-3×?4?n+?2?n(其中 n∈ ? ? ? ? ? ?

N*),且该数列中最大 的项为 am,则 m=________.
?1? 1 解析:令 x=?2?n,则 0<x≤2 ? ?

1? ? 8 构造 f(x)=3x3-3x2+x,x∈?0,2?
? ?

∴f′(x)=8x2-6x+1

1 1 令 f′(x)=0,故 x1=4,x2=2. 1? ? ∴f(x)在?0,4?上为增函数,
? ? ?1 1? f(x)在?4,2?上为减函数 ? ? ?1? ∴f(x)max=f?4? ? ?

1 即当 x=4时,f(x)最大, ∴n=2 时,a2 最大. ∴m=2. 答案:2 三、解答题 x2 2 10.设 P 是椭圆a2+y =1(a>1)短轴的一个端点,Q 为椭圆上的 一个动点,求|PQ|的最 大值. 解:依题意可设 P(0,1),Q(x,y),则 |PQ|= x2+?y-1?2. 又因为 Q 在椭圆上,所以 x2=a2(1-y2). |PQ|2=a2(1-y2)+y2-2y+1=(1-a2)y2-2y+1+a2
? 1 ? 1 2 =(1-a2)?y-1-a2?2- 2+1+a , 1 - a ? ? ? 1 ? 因为|y|≤1,a>1,若 a≥ 2,则?1-a2?≤1, ? ?

a2 a2-1 1 当 y= 时,|PQ|取最大值 2 ; 1-a2 a -1 若 1<a< 2,则当 y=-1 时,|PQ|取最大值 2,

a2 a2-1 综上,当 a≥ 2时,|PQ|最大值为 2 ;当 1<a< 2时, a -1 |PQ|最大值为 2. 11.已知 f(x)是定义在正整数集 N*上的函数,当 x 为奇数时,f(x +1)-f(x)=1,当 x 为 偶数时,f(x+1)-f(x)=3,且满足 f(1)+f(2)=5. (1)求证:{f(2n-1)}(n∈N*)是等差数列; (2)求 f(x)的解析式. (1)证明:由题意得
? ?f?2n+1?-f?2n?=3 ? , ?f[?2n-1?+1]-f?2n-1?=1 ?

两式相加得 f(2n+1)-f(2n-1)=4. 因此 f(1),f(3),f(5),?,f(2n-1)成等差数列. 即{f(2n-1)}(n∈N*)是等差数列.
? ? ?f?2?-f?1?=1 ?f?1?=2 (2)解:由题意得? ,解得? . ?f?1?+f?2?=5 ?f?2?=3 ? ?

所以 f(2n-1)=f(1)+(n-1)×4=2(2n-1),因此当 x 为奇数 时,f(x)=2x. 又因为当 x 为奇数时,f(x+1)-f(x)=1,所以 f(x+1)=2x+1 =2(x+1)-1, 故当 x 为偶数时,f(x)=2x-1.
? ?2x,x为奇数 综上,f(x)=? . ? ?2x-1,x为偶数

12.某化妆品生产企业为了占有更多的市场份额,拟在 2010 年 度进行一系列的促销活 动.经过市场调查和测算,化妆品的年销量 x 万件与年促销

费用 t 万元之间满足: 3-x 与 t+1 成反比例.如果不搞促销活动,化妆品的年销量 只能是 1 万件.已知 2010 年生产化妆品的固定投资为 3 万元,每生产 1 万件化妆 品需再投资 32 万元, 当年每件化妆品的零售价定为“年平均成本的 150%”与 “年均每件所占促销费的 一半”之和,则当年的产销量相等. (1)将 2010 年的年利润 y 万元表示为促销费 t 万元的函数; (2)该企业 2010 年的促销费投入多少万元时,企业的年利润 最大?(注:利润=收入 -生产成本-促销费) 解:(1)由题意,得 3-x= k , t+1

将 t=0,x=1 代入,得 k=2. 2 ∴x=3- . t+1 3? 1 t 3? 由题意,知每件零售价为2?32+x ?+2· x. ? ? 3? 1 t ? ?3? ? 年利润 y=?2?32+x?+2· x x-(3+32x)-t
? ? ? ? ? 2 ? 1 3 1 3 =16x-2t+2=16?3-t+1?-2t+2 ? ? ?t+1 32 ? -t2+98t+35 ?= =50-? 2 + (t≥0). t+1? 2?t+1? ? ?t+1 32 ? ? ≤50 - 2 16 = 42( 万元 ) ,当且仅当 (2) ∵ y = 50 - ? 2 + t+1? ?

t+1 32 2 =t+1, 即 t=7 时,ymax=42, ∴当促销费定为 7 万元时,利润最大.


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