内容正文:
数学·必修·第一册(苏教)
章末总结 (八)函数应用
考点一 函数的零点与方程的根的关系及应用
函数的零点就是相应方程的根,是相应函数图象与x轴交点的横坐标.因此,判断函数零点的个数问题常转化为方程根的求解或两函数图象交点个数问题.零点存在定理是判断函数是否存在零点的一种方式,注意其使用条件:(1)连续性;(2)异号性.
例1.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,f(x)>m·2x-2恒成立,求实数m的取值范围.
解:(1)对于函数f(x)=1- eq \f(4,2ax+a) (a>0,a≠1),由f(0)=1- eq \f(4,2+a) =0,
解得a=2,故f(x)=1- eq \f(4,2·2x+2) =1- eq \f(2,2x+1) .
(2)若函数g(x)=(2x+1)·f(x)+k=2x+1-2+k=2x-1+k有零点,
则函数y=2x的图象和直线y=1-k有交点,∴1-k>0,解得k<1.
(3)∵当x∈(0,1)时,f(x)>m·2x-2恒成立,即1- eq \f(2,2x+1) >m·2x-2恒成立.
令t=2x,则t∈(1,2),且m< eq \f(3,t) - eq \f(2,t(t+1)) = eq \f(3t+1,t(t+1)) = eq \f(1,t) + eq \f(2,t+1) .由于 eq \f(1,t) + eq \f(2,t+1) 在(1,2)上单调递减,∴ eq \f(1,t) + eq \f(2,t+1) > eq \f(1,2) + eq \f(2,2+1) = eq \f(7,6) ,
∴m≤ eq \f(7,6) .即m∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(7,6))) .
【练一练】
1.已知函数f(x)=log4(22x+1+1).
(1)求函数n(x)= eq \r(f(x)-2) 的定义域;
(2)若关于x的方程2f(x)=x+1-4m在[-2,3]上有两个实数根,求实数m的取值范围.
解:(1)依题意,n(x)= eq \r(log4(22x+1+1)-2) ,故log4(22x+1+1)-2≥0,
则22x+1+1≥16,则22x+1≥15,
则2x+1≥log215,故x≥ eq \f(1,2) log2 eq \f(15,2) ,
即函数n(x)的定义域为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)log2\f(15,2),+∞)) ;
(2)依题意,2f(x)=x+1-4m,故log4(22x+1+1)- eq \f(x+1,2) =-2m;
令g(x)=log4(22x+1+1)- eq \f(x+1,2) =log4(22x+1+1)-log42x+1=log4(2x+ eq \f(1,2x+1) );
令2x=t,因为x∈[-2,3],故t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4),8)) ,故2x+ eq \f(1,2x+1) =t+ eq \f(1,2t) =h(t),
因为t+ eq \f(1,2t) ≥2 eq \r(t·\f(1,2t)) = eq \r(2) ,当且仅当t= eq \f(1,2t) ,即t= eq \f(\r(2),2) 时等号成立;而h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) = eq \f(9,4) ,h(8)= eq \f(129,16) ,故log4 eq \r(2) <-2m≤log4 eq \f(9,4) ,即 eq \f(1,4) <-2m≤log49-1,即 eq \f(1,2) -log43≤m<- eq \f(1,8) ,
即实数m的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)-log43,-\f(1,8))) .
考点二 函数的实际应用
本章主要学习了两类函数模型:一类是指数型函数模型,通常可表示为y=a(1+p)x(其中a为原来的基数,p为增长率,x为时间);另一类是对数型函数模型,通常可表示为y=mlogax+n(m,n,a为常数,a>0,a≠1,m≠0).解决的关键是依据实际情况所提供的数据求得相应解析式,然后利用相应解析式解决实际问题.
例2.已知某种药物在血液中以每小时20%的比例衰减,现给某病人静脉注射了该药物2 500 mg,设经过x个小时后,药物在病人血液中的量为y mg.
(1)求y与x的关系式;
(2)当该药物在病人血液中的