专题05 函数应用（期末复习课件）高一数学上学期北师大版

高一数学上学期·期末复习大串讲 专题05 函数应用 北师大版（2019） 01 02 03 目 录 押题预测 题型剖析 考点透视 5大常考点：知识梳理 9个题型典例剖析+技巧点拨 精选10道期末真题对应考点练 考点透视 01 考点透视 考点1.二分法的概念 　 对于在区间[a，b]上图象__________且____________的函数y＝f(x)，通过不断地把它的零点所在区间___________，使所得区间的两个端点逐步___________，进而得到零点近似值的方法叫做二分法． [点拨]　二分法的依据是函数零点存在定理，仅适用于函数的变号零点(函数图象通过零点时函数值的符号改变)． 连续不断 f(a)·f(b)＜0 一分为二 逼近零点 考点透视 考点2.函数零点的概念 对于一般函数y＝f(x)，我们把____________________叫做函数y＝f(x)的零点． 函数y＝f(x)的_______就是方程f(x)＝0的实数解，也就是函数y＝f(x)的图象与x轴的公共点的_____________． 使f(x)＝0的实数x 零点 横坐标 考点透视 考点3.用二分法求函数零点近似值的步骤 给定精确度ε，用二分法求函数y＝f(x)零点x0的近似值的一般步骤如下： (1)确定零点x0的初始区间[a，b]，验证________________． (2)求区间(a，b)的__________． (3)计算f(c)，并进一步确定零点所在的区间： ①若f(c)＝0(此时x0＝c)，则____就是函数的零点； ②若f(a)f(c)＜0(此时x0∈_________，则令b＝c； ③若f(c)f(b)＜0(此时x0∈__________，则令a＝c. (4)判断是否达到精确度ε：若|a－b|＜ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复步骤(2)～(4)． f(a)·f(b)＜0 中点c c (a，c)) (c，b)) 考点透视 考点4.方程的解与函数零点的关系 函数零点存在定理 方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)_________ ⇔函数y＝f(x)的图象与x轴______________． 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条___________的曲线，且有_____________，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内_____________零点，即存在c∈(a，b)，使得__________，这个c也就是方程f(x)＝0的解． 有零点 有公共点 连续不断 f(a)f(b)＜0 至少有一个 f(c)＝0 考点透视 考点5.常见函数模型 考点透视 考点5.常见函数模型 题型剖析 02 PART 题型剖析 题型1.求函数的零点 题型剖析 题型1.求函数的零点 解 题型剖析 题型2.判断零点所在的区间 【例题2】由表格中的数据，可以断定方程ex－3x－2＝0的一个根所在的区间是(　　) A.(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，4) 答案 解析 解析：设f(x)＝ex－3x－2，由表格知f(0)＝1－2＜0，f(1)≈2.72－5＜0，f(2)≈7.39－8＜0，f(3)≈20.09－11＞0，f(4)≈54.60－14>0，所以f(2)f(3)＜0，f(x)在(2，3)内存在零点，所以方程ex－3x－2＝0的一个根所在的区间是(2，3)． x 0 1 2 3 4 ex 1 2.72 7.39 20.09 54.60 3x＋2 2 5 8 11 14 题型剖析 题型3.函数零点个数问题 题型剖析 题型4.根据零点个数求参数范围 答案 解析 题型剖析 题型5.二分法的概念 答案 解析 【例题5】以下每个图象表示的函数都有零点，但不能用二分法求函数零点近似值的是(　　) 解析：由二分法的定义，可知只有当函数f(x)在区间[a，b]上的图象连续不断，且f(a)f(b)＜0，即函数f(x)的零点是变号零点时，才能用二分法求函数零点的近似值．对各选项分析可知，A，B，D都符合，而C不符合，因为在零点两侧函数值不异号，因此不能用二分法求函数零点的近似值． 题型剖析 题型6.用二分法求方程的近似解(或函数零点的近似值) 解 【例题6】利用计算器，用二分法求函数f(x)＝2x＋3x－6零点的近似值(精确度为0.1)． 解：因为函数f(x)＝2x＋3x－6在R上单调递增，且f(1)＝2＋3－6＝－1<0，f(2)＝4＋6－6＝4>0，即f(1)f(2)<0，所以函数f(x)在R上存在唯一的零点，设为x0，则x0∈(1，2)．利用二分法，可以得到下表： 题型剖析 题型7.指数型函数模型的应用 题型剖析 题型7.指数型函数模型的应用 解 题型剖析 题型8.对数型函数模型的应用 【例题8】(2024·江苏南京东山高级中学高一上质检)某工厂现有职工320人，平均每人每年可创利20万元．该工厂打算购进一批智能机器人(每购进一台机器人，需要有一名职工下岗)．据测算，如果购进智能机器人不超过100台，每购进一台机器人，所有留岗职工(机器人视为机器，不作为职工看待)在机器人的帮助下，每人每年多创利0.2万元，每台机器人购置费及日常维护费折合后平均每年2万元，工厂为体现对职工的关心，给予下岗职工每人每年4万元补贴．如果购进智能机器人的数量超过100台，则工厂的年利润y＝8202＋lg x(万元)(x为机器人台数，且x<320)． (1)写出工厂的年利润y与购进智能机器人台数x的函数关系式； (2)为使工厂获得最大经济效益，应购进多少台智能机器人？此时工厂的最大年利润是多少(参考数据：lg 2≈0.3010)? 题型剖析 题型8.对数型函数模型的应用 题型剖析 题型9.建立拟合函数模型解决实际问题 题型剖析 题型9.建立拟合函数模型解决实际问题 题型剖析 题型9.建立拟合函数模型解决实际问题 押题预测 03 PART 答案 解析 2．用二分法求函数f(x)的一个正实数零点时，经计算得f(0.64)<0，f(0.72)＞0，f(0.68)<0，则函数的一个精确度为0.1的正实数零点的近似值为(　　) A．0.9 B．0.7 C．0.5 D．0.4 解析：因为f(0.72)＞0，f(0.68)<0，|0.72－0.68|＝0.04<0.1，所以零点在区间(0.68，0.72)内，故只有B符合要求． 答案 解析 答案 解析 解析：当x≤1时，由f(x)＝0，得2x－1＝0，所以x＝0；当x>1时，由f(x)＝0，得1＋log2x＝0，所以x＝，不成立．综上，函数f(x)的零点为0.故选D. 答案 解析 题型剖析 题型24 6．下列函数中不能用二分法求零点近似值的是(　　) A．f(x)＝3x－1 B．f(x)＝x3 C．f(x)＝|x| D．f(x)＝ln x 解析：对于C，令|x|＝0，得x＝0，即函数f(x)＝|x|存在零点，但当x>0时，f(x)＞0，当x＜0时，f(x)>0，所以f(x)＝|x|的函数值非负，即函数f(x)＝|x|有零点，但零点两侧函数值同号，所以不能用二分法求零点的近似值． 答案 解析 7．(2024·江苏镇江中学高一上教学质量检测)函数f(x)＝log3(x＋2)＋x－1的零点所在的一个区间是(　　) A．(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，4) 解析：因为函数f(x)＝log3(x＋2)＋x－1，所以f(0)＝log32－1<0，f(1)＝log3(1＋2)＋1－1＝1>0，所以f(0)f(1)<0，根据零点存在定理，函数f(x)＝log3(x＋2)＋x－1的零点所在的一个区间是(0，1)．故选A. 答案 解析 8．(多选)在用二分法求函数f(x)零点的近似值时，第一次取的区间是[－2，4]，则第三次所取的区间可能是(　　) A．[1，4] B．[－2，－0.5] C．[－2，2.5] D．[－0.5，1] 解析：因为第一次所取的区间是[－2，4]，所以第二次所取的区间可能是[－2，1]，[1，4]，第三次所取的区间可能是[－2，－0.5]，[－0.5，1]，[1，2.5]，[2.5，4]．故选BD. 答案 解析 答案 解析 7.5 答案 解析 10.已知函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围为________． 解析：由f(x)＝|2x－2|－b＝0，得|2x－2|＝b.在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图中实线所示，则当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点．故实数b的取值范围是(0，2)． (0，2) 11．已知f(x)＝2(m＋1)x2＋4mx＋2m－1. (1)当m满足什么条件时，函数f(x)有两个零点？ (2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，且x1<0<x2，求实数m的取值范围． 解 解 解 解 解 名称 解析式 条件 一次函数 模型 y＝kx＋b k≠0 反比例 函数模型 y＝eq \f(k,x)＋b k≠0 二次函数 模型 一般式：y＝ax2＋bx＋c 顶点式：y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2a)))2＋eq \f(4ac－b2,4a) a≠0 指数函数 模型 y＝b·ax＋c b≠0，a>0，且a≠1 对数函数 模型 y＝mlogax＋n m≠0，a>0，且a≠1 幂函数 模型 y＝axn＋b a≠0 【例题1】判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出． (1)f(x)＝x2＋7x＋6； (2)f(x)＝1－log2(x＋3)； (3)f(x)＝2x－1－3； (4)f(x)＝eq \f(x2＋4x－12,x－2). 解　(1)解方程f(x)＝x2＋7x＋6＝0，得x＝－1或x＝－6， 所以函数f(x)的零点是－1，－6. (2)解方程f(x)＝1－log2(x＋3)＝0， 得x＝－1， 所以函数f(x)的零点是－1. (3)解方程f(x)＝2x－1－3＝0，得x＝log26， 所以函数f(x)的零点是log26. (4)解方程f(x)＝eq \f(x2＋4x－12,x－2)＝0，得x＝－6， 所以函数f(x)的零点为－6. 【例题3】判断函数f(x)的零点个数． (1)f(x)＝x2＋mx＋1(m∈R)； (2)f(x)＝x3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x). 解　(1)Δ＝m2－4×1×1＝m2－4， ①当Δ<0，即m2－4<0时，解得－2<m<2，此时方程f(x)＝0无解，函数f(x)无零点； ②当Δ＝0，即m2－4＝0时，解得m＝±2，此时方程f(x)＝0有两个相等的实数根，函数f(x)只有一个零点； ③当Δ>0，即m2－4>0时，解得m<－2，或m>2，此时方程f(x)＝0有两个不相等的实数根，所以函数f(x)有两个零点． 解析：函数f(x)＝ln (x＋1)－eq \f(1,x)在定义域{x|x＞－1，且x≠0}内的零点个数，即为f(x)＝0的解的个数，即求y＝ln (x＋1)和y＝eq \f(1,x)的图象的交点个数，作出y＝ln (x＋1)和y＝eq \f(1,x)的图象(如图)，可知有两个交点．故选C.　 【例题4】函数f(x)＝ln (x＋1)－eq \f(1,x)在定义域内的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 【例题7】某地下车库在排气扇发生故障的情况下，测得空气中一氧化碳的含量达到了危险状态，经抢修后恢复正常．排气4分钟后测得车库内一氧化碳浓度为64 ppm(ppm为浓度单位，1 ppm表示百万分之一)，再过4分钟又测得浓度为32 ppm.经检验知，该地下车库一氧化碳浓度y(单位：ppm)与排气时间t(单位：分钟)之间存在函数关系y＝c·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(mt)(c，m为常数)． (1)求c，m的值； (2)若空气中一氧化碳浓度不高于0.5 ppm为正常，问：至少排气多少分钟才能使这个地下车库中一氧化碳含量达到正常状态？ 解：(1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4m)＝64，,c·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(8m)＝32，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝128，,m＝\f(1,4)，)) 故c，m的值分别为128，eq \f(1,4). (2)由(1)知y＝128×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(1,4)t)，令128×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(1,4)t)≤eq \f(1,2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(1,4)t)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(8)，解得t≥32，即至少排气32分钟才能使这个地下车库中一氧化碳含量达到正常状态．　 解：(1)当购进智能机器人台数x≤100时，工厂的年利润y＝(320－x)(20＋0.2x)－4x－2x＝－0.2x2＋38x＋6400， 所以y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－0.2x2＋38x＋6400，0≤x≤100，x∈N，,8202＋lg x，100<x<320，x∈N.)) (2)由(1)知，当0≤x≤100时，y＝－eq \f(1,5)(x－95)2＋8205， 则当x＝95时，ymax＝8205， 当100<x<320时，y＝8202＋lg x为增函数， 所以8202＋lg x<8202＋lg 320＝8202＋1＋5lg 2≈8204.505<8205. 综上可知，购进95台智能机器人可使工厂获得最大经济效益，此时工厂的最大年利润是8205万元．　 【例题9】(2024·湖北武汉第三中学高一上月考)某地方政府为鼓励全民创业，拟对本地产值在50万元到500万元的新增小微企业进行奖励，奖励方案遵循以下原则：奖金y(单位：万元)随年产值x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不低于7万元，同时奖金不超过年产值的15%. (1)若某企业年产值100万元，核定可得9万元奖金，试分析函数y＝lg x＋kx＋5(k为常数)是否为符合政府要求的奖励函数模型，并说明原因(已知lg 2≈0.3，lg 5≈0.7)； (2)若采用函数f(x)＝eq \f(15x－a,x＋8)作为奖励函数模型，试确定最小的正整数a的值． 解：(1)对于函数模型y＝lg x＋kx＋5(k为常数)， 当x＝100时，y＝9，代入解得k＝eq \f(1,50)， 所以y＝lg x＋eq \f(x,50)＋5. 当x∈[50，500]时，y＝lg x＋eq \f(x,50)＋5是增函数，当x＝50时，y＝lg 50＋6＝lg 5＋7>7.5，即奖金不超过年产值的15%不成立，故该函数模型不符合要求． (2)对于函数模型f(x)＝eq \f(15x－a,x＋8)＝15－eq \f(120＋a,x＋8)， a为正整数，函数在[50，500]上单调递增， f(x)min＝f(50)≥7，解得a≤344. 要使f(x)≤0.15x对x∈[50，500]恒成立， 则a≥－0.15x2＋13.8x对x∈[50，500]恒成立， 所以a≥315. 综上所述，315≤a≤344， 所以满足条件的最小的正整数a的值为315. 1.函数f(x)＝eq \f(1,x)＋ln eq \f(1,x)的零点所在的区间是(　　) A．(1，2) B．(2，e) C．(e，3) D．(3，4) 解析：由题意知f(1)＝1＋0＝1，f(2)＝eq \f(1,2)＋ln eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)－ln 2＜0，所以f(1)f(2)＜0，所以f(x)的零点所在的区间是(1，2)．　 3．函数f(x)＝x3－x的零点个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：f(x)＝x(x－1)(x＋1)，令x(x－1)(x＋1)＝0，解得x＝0，x＝1，x＝－1，即函数的零点为－1,0,1，共3个． 答案：D 4．(2024·山东济南章丘四中高一上第二次质量检测)2020年12月8日，中尼两国联合对外宣布，经过两国团队的扎实工作，珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米．已知大气压强p(单位：Pa)随高度h(单位：m)的变化满足关系式ln p0－ln p＝kh，p0是海平面大气压强，k＝0.000126 m－1，则珠穆朗玛峰峰顶的大气压强约是海平面大气压强的(0.000126×8848.86≈1.1)(　　) A.eq \f(1,e0.1) B.eq \f(1,e0.9) C.eq \f(1,e1.1) D.eq \f(1,e2.1) 解析：由ln p0－ln p＝kh可得eq \f(p,p0)＝e－kh，设珠穆朗玛峰峰顶的大气压强为p1，则eq \f(p1,p0)＝e－0.000126×8848.86≈eq \f(1,e1.1).　 5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x＞1，))则函数f(x)的零点为(　　) A.eq \f(1,2)，0 B．－2，0 C.eq \f(1,2) D．0 9．(2024·云南楚雄期中质量监测)生物学家为了了解某药品对土壤的影响，常通过检测进行判断．已知土壤中某药品的残留量y(单位：mg)与时间t(单位：年)近似满足关系式y＝alog2eq \f(12,t＋1)(a≠0)，其中a是残留系数，则大约经过________年后土壤中该药品的残留量是2年后残留量的eq \f(1,4).(精确到0.1，参考数据：eq \r(2)≈1.41) 解析：当t＝2时，y＝alog2eq \f(12,2＋1)＝2a，由alog2eq \f(12,t＋1)＝eq \f(1,2)a，得t＝6eq \r(2)－1≈7.5.　 解：(1)由题意，知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（m＋1）≠0，,（4m）2－4×2（m＋1）（2m－1）>0，)) 解得m<1且m≠－1， 即当m∈(－∞，－1)∪(－1，1)时，函数f(x)有两个零点．　 (2)根据二次函数的图象，可知函数f(x)的两个零点满足x1<0<x2，有两种情况(如图)：开口向上与开口向下． 所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（m＋1）>0，,f（0）＝2m－1<0)) 或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（m＋1）<0，,f（0）＝2m－1>0，)) 解得－1<m<eq \f(1,2). 所以实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))). 10．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋1. (1)证明方程f(x)＝0在区间(0，2)内有实数解； (2)使用二分法，取区间的中点三次，指出方程f(x)＝0(x∈[0，2])的实数解x0在哪个较小的区间内． 解：(1)证明：因为f(0)＝1>0，f(2)＝－eq \f(1,3)<0， 所以f(0)f(2)<0，由函数的零点存在定理可得方程f(x)＝0在区间(0，2)内有实数解．　 (2)取x1＝eq \f(1,2)×(0＋2)＝1， 得f(1)＝eq \f(1,3)>0， 由此可得f(1)f(2)<0，下一个有解区间为(1，2)． 再取x2＝eq \f(1,2)×(1＋2)＝eq \f(3,2)， 得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq \f(1,8)<0， 所以f(1)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<0，下一个有解区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))). 再取x3＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝eq \f(5,4)， 得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＝eq \f(17,192)>0， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<0， 下一个有解区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(3,2))). 综上所述，得所求的实数解x0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(3,2)))内． $$