第8练 函数的应用-【精英1号】2024-2025学年高中数学学考笔记·专题提升训练

答案解析 49 ∴ln e x-1 ex+1-x+ln k≥0在x∈[ln 2,ln 4]上恒成立,即 ln e x-1 ex+1-ln ex+ln k≥0在x∈[ln 2,ln 4]上恒成立, 也即k≥e x(ex+1) ex-1 在x∈[ln 2,ln 4]上恒成立, 令t=ex-1,t∈[1,3], ∴e x(ex+1) ex-1 = (t+1)(t+2) t =t+ 2 t+3, 令g(t)=t+2t+3,t∈[1,3], 根据对勾函数的性质可得g(t)在[1,2]上单调递减,在 (2,3]上单调递增, 又g(1)=6,g(3)=203,所以g(t)在[1,3]上的最大值为 20 3,∴k≥ 20 3, 即实数k的取值范围是 203,+∞ . 12.【解析】(1)f(x)的定义域为x∈R,由题知f(-x)=f(x), 即log2(2-x+1)+ax=log2(2x+1)-ax, 化简得2ax=log2 2 x+1 2-x+1=log22 x=x, 即2ax=x 对任意x∈R恒成立,得a=12. (2)当a=1时,f(x)=log22 x+1 2x , 因为不 等 式log22 x+1 2x >log2(m·2 x -3m)对∀x∈ (-∞,1)恒成立, 所以m(2x-3)>0①,且2 x+1 2x >m·(2 x-3)②对∀x∈ (-∞,1)恒成立. 由①得m<0. 由②得m> 2 x+1 2x(2x-3)对∀x∈(-∞,1)恒成立, 令t=2x+1∈(1,3), 则g(t)= t(t-1)(t-4)= t t2-5t+4= 1 t+4t-5 ≤-1, 当且仅当t=2时g(t)max=g(2)=-1,所以m>-1, 综上,m 的取值范围是(-1,0). 第8练 函数的应用 1.【答案】C 【解析】f(3)=log33-8+2×3=-1<0,f(4)=log34- 8+2×4=log34>0, 又因为函数y=log3x,y=2x-8在区间(0,+∞)上都是 增函数, 所以f(x)在区间(0,+∞)上为增函数,所以其零点一定位 于区间(3,4).故选C. 2.【答案】D 【解析】令f(x)= 11-x+ln x=0. 从而有ln x= 1x-1,此方程的解即为函数f(x)的零点. 在同一坐标系中作出函数y=ln x 与y= 1x-1的图象,如 图所示. 由图象易 知, 1 x1-1>ln x1,从 而ln x1- 1x1-1<0,故 ln x1+ 11-x1<0,即f(x1)<0. 同理f(x2)>0.故选D. 3.【答案】C 【解析】作出散点图,由图可知函数模型满足:①定义域为 [0,120];②在定义域单调递增且单位增长率变快;③函数 图象过原点. 对于A,函数Q=0.5v+a在定义域内单调递减,故A不符 合题意; 对于B,函数Q=av+b的单位增长率恒定不变,故B不符 合题意; 对于C,Q=av3+bv2+cv满足上述三点,故C符合题意; 对于D,函数Q=klogav+b在v=0处无意义,故D不符合 题意.故选C. 4.【答案】A 【解析】对于B,当x>1时,f(x)=e x-e-x 3-4x ,易知ex-e-x>0, 3-4x<0,则f(x)<0,不满足图象,故B不符合题意; 对 于 C,f(x)=e x+e-x 4|x|-3,定 义 域 为 -∞,- 3 4 ∪ -34, 3 4 ∪ 34,+∞ , 又f(-x)= e -x+ex 4|-x|-3= ex+e-x 4|x|-3=f(x),则f(x)的图 象关于y 轴对称,故C不符合题意; 对于D,当x>1时,f(x)= x|x|-1= x x-1=1+ 1 x-1, 由反比例函数的性质可知,f(x)在(1,+∞)上单调递减, 故D不符合题意; 检验A,f(x)=e x-e-x 4|x|-3满足图中性质,故A符合题意. 故选A. 5.【答案】C 【解析】由题意可得y=ma5=4m5 ,即a5= 4 5,解得a= 5 4 5 ,mat= m 8,即 5 4 5 t=18,两边取对数得tlg 5 45 = lg 18,所以 t 5(lg 8-lg 10)=-lg 8,即t5(3lg 2-1)= -3lg 2,解得t=-15lg 2 3lg 2-1= -4.5 -0.1=45.故选C. 精英1号 学考笔记 数学 50 6.【答案】D 【解析】函数y={x}-1+logax(a>0,且a≠1)有且仅有3 个零点, 即y=logax 的图象与函数y=1-{x}的图象有且仅有3 个交点. 当x>0时,y=1-{x}=1+[x]-x= 1-x,0<x<1 2-x,1≤x<2 3-x,2≤x<3 4-x,3≤x<4 … 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 , 画出函数y=1-{x}的图象,易知当0<a<1时,y=logax 与y=1-{x}的图象最多有1个交点,故a>1, 作出函数y=logax 的大致图象,结合题意可得 loga3≤1loga4>1 , 解得3≤a<4, 所以实数a的取值范围是[3,4),故选D. 7.【答案】ACD 【解析】由题意可知,Lp1∈[60,90],Lp2∈[50,60],Lp3=40, 对于A,可得Lp1 -Lp2 =20×lgp1p0-20×lg p2 p0=20× lgp1p2, 因为Lp1≥Lp2,则Lp1-Lp2=20×lgp1p2≥0,即lg p1 p2≥0, 所以 p1 p2≥1且p1,p2>0,可得p1≥p2,故A正确; 对于B,可得Lp2 -Lp3 =20×lgp2p0-20×lg p3 p0=20× lgp2p3, 因为 Lp2 -Lp3 =Lp2 -40≥10,则 20×lgp2p3 ≥10, 即lgp2p3≥ 1 2, 所以 p2 p3≥ 10且p2,p3>0,可得p2≥ 10p3, 当且仅当Lp2=50时,等号成立,故B错误; 对于C,因为Lp3=20×lgp3p0=40,即lg p3 p0=2, 可得 p3 p0=100,即p3=100p0,故C正确; 对于D,由A可知,Lp1-Lp2=20×lgp1p2, 且Lp1-Lp2≤90-50=40,则20×lgp1p2≤40, 即lgp1p2≤2,可得 p1 p2≤100,且p1,p2>0,所以p1≤100p2, 故D正确. 故选ACD. 8.【答案】ABD 【解析】由f(x)=0,g(x)=0得ex=2-x,ln x=2-x, 即可得ea=2-a,ln b=2-b,即有ea+ln b=4-(a+b), f(0)=-1,而(-1,0)不在g(x)的图象上,故f(x)的图 象与g(x)的图象不关于y=x 对称.故C错误; 因为函数y=ex 与y=ln x 互为反函数,关于y=x 对称, 又因y=2-x 与y=x 垂直, 在同一坐标系中分别作出函数y=ex,y=ln x,y=2-x 的图象,如图所示, 则A(a,ea),B(b,ln b), 由反函数性质知A,B 关于(1,1)对称, 则a+b=2,ea+ln b=2,ab<(a+b) 2 4 =1.故 A,B,D正 确.故选ABD. 9.【答案】72 【解 析】依 题 意 216=e 4a+b 8=e16a+b ,两 式 相 除 得 27=e-12a = (e-4a)3,e-4a=3,e4a=13, 则216=e4a+b=e4a·eb=13·eb,eb=648, 所以当x=8 ℃时,y=e8a+b=e8a·eb=(e4a)2·eb=19× 648=72小时.故答案为:72. 10.【答案】2 【解析】函数f(x)=ex-1+e1-x+ax2-2ax 有唯一零点, 等价于方程ex-1+e1-x+ax2-2ax 有1个解,即函数 y=ex-1+e1-x 与函数y=-ax2+2ax 只有1个交点,结 合对函数的性质知,y=ex-1+e1-x 在(-∞,1)上单调递 减,在(1,+∞)上单调递增,在x=1处取得最小值2,所 以一定有-a×12+2a×1=2,解得a=2.故答案为:2. 11.【解析】(1)选择②y=kax+b(k>0,0<a<1,x≥0)作为 函数模型. 由表格中的数据可知,当自变量增大时,函数值减小,所以 不应该选择对数增长模型③; 当自变量增加量为1时,函数值的减少量有递减趋势,不 是同一个常数,所以不应该选择一次函数模型①; 故应选择②y=kax+b(k>0,0<a<1,x≥0), 将表中前2 min的数据代入,得 100=k+b 91=ka+b 82.9=ka2+b , 解得 k=90 a=0.9 b=10 , 所以函数模型的解析式为y=90×0.9x+10. (2)由(1)中函数模型,有90×0.9x+10=60, 即0.9x=59,所以x=log0.9 5 9 , 答案解析 51 即 x = lg 59 lg 0.9 = lg 5-lg 9 lg 9-lg 10 = (1-lg 2)-2lg 3 2lg 3-1 = 1-lg 2-2lg 3 2lg 3-1 ≈ 1-0.301-0.954 0.954-1 =5.54. 所以刚泡好的乌龙茶大约放置5.54 min能达到最佳饮用 口感. 12.【解析】(1)因为f(x)=log2(4x+1)-bx 是偶函数, 所以f(-x)=log2(4-x+1)+bx=log2(4x+1)-bx=f(x), 所以2bx=log2(4x+1)-log2(4-x+1)=log2 4 x+1 4-x+1=2x, 所以b=1. (2)设g(x)=log2(4x+1)-2x-sin πx2 =log2 4x+1 4x - sin πx2=log2 1+ 1 4 x -sin πx2, 因为y=1+ 14 x 是[0,1]上的单调递减函数,所以由复 合函数单调性可知y=log2 1+ 14 x 是[0,1]上的单 调递减函数,因为y=-sin πx2 是[0,1]上的单调递减函 数,所以g(x)是[0,1]上的单调递减函数, 又因为g(0)=1>0,g(1)=log25-3<0, 所以方程f(x)=x+sin πx2 在x∈[0,1]有唯一的实数 根x0, 即g(x0)=log2 1+ 14 x0 -sin πx02 =0, 所以log2 1+ 14 1 -sin πx02 <0, 即sin πx02 >log2 5 4. 方程f(x)=x+sin πx2在x∈[0,1]有唯一的实数根x0, 且2sin πx0 2 >54得证. 第9练 三角函数的概念与诱导公式 1.【答案】D 【解析】由 角 度 制 与 弧 度 制 的 互 化 公 式,可 得-116π= -330°, 与角-330°终边相同的角的集合为 A={α|α=-330°+ k·360°,k∈Z}, 令k=2,可得α=390°, 所以与角α=-330°终边相同的角是α=390°.故选D. 2.【答案】D 【解析】由图知, 角α的取值集合为 α α=2kπ+3π4,k∈Z ∪ α α= 2kπ-π4,k∈Z = αα=(2k+1)π-π4,k∈Z ∪ α α= 2kπ-π4,k∈Z = αα=kπ-π4,k∈Z .故选D. 3.【答案】C 【解析】由 函 数 f(x)= 1-2cos x +lnsin x- 22 有 意义, 则满足 1-2cos x≥0 sin x- 22>0 ,其中x∈[0,2π],即 cos x≤12sin x> 22􀮠􀮢􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,其 中x∈[0,2π], 解得 π 3≤x< 3π 4,即函数f(x)的定义域为 π 3, 3π 4 .故 选C. 4.【答案】A 【解 析 】f (α ) = sin(2π-α)·cos π2+α cos -π2+α ·tan(π+α) = -sin α·(-sin α) sin α·tan α = sin2α sin α·sin α cos α =cos α,则 f π3 = cos π3= 1 2.故选A. 5.【答案】A 【解析】因为1-2sin αcos α cos2α-sin2α = cos2α+sin2α-2sin αcos α cos2α-sin2α = (cos α-sin α)2 (cos α+sin α)(cos α-sin α)= cos α-sin α cos α+sin α= 1-tan α 1+tan α= 1 2,解得tan α=13.故选A. 6.【答案】C 【解析】f(x)=sin x+cos x+sin 2x=sin x+cos x+ 2sin xcos x, 令t=sin x+cos x= 2sinx+π4 ,所以t∈[- 2,2], 则t2=(sin x+cos x)2=1+2sin xcos x, 所以2sin xcos x=t2-1,所以原函数可化为y=t2+t-1, t∈[- 2,2], 对称轴为t=-12,所以当t= 2时,y=t2+t-1取得最 大值, 所以函数的最大值为(2)2+ 2-1= 2+1,即f(x)= sin x+cos x+sin 2x 的最大值为1+ 2.故选C. 7.【答案】CD 【解析】对于A,经过30分钟,钟表的分针转过-π弧度,不 是π弧度,故A错误; 对于B,1°化成弧度是 π180 rad,故B错误; 对于C,由sin θ>0,可得θ为第一、第二及y轴正半轴上的角; 由cos θ<0,可得θ为第二、第三及x 轴负半轴上的角. 取交集可得θ是第二象限角,故C正确; 第8练 函数的应用 15 第8练 函数的应用 一、单选题 1.函数f(x)=log3x+2x-8的零点一定位 于区间 ( )…………………………… A.(1,2) B.(2,3) C.(3,4) D.(5,6) 2.已知x0 是函数f(x)= 11-x+ln x 的一 个零点,若x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞), 则 ( )………………………………… A.f(x1)<0,f(x2)<0 B.f(x1)>0,f(x2)>0 C.f(x1)>0,f(x2)<0 D.f(x1)<0,f(x2)>0 3.从甲地到乙地的距离约为240 km,经多次 实验得到一辆汽车每小时耗油量Q(单位: L)与速度v(单位:km/h)(0≤v≤120)的 下列数据: v 0 40 60 80 120 Q 0.000 6.667 8.125 10.000 20.000 为描述汽车每小时耗油量与速度的关系, 则下列四个函数模型中,最符合实际情况 的函数模型是 ( )…………………… A.Q=0.5v+a B.Q=av+b C.Q=av3+bv2+cvD.Q=klogav+b 4.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则 f(x)的解析式可能为 ( )…………… A.f(x)=e x-e-x 4|x|-3 B.f(x)= ex-e-x 3-4|x| C.f(x)=e x+e-x 4|x|-3 D.f(x)= x |x|-1 5.“碳达峰”,是指二氧化碳的排放不再增长, 达到峰值之后开始下降;而“碳中和”,是指 企业、团体或个人通过植树造林、节能减排 等形式,抵消自身产生的二氧化碳排放量, 实现二氧化碳“零排放”.某地区二氧化碳 的排放量达到峰值 m(亿吨)后开始下降, 其二氧化碳的排放量y(亿吨)与时间t (年)满足函数关系式y=mat,设经过5 年,二氧化碳的排放量为4m5 (亿吨).已知 该地区通过植树造林、节能减排等形式,能 抵消的自身产生的二氧化碳排放量为m8 (亿吨),则该地区要实现“碳中和”,至少需 要经过(参考数据:lg 2=0.3) ( )…… A.43年 B.44年 C.45年 D.46年 6.高斯是世界著名的数学家之一,他一生的 成就极为丰硕,仅以他的名字“高斯”命名 的成果就多达110个,为数学家中之最.对 于高斯函数y=[x],其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如[1.7]=1,[-1.2]= -2,{x}表示实数x 的非负纯小数部分,即 {x}=x-[x],如{1.7}=0.7,{-1.2}= 0.8.若函数y={x}-1+logax(a>0,且 a≠1)有且仅有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是 ( )…………………… A.(2,3] B.[2,3) C.(3,4] D.[3,4) 二、多选题 7.噪声污染问题越来越受到重视.用声压级 来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20× lg pp0,其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈 值,p 是实际声压.下表为不同声源的声 压级: 16 声源 与声源的距离/m 声压级/dB 燃油汽车 10 60~90 混合动力汽车 10 50~60 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动 汽车10 m处测得实际声压分别为p1,p2, p3,则 ( )……………………………… A.p1≥p2 B.p2>10p3 C.p3=100p0 D.p1≤100p2 8.已知函数f(x)=ex+x-2的零点为a,函 数g(x)=ln x+x-2的零点为b,则下列 选项中成立的是 ( )………………… A.a+b=2 B.ea+ln b=2 C.f(x)与g(x)的图象关于y=x 对称 D.ab<1 三、填空题 9.已知某种果蔬的有效保鲜时间y(单位:小 时)与储藏温度x(单位:℃)近似满足函数 关系y=eax+b(a,b 为常数,e为自然对数 底数),若该果蔬在4 ℃的保鲜时间为216 小时,在16 ℃的有效保鲜时间为8小时, 那么在8 ℃时,该果蔬的有效保鲜时间大 约为 小时. 10.已知函数f(x)=ex-1+e1-x+ax2-2ax 有唯一零点,则a= . 四、解答题 11.中国茶文化博大精深,茶水的口感与茶叶 类型和水的温度有关.经验表明,某种乌 龙茶用100 ℃的水泡制,等到茶水温度降 至60 ℃时再饮用,可以产生最佳口感.某 实验小组为探究在室温下,刚泡好的茶水 达到 最 佳 饮 用 口 感 的 放 置 时 间,每 隔 1 min测量一次茶水温度,得到茶水温度 随时间变化的如下数据: 时间/min 0 1 2 3 4 水温/℃ 100.0091.0082.9075.6169.05 设茶水温度从100 ℃开始,经过x min后 的温度为y ℃,现给出以下三种函数模型: ①y=kx+b(k<0,x≥0); ②y=kax+b(k>0,0<a<1,x≥0); ③y=loga(x+k)+b(a>1,k>0,x≥0). (1)从上述三种函数模型中选出你认为最 符合实际的函数模型,简单叙述理由, 并利用表格中的前三列数据,求出相 应的解析式; (2)根据(1)中所求函数模型,求刚泡好的 乌龙茶达到最佳饮用口感的放置时间 (精确 到0.01).(参 考 数 据:lg 2≈ 0.301,lg 3≈0.477) 12.已知函数f(x)=log2(4x+1)-bx 是偶 函数. (1)求b的值; (2)证明:方程f(x)=x+sin πx2在x∈ [0,1]有唯一的实数根x0,且2sin πx0 2 >54.