第五章 1 方程解的存在性及方程的近似解-2 实际问题中的函数模型 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第一册（北师大版2019)

§1-§2阶段综合 黑题 阶段强 很时：45min 1.函数fx) 6.#(2025·四川成都高一月考)已知函数 -x的零点的个数为 12-11.x≤2 f八x)= 若方程[∫(x)]2- A.0 B.1 e-1>2 C.2 D.3 2.(2025·福建漳州高一期末)用二分法求 (a+1)f(x)+a=0有五个不同的实数根，则实 函数f(x)=nx+x-2在区间[1,2]上的零点 数a的取值范围为 ( 近似解，要求精确度为0.01时，所需二分区间 A.(0,1)B.(0,2)C.(0,3)D.(1,3) 的次数最少为 ( 7.（2025·湖南岳阳高一月考)若函数 A.5 B.6 C.7 D.8 3.若a<b<c,则函数f(x)=(x-a)(x-b)+(x 代x)=2-1+n在区间(1,2)上存在零点，则 b)(x-c)+(x-c)(x-a)的两个零点分别位于 常数a的取值范围为 区间 ( 8.(2025·广东东莞高一期中)我们经常听 A.(a,b)和(b,c)内 到这样一种说法：一张纸经过一定次数对折 B.(-,a)和(a,b)内 C.(b,c)和(c,+0)内 之后厚度能超过地月距离.但实际上，因为纸 D.(-,a)和(c,+0)内 张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对 4.*(2025·安徽阜阳高一期末)某科研单位 折，当纸张的厚度超过纸张的长边时，便不能 与企业合作，为该企业研发并安装了新的清 继续对折了，一张长边为wmm,厚度为xmm 除企业产品中某杂质的设备.在清除过程中， 的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两 产品中某杂质含量M(单位：mg/L)与时间 t(单位：h)之间的关系满足：lnM=-kt+lnM。 次对折，长边变为（兮0）mm,厚度变为 (M。为杂质含量的初始值，k为常数).已知经 过1h,新设备可清除掉产品中40%的某杂 (4x)mm.在理想情况下，对折次数n有下列关 质，则经过3h,产品中某杂质的含量与下列四 2 系：n≤ 个值中最接近的是 31og0(注：g2=0.3,g3=0.5,lg7与 ( A.32%M。B.28%M。C.25%M。D.21%M 0.8),根据以上信息，一张长边长为210mm, 5.(2025·天津河东区高一月考)已知函数 厚度为0.05mm的纸最多能对折 次 l0g3x,x>0, f八x)= 且关于x的方程f(x)+x- 9.*(2025·湖南岳阳高一月考)已知函数 3,x≤0. 1log2xl,0<x≤2， a=0有且只有一个实根，则实数a的取值范 f(x)= 且x,<x2<x3<x4时， 围是 ( x2-6x+9,x>2, A.(0,+) B.(-,0) f(x,)=fx)=f八)=f(x),则xx2x3x4的取 C.[1,+x) D.(1,+0） 值范围为 第五章黑白题103 10.#(2025·广东梅州高一期末)已知函数11.#(2025·江西宜春高一月考)已知函数 fx)=2(x∈R),且f(x)=g(x)+h(x),其 g(x)对一切实数x,y∈R,都有g(x+y)- 中g(x)为奇函数，h(x)为偶函数 g(x)=y(2x+y-2)成立，且g(1)=0, (1)求f(x2-x)在[0,2]上的最值： 八x)=(x) (2)求g(x)和h(x)的解析式： (3)若函数F(x)=2入g(x)-h(2x)-3在 (1)求g(0)的值： (0,1)上存在零点，求实数A的取值 (2)求f八x)的解析式： 范围。 2k (3)若关于x的方程f(I2-11)+ 12-11 3k=0有三个不同的实数解，求实数k的 取值范围 必修第一册·BS黑白题104(b=1, 3 =-,)=1+2y=1+2在定义域[0，+×)上 单调递减，且1+2>0，又y=3在区间(0，+0)上单调递 减x)在区间[0，+x)上单调递增，面f(5)=1+2 7>284)3=8<28,即(4)<28<5).该植物 1+23 的高度超过2.8米，至少需要5年.故选C 519 5.150 1 解折：依感意·（兮）广4·（兮）则 12 -2.所以= T, 以7了256故答案为256 6.36解析：根据题意，所给模型中。=20，N=1020,p=10%= 0.1,x=6,则2030年底该省新能源汽车的保有量为y= 1020 1020 *w6+50云.因为n055-6.所 /1020 1020 1020 以e“=a5,所以y=+50e1+50x536,所 以2030年底该地区新能源汽车的保有量约为36万辆.故答 案为36. 巴易错提醒 1解应用题思略的关键是审题，不仅要明白，理解问题讲的是 什么，还要特别注意一些关键的字眼，如“几年后”与“第几年 后”，学生常常由于读赢不谨慎而渴读和错读，导致赢目不会 做或函数解析式写错，建议复习时务必养成良好的审题习惯. 2.在解应用题建模后一定要注意定义域，建模的关键是注意 寻找量与量之间的相互依赖关系， 3.解决完数学模型后，注意转化为实际问厕写出总结答案， 7.解：(1)由给出数据可知，随着自变量增大，函数值在变小 同时函数模型①是递增的指数型函数，又模型②为递减的反 比型函数，故选择模型2，观察表格中的4组数据 (1,14.01),(2.12),(5.10.8).(10.10.38),从数据简洁并且 易于计算的角度，理应选择中间两组数据，即 Q(2)=a+ 212. 解得a=10.b=4.可以检验得Q(1)= Q(5)=a+ =108. 14,Q(10)=10.4,相对合理，从面Q(x)=10+4 (2)由(1)可得fx)=P(x)·Q(x)= .160 10x+ 0+404(1≤x≤20)， 当1≤x≤20时，由基本不等式 796-10r+320(20<x≤30). 归1o(）0≥0504=，当且仅 当x=4时取到最小值：当20<x≤30时，Jx)=796-10x+ 32 ,由单调性的性质可得八x)在区间(20,30]上单调递减， 故在=30时，)有最小值，最小值为'2万元，且44 1520综上所述，当x=4时，x)取得最小值 3 参考答案 8.解：(1)因为a=4,所以y={8-x (644.0≤x≤4当0≤x≤4时， (20-2x,4<x≤10. 64 4≥4，解得0≤x<8,所以此时0≤x≤4：当4<x≤10 8-x 时，20-2x≥4，解得x≤8.所以此时4<x≤8.综上，0≤x≤8， 若一次投放4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达8分钟 (2)假设要使接下米的4分钟内持续有效去污，则当6≤x≤ 0时2x(-子)小[s。小-4-+ a-4≥8a-a-4,当且仪当14-x=4,a时取等号.（因为1≤ a≤4，所以xe[6,10]能取到)，所以y有最小值8a-a-4 令8Va-a-4≥4.解得24-16√2≤a≤4.所以a的最小值 为24-162=1.4<2.即要使得接下来的4分钟内持续有效 去污，6分钟后至少需要再投放1.4个单位的洗衣液，所以若 第一次投放2个单位的洗衣液，6分钟后再投放2个单位的 洗衣液，能使接下来的4分钟内持续有效去污. §1-§2阶段综合 黑题 段强化 1B解析：令)=0，则（仔）广-x=0.(子）广=，在同-平 面直角坐标系中画出y=()厂和y=x的图象（因$），由 图象可知（仔） 和y=x的图象有一个交点，即(x)=0 有一个零点故选B. 2.C解析：区间[1,2]的长度等于1，每经过一次操作，区间长 度变为原来的一半，经过次操作后，区同长度变为2，因 为用二分法求函数f八x)=nx+x-2在区间[1,2]上的零点近 似解，要求精确度为001，所以士≤001，因为。 256>001. )=28<0.01,所以n≥7，即所需二分区间的次数最少为7 故选C 3.A解析：易知f(a)=(a-b)(a-e),f(b)=(b-e)(b-a)）. fc)=(c-a)(c-b).又a<b<e,则八a)>0,(b)<0Je)>0,又 该函数是二次函数，且图象开口向上，可知两个零点分别在 区间(a,b)和(b,c)内.故选A 4.D解析：因为经过1h,新设备可清除掉产品中40%的某杂 质，所以lnM=-+lnM。=ln(0.6M。）,即得-k=ln0.6,设经 过3h产品中某杂质含量M,则nM=-3k+nM。=n0.6+ mM。=ln(0.216M。）.即M=0.216M。=21.6%M。,故选D. 5.D解析：令g(x)=f(x)+x= 0g3x+x,x>0, 则关于x的方程 (3+,x≤0， a=g(x)有且只有一个实根，由指数函数与对数函数性质，可 得g(x)在(0，+∞)上单调递增，(-，0]上单调递增，又 g(0)=1,故当xe(-,0]时，g(x)e(-0,1],当xe(0, +)时，g(x)e(-,+),故ae(1,+)时，关于x的方 程a=g(x)有且只有一个实根.故选D. 6.A解析：由[f(x)]2-(a+1)f(x)+a=0可得f(x)=a或 f八x)=1,当x≤0时x)=12-11=1-2∈[0,1)：当0<x≤2 黑白题063 时八x)=12-11=2-1.作出函数fx),y=1,y=a的图象如 下图所示： =1 2 由图可知，直线y=1与曲线y=f(x)有2个交点，即方程 八x)=1只有2解，所以方程f八x)=a有3解，即直线y=a与 曲线y=f八x)有3个交点，则0<a<1.故选A 7(子解折：因为y=2=在区间1,2)上均为 x 增函数，所以函数x)=2” 一+a在区间(1,2)上为增函数， 且函数图象连续不间断若x)在区间(1.2)上存在零点，则 八1)=2 7 解得 h22号o0, 2<a<-1.故常数a的取值范围 为（子-1）故答案为（子-1】 8.8解析：由题意n≤ 3g4200=3 og4+log:1000+ ）-号(310)-因为02 21 2,21 0<iog20<1.所以n≤8+3bg:20 n的最大值为8.故答案 为8 9.(8,9)解析：作出函数f八x)= og,x1,0<x≤2·的图象.如 x2-6x+9.x>2 图所示， 因为<x2<<4时J(x)=f()=f八)=f八x),由图可 知，0<x,<1<x<2<x<3<x4,则1og2x,|=og2x2,即-log1= log22,所以g,+log22=gx2=0,所以x12=1,由函数 y=x2-6+9关于x=3对称，可得+x=6,所以x1x3 x(6-x)=-(,-3)2+9,因为名e(2,3),所以x= -(x-3)+9e(8,9),即x1x2xx的取值范围为(89).故答 案为(8,9). 10.解：(1)张题意2-)2户p以)=-=（厂- 的图象是开口向上，以￥=号为对称轴的抛物线，则当x。 时)取得最小值-又两数了=2单调增，从面 爪x2-x)的最小值为2宁，当x=2时，P(x)取得最大值2，从 而fx2-x)的最大值为2，即4. (2)因为g(x)+h(x)=2①，以-x代人x,可得g(-x)+ h(-x)=2,因为g(x)为奇函数，有g(-x)=-g(x),h(x) 必修第一册·BS 为偶函数，有(-x)=h(x),于是有h(x)-g(x)=2②， 2h(x)=2+2 联立①和2，解得g(x)=2- 2 （3)依题意，F(x)=2A·2-2-3=A·2- 2 ）号(2)）广+2小3当e0..曲=2-在 R上单调递增可知，4e(0,）,要使FP()在(0，)上存 在零点，即要H)=宁+A加-4在(0，号)存在零点。 又H(t)是开口向下的抛物线且H(0)=-4<0,则需 3 0< 4≥0. 解得A心是所以满足题 u()<o. 意的实数A的取航危调为（侣+） 11.解：(1)在g(x+y）-g(x)=y(2x+y-2)中，令x=0,y=1,得 g(1)-g(0)=1×(2×0+1-2),因g(1)=0解得g(0)=1. (2)在g(x+y）-g(x)=y(2x+y-2)中，令x=0,得g(y) g(0)=y(y-2)即g(y)=y2-2y+1.所以g(x)=x2-2x+1. 八x)=8( 2=+1-2 (3)由(2)可知x)=+-2,由12-11)+24 -3= I2*-1 1一242-3=0，即得(12-11)2 0,可得2-1+12-1122- (2+3)·(12-11)+1+2k=0,其中12-11≠0，即x≠0，令 1=12-11.函数图象如图所示： 则有2-(2+3)1+1+2k=0,因为关于x的方程八12-11)+ 2k 12-11 3张=0有三个不同的实数解，所以方程2- (2+3)+1+2站=0有两个不相等的实根，不妨设为1，<42，由 函数t=12-11的图象可知0<，<1<2，或0<4<1,2=1，设 h()=2-(2+3k)t+1+2k,由二次函数的图象可得 h(0)=2k+1>0. h(0)=2k+1>0. h(1)=-<0, 或 h(1)=-k=0,解得>0 4=(2+3k)3-4(2k+1)>0. 2+3h 0<2< 或k∈☑，所以>0，故实数k的取值范围为(0，+x). 第五章章末检测 1.C解析：由题意知f代-1)=-1-2-4=-7<0f八0)=-4<0， f1)=1+2-4=-1<0f2)=8+4-4=8>0,所以f1)f2)<0, 而函数(x)为R上的增函数，由零点的存在性定理知函数 八x)的零点在区间(1,2)上，故选C. 黑白题064