（课标专用）2020届高考数学一轮复习第二章函数2.7函数模型和函数的综合应用课件.pptx

2.7 函数模型和函数的综合应用,高考文数 (课标专用),考点一 函数模型及其应用 1.(2016四川,7,5分)某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入 研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的 研发资金开始超过200万元的年份是 ( ) (参考数据:lg 1.120.05,lg 1.30.11,lg 20.30) A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年,五年高考,答案 B 设第n(nN*)年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元. 根据题意得130(1+12%)n-1200, 则lg130(1+12%)n-1lg 200, lg 130+(n-1)lg 1.12lg 2+2, 2+lg 1.3+(n-1)lg 1.12lg 2+2, 0.11+(n-1)0.050.30, 解得n , 又nN*,n5, 该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是2019年.故选B.,2.(2015四川,8,5分)某食品的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:)满足函数关系y=ekx+b (e=2.718为自然对数的底数,k,b为常数).若该食品在0 的保鲜时间是192小时,在22 的保 鲜时间是48小时,则该食品在33 的保鲜时间是 ( ) A.16小时 B.20小时 C.24小时 D.28小时,答案 C 由已知得192=eb, 48=e22k+b=e22keb, 将代入得e22k= ,则e11k= , 当x=33时,y=e33k+b=e33keb= 192=24, 所以该食品在33 的保鲜时间是24小时.故选C.,3.(2019北京,14,5分)李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、 西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果 进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李 明会得到支付款的80%. 当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付 元; 在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值 为 .,答案 130 15,解析 本题通过生活中常见的网络购物,考查函数的实际应用,利用促销返利考查学生应用数 学知识解决实际问题的能力.让学生通过分析,把实际问题模型化,构建不等式,体现了社会生 活与学习的密切联系. x=10时,一次购买草莓和西瓜各1盒,共140元,由题可知顾客需支付140-10=130元. 设每笔订单金额为m元,则只需考虑m120时的情况. 根据题意得(m-x)80%m70%, 所以x ,而m120, 为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x ,而 =15, x15. 所以x的最大值为15.,解题关键 正确理解“每笔订单得到的金额”与“促销前总价的七折”是解题关键.,1.(2017天津,8,5分)已知函数f(x)= 设aR,若关于x的不等式f(x) 在R上恒成 立,则a的取值范围是 ( ) A.-2,2 B.-2 ,2 C.-2,2 D.-2 ,2 ,考点二 函数的综合应用,答案 A 令g(x)= , 当a0时,如图1所示, 若f(x)g(x)恒成立,则g(0)2,得a-2, -2a0; 图1 当a0时,如图2所示,x1时, f(x)=x+ ,则f (x)=1- ,由f (x)= , 得x=2,此时y=3, 即点B(2,3),则g(2)= +a3, 得a2,0a2. 图2 综上可知,-2a2.,思路分析 作出函数y=f(x)的图象,借助于图象的直观性求出f(x) 在R上恒成立时a的取 值范围.,方法总结 解决含绝对值不等式恒成立的问题,往往将不等式问题转化为两函数图象的上、 下位置关系问题,从而利用数形结合得出满足条件的不等式,进而求出参数a的值.,2.(2018天津,14,5分)已知aR,函数f(x)= 若对任意x-3,+), f(x)|x|恒成 立,则a的取值范围是 .,答案,解析 当x-3,0时,因为f(x)|x|恒成立,所以x2+2x+a-2-x,参变量分离得a-x2-3x+2,令y= -x2-3x+2=- + ,所以当x=0或x=-3时,y取得最小值,为2,所以a2. 当x(0,+)时,因为f(x)|x|恒成立,所以-x2+2x-2ax,参变量分离得a- x2+ x,令y=- x2+ x=- + ,所以当x= 时,y取得最大值,为 , 所以a .由可得 a2.,方法技巧 用分离参变量法求解不等式恒成立问题的技巧. 若不等式f(x,)0(xD,为实参数)恒成立,则将f(x,)0转化为g(x)或g(x)(xD)恒成 立,进而转化为g(x)max或g(x)min(xD),求g(x)(xD)的最值即可.该方法适用于参数与变 量能分离,函数最值易求的题目.,3.(2017浙江,17,5分)已知aR,函数f(x)= +a在区间1,4上的最大值是5,则a的取值范围 是 .,答案,解析 本题考查函数的单调性,函数在闭区间上的最值的求法,考查分类讨论思想. 设g(x)=x+ -a,x1,4, g(x)=1- = ,易知g(x)在1,2上为减函数,在2,4上为增函数,g(2)=4-a,g(1)=g(4)=5-a. (1)当a4时,|g(x)|max=5-a, f(x)max=|g(x)|max+a=5. a4符合题意.,1.(2013课标,12,5分)已知函数f(x)= 若|f(x)|ax,则a的取值范围是 ( ) A.(-,0 B.(-,1 C.-2,1 D.-2,0,教师专用题组,答案 D 解法一:画出函数f(x)的大致图象, 将x轴下方的图象翻折至x轴上方, 得y=|f(x)|的图象,如图所示. 由于函数g(x)=x2-2x的图象在原点处的切线斜率为k=g(0)=-2, 从而可知,当且仅当-2a0时,y=|f(x)|的图象位于直线y=ax的上方, 即|f(x)|ax恒成立.,2.(2013课标,12,5分)若存在正数x使2x(x-a)1成立,则a的取值范围是 ( ) A.(-,+) B.(-2,+) C.(0,+) D.(-1,+),答案 D 解法一:由2x(x-a)x- , 令f(x)=x- ,即af(x)有解, 则af(x)min, 又y=f(x)在(0,+)上递增, 所以f(x)f(0)=-1,所以a-1,选D. 解法二:由2x(x-a)-1时, 存在正数x使y1y2.,3.(2018浙江,11,6分)我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题:“今有鸡翁一,值钱 五;鸡母一,值钱三;鸡雏三,值钱一.凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何?”设鸡翁,鸡母,鸡 雏个数分别为x,y,z,则 当z=81时,x= ,y= .,答案 8;11,解析 本小题考查二元一次方程组的实际应用. 把z=81代入方程组,化简得 解得x=8,y=11.,4.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中aR). 对于不相等的实数x1,x2,设m= , n= . 现有如下命题: 对于任意不相等的实数x1,x2,都有m0; 对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n0; 对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n; 对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n. 其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).,答案 ,解析 f(x)=2x是增函数, 对任意不相等的实数x1,x2,都有 0, 即m0,成立. 由g(x)=x2+ax的图象可知,当x 时,g(x)是减函数, 当不相等的实数x1、x2 时, 0, 即n0,不成立. 若m=n,则有 = , 即f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2), f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2), 令h(x)=f(x)-g(x), 则h(x)=2x-x2-ax, h(x)=2xln 2-2x-a, 令h(x)=2xln 2-2x-a=0,考点一 函数模型及其应用,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019广东广州一模,7)如图,一高为H且装满水的鱼缸,其底部装有一排水小孔,当小孔打开 时,水从孔中匀速流出,水流完所用时间为T.若鱼缸水深为h时,水流出所用时间为t,则函数h= f(t)的图象大致是 ( ),答案 B 函数h=f(t)是关于t的减函数,故排除C,D, 一开始,h随着时间的变化,变化缓慢,水排出超过一半时,h随着时间的变化,变化加快,故对应的 图象为B,故选B.,2.(2017福建质检,5)当生物死亡后,其体内原有的碳14的含量大约每经过5 730年衰减为原来的 一半,这个时间称为“半衰期”.当死亡生物体内的碳14含量不足死亡前的千分之一时,用一般 的放射性探测器就测不到了.若某死亡生物体内的碳14用该放射性探测器探测不到,则它经过 的“半衰期”个数至少是( ) A.8 B.9 C.10 D.11,答案 C 设该死亡生物体内原有的碳14的含量为1,则经过n个“半衰期”后的含量为 , 由 ,得n10, 所以,若某死亡生物体内的碳14用该放射性探测器探测不到,则它至少需要经过10个“半衰 期”.故选C.,3.(2018衡水金卷信息卷(二),6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于 每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)= 则当该服装厂所获效 益最大时,x= ( ) A.20 B.60 C.80 D.40,答案 C 设该服装厂所获效益为f(x)元, 则f(x)=100xq(x)= 当00, f(x)单调递增,当80x180时, f (x)0, f(x)单调递减, 所以当x=80时, f(x)有极大值,也是最大值240 000.故选C.,考点二 函数的综合应用 1.(2019河北五个一名校联盟第一次诊断,9)函数f(x)的定义域为R,且f(x)=f(x-3),当-2x0时, f(x)=(x+1)2;当0x1时, f(x)=-2x+1,则f(1)+f(2)+f(3)+f(2 018)= ( ) A.671 B.673 C.1 343 D.1 345,答案 D f(x)=f(x-3),f(x+3)=f(x),函数f(x)是周期为3的周期函数. 又当-2x0时, f(x)=(x+1)2; 当0x1时, f(x)=-2x+1,f(1)+f(2)+f(3)=f(-2)+f(-1)+f(0)=1+0+1=2, f(1)+f(2)+f(3)+f(2 018)=672f(1)+f(2)+f(3)+f(2 017)+f(2 018)=6722+f(1)+f(2)=1 344+1 =1 345.故选D.,2.(2019广东深圳第一次(2月)调研,9)已知偶函数f(x)的图象经过点(-1,2),且当0ab时,不等式 0恒成立,则使得f(x-1)2成立的x的取值范围是 ( ) A.(0,2) B.(-2,0) C.(-,0)(2,+) D.(-,-2)(0,+),答案 C 由于当0a1,解得x2 或x0, 所以x的取值范围是(-,0)(2,+).,3.(2018河北石家庄教学质量检测,11)已知M是函数f(x)=|2x-3|-8sin(x)(xR)的所有零点之和, 则M的值为 ( ) A.3 B.6 C.9 D.12,答案 D 因为f(3-x)=|3-2x|-8sin(3-x)=|2x-3|-8sin(x)=f(x), 所以f(x)的图象关于直线x= 对称. 作出函数y=|2x-3|与y=8sin(x)的图象, 由图知,y=|2x-3|与y=8sin(x)的图象有8个交点, 所以f(x)有8个零点,所以所有零点之和为42 =12,选D.,4.(2018福建闽侯第六中学模拟,15)已知f(x)是R上的减函数,A(3,-1),B(0,1)是其图象上的两个 点,则不等式|f(1+ln x)|1的解集是 .,答案,解析 因为|f(1+ln x)|1+ln x0,2ln x-1,解得 xe2, 所以不等式|f(1+ln x)|1的解集是 .,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间:15分钟 分值:30分) 一、选择题(每题5分,共20分),1.(2019山西吕梁4月模拟,10)设函数f(x)= 若xR, f(x)2,则a的取值范围是 ( ) A. B. C.(2,3) D.,答案 D 01. 当x1时, f(x)=loga(x+3)loga4,+), 则有loga42,所以1a2, 所以a-30,所以当x(-,1)时, f(x)=(a-3)x+3a单调递减, 则有(a-3)1+3a2,解得a . 综上, a2.故选D.,2.(2019河南八所重点高中第二次联合测评,10)已知函数f(x)=ex-1-e-x+1,则下列说法正确的是 ( ) A.函数f(x)的最小正周期是1 B.函数f(x)是单调递减函数 C.函数f(x)的图象关于直线x=1对称 D.函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,答案 D f(x)=ex-1-e-x+1,即f(x)=ex-1- ,可令t=ex-1,t0,即有y=t- ,t0时,y递增,t=ex-1在R上递增,可 得函数f(x)在R上为增函数,则A,B均错;由f(2-x)=e1-x-ex-1,可得f(x)+f(2-x)=0,即有f(x)的图象关于点 (1,0)对称,则C错误,D正确.故选D.,3.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,12)定义在实数集R上的奇函数f(x) 满足f(x+2)=-f(x),且当x-1,1时, f(x)=x,则下列四个命题: f(2 018)=0;函数f(x)的最小正周期为2; 当x-2 018,2 018时,方程f(x)= 有2 018个根; 方程f(x)=log5|x|有5个根. 其中真命题的个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4,4.(2019安徽安庆二模,12)若函数f(x)=logax(a0且a1)的定义域与值域都是m,n(mn),则a的 取值范围是 ( ) A.(1,+) B.(e,+) C.(1,e) D.(1, ),答案 D f(x)=logax的定义域与值域相同等价于方程f(x)=logax=x有两个不同的实数解. f(x)=logax=x, =x,ln a= 有2个不同解, 问题等价于直线y=ln a与函数y= 的图象有两个交点. 作函数