2023版高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ2.9函数模型及其应用真题演练集训理新人教A版

PAGEPAGE52022版高考数学一轮复习第二章函数概念与根本初等函数Ⅰ2.9函数模型及其应用真题演练集训理新人教A版1．[2022·四川卷]某公司为鼓励创新，方案逐年加大研发资金投入．假设该公司2022年全年投入研发资金130万元，在此根底上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，那么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：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)A．2022年 B．2022年C．2022年 D．2022年答案：B解析：根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2022年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{an}，其中，首项a1＝130，公比q＝1＋12%＝1.12，所以an＝130×1.12n－1.由130×1.12n－1>200，两边同时取对数，得n－1>eq\f(lg2－lg1.3,lg1.12)，又eq\f(lg2－lg1.3,lg1.12)≈eq\f(0.30－0.11,0.05)＝3.8，那么n>4.8，即a5开始超过200，所以2022年投入的研发资金开始超过200万元，应选B.2．[2022·北京卷]汽车的“燃油效率〞是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．以下表达中正确的选项是()A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D．某城市机动车最高限速80千米/小时．相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油答案：D解析：根据图象所给数据，逐个验证选项．根据图象知消耗1升汽油，乙车最多行驶里程大于5千米，应选项A错；以相同速度行驶时，甲车燃油效率最高，因此以相同速度行驶相同路程时，甲车消耗汽油最少，应选项B错；甲车以80千米/小时的速度行驶时燃油效率为10千米/升，行驶1小时，里程为80千米，消耗8升汽油，应选项C错；最高限速80千米/小时，丙车的燃油效率比乙车高，因此相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油，应选项D对．3．[2022·湖南卷]某市生产总值连续两年持续增加．第一年的增长率为p，第二年的增长率为q，那么该市这两年生产总值的年平均增长率为()A.eq\f(p＋q,2) B．eq\f(p＋1q＋1－1,2)C.eq\r(pq) D．eq\r(p＋1q＋1)－1答案：D解析：设年平均增长率为x，原生产总值为a，那么(p＋1)(q＋1)a＝a(1＋x)2，解得x＝eq\r(p＋1q＋1)－1，应选D.4．[2022·四川卷]某食品的保鲜时间y(单位：h)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)．假设该食品在0℃的保鲜时间是192h，在22℃的保鲜时间是48h，那么该食品在33℃的保鲜时间是________h.答案：24解析：由条件，得192＝eb，∴b＝ln192.又∵48＝e22k＋b＝e22k＋ln192＝192e22k＝192(e11k)2，∴e11k＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48,192)))eq\s\up15(eq\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up15(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2).设该食品在33℃的保鲜时间是th，那么t＝e33k＋ln192＝192e33k＝192(e11k)3＝192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝24.课外拓展阅读利用函数模型巧解抽象函数问题函数局部有一类抽象函数问题，这类问题给定函数f(x)的某些性质，要证明它的其他性质，或利用这些性质解一些不等式或方程．这些题目的设计一般都有一个根本函数作为“模型〞，假设能分析猜测出这个函数模型，结合这个函数模型的其他性质来思考解题方法，那么这类问题就能简单获解．[典例1]函数f(x)对任意实数x，y均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时有f(x)>0，f(－1)＝－2，求f(x)在[－2,1]上的值域．[思路分析]eq\x(猜测fx的函数模型为fx＝kxk≠0)eq\o(→,\s\up15(代入),\s\do15(特殊值))eq\x(判断fx的单调性)→eq\x(得出fx在[－2，1]上的值域)[解]因为对任意实数x，y均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝0，那么f(0)＝f(0)＋f(0)，故f(0)＝0；再令y＝－x，那么f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)为奇函数．设x1<x2，那么x2－x1>0.因为当x>0时，f(x)>0，所以f(x2－x1)>0.所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)>0，所以f(x)为R上的增函数．又f(－2)＝f(－1－1)＝2f(－1)＝－4，f(1)＝－f(－1)＝2，所以当x∈[－2,1]时，f(x)∈[－4,2]．[典例2]设函数f(x)的定义域是R，对于任意实数m，n，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且当x>0时，0<f(x)<1.(1)求证：f(0)＝1，且当x<0时，有f(x)>1；(2)判断f(x)在R上的单调性．[思路分析]eq\x(猜测fx的函数模型为fx＝ax0<a<1)eq\o(→,\s\up15(代入),\s\do15(特殊值))eq\x(证明1中的结论)eq\o(→,\s\up15(\a\vs4\al(函数单调性的定义)))eq\x(判断fx在R上的单调性)(1)[证明]因为对任意实数m，n，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，令m＝1，n＝0，那么f(1)＝f(1)·f(0)．因为当x>0时，0<f(x)<1，所以f(0)＝1.设m＝x<0，n＝－x>0，所以f(0)＝f(x)·f(－x)，所以f(x)＝eq\f(f0,f－x)＝eq\f(1,f－x)>1.即当x<0时，有f(x)>1.(2)[解]设x1<x2，那么x2－x1>0，所以0<f(x2－x1)<1，由(1)知，f(x1)>0，所以f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)·f(x1)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0，即f(x2)<f(x1)，所以f(x)在R上单调递减．[典例3]设函数f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)．(1)求证：f(1)＝0；(2)求证：f(xn)＝nf(x)(n∈N)．[证明](1)令x＝y＝1，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)))＝f(1)－f(1)＝0，从而f(1)＝0.(2)因为f(xy)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,\f(1,y))))＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)))＝f(x)－f(1)＋f(y)＝f(x)＋f(y)，所以f(xn)＝f(x·x·x·…·x)＝nf(x)(n∈N)．n个x归纳总结利用函数模型解决抽象函数问题时，可以先从题设条件及欲证结论入手，多方面猜测函数模型，然后以此函数模型为桥梁，找出证明抽象函数其他性质的方法．常见的抽象函数的性质与对应的特殊函数模型的对照表如下：抽象函数的性质特殊函数模型①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)(x>0，y>0)；②f(x－y)＝f(x)－f(y)(x>0，y>0)正比例函数f(x)＝kx(k≠0)①f(x)f(y)＝f(x＋y)(x，y∈R)；②eq\f(fx,fy)＝f(x－y)(x，y∈R，f(y)≠0)指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)①f(xy)＝f(x)＋f(y)(x>0，y>0)；②feq