1、 函数的应用 求方程的根、函数的零点的个数问题以及由零点存在性定理判断零点是否存在，利用函数模型解 决实际问题是高考的热点；备考时应理解函数的零点，方程的根和函数的图象与 x 轴的交点的横坐标 的等价性；掌握零点存在性定理增强根据实际问题建立数学模型的意识，提高综合分析、解决问题 的能力 知识点一知识点一 函函数的零点与方程的根数的零点与方程的根 (1)函数的零点 对于函数 f(x)，我们把使 f(x)0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点 (2)函数的零点与方程根的关系 函数 F(x)f(x)g(x)的零点就是方程 f(x)g(x)的根， 即函数 yf(x)的图象与函数 yg(x)的图象交
2、点的 横坐标 (3)零点存在性定理 如果函数 yf(x)在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线，且有 f(a) f(b)0， 1 x，x0，f(x)在 R 上单调递增，又 f 1 2 e 7 40， 10， 2a110， 81，b1，b0 【答案】C 【解析】当 x0 时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得 x= 1， 则 yf（x）axb 最多有一个零点； 当 x0 时，yf（x）axb= 1 3x 31 2（a+1）x 2+axaxb=1 3x 31 2（a+1）x 2b， 2 (1)yxax， 当 a+10，即 a1 时，y0，yf（x）axb 在0，+）上单调递增， 则 yf
3、（x）axb 最多有一个零点，不合题意； 当 a+10，即 a1 时，令 y0 得 x(a+1，+） ，此时函数单调递增， 令 y0 得 x0，a+1） ，此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点. 根据题意，函数 yf（x）axb 恰有 3 个零点函数 yf（x）axb 在（，0）上有一个零点， 在0，+）上有 2 个零点， 如图： 10 且 0 1 3( + 1) 3 1 2( + 1)( + 1) 2 0， 解得 b0，1a0，b 1 6（a+1） 3， 则 a1，b0， ex(x1)，x0，若函数 g(x)f(x)b 有三个零点，则实数 b 的取值范围是( ) A(1，) B 1 e
4、2，0 C0(1，) D(0，1 (2)若关于 x 的方程 exaxa0 没有实数根，则实数 a 的取值范围是( ) A(e2，0 B0，e2) C(e，0 D0，e) 【解析】 (1)当 x0 时，f(x)ex(x1)，则 f(x)ex(x1)exex(x2)， 由 f(x)0， 得函数 f(x)的单调递增区间为(2， 0， 由 f(x)a(x1) 当 x ex x1，令 f(x) ex x1，则 f(x) ex(x2) (x1)21 时，a ex x1，令 f(x) ex x1，则 f(x) ex(x2) (x1)2，当 x(1，2)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当 x2 时，f(
5、x)取得极小值，也是最小值 e2，即有ae2. 综上，实数 a 的取值范围是(e2，0，故选 A 【答案】 (1)D (2)A 高频考点四、二次函数的模型高频考点四、二次函数的模型 例 4、(1)(2019 高考全国卷)2019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着 陆，我国航天事业取得又一重大成就实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器 的通讯联系为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日 L2点的轨道运 行L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球质量为 M1，月球质量为 M2，地月距离为 R，L 2点到 月球的
6、距离为 r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程： M1 (Rr)2 M2 r2(Rr) M1 R3.设 r R.由于 的值很小，因此在近似计算中 33345 (1)2 33，则 r 的近似值为( ) A M2 M1R B M2 2M1R C 3 3M2 M1R D 3M2 3M1R (2)(2019 高考北京卷)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满 足 m2m1 5 2lg E1 E2，其中星等为 mk的星的亮度为 Ek(k1，2)已知太阳的星等是26.7，天狼星的星等是 1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( ) A 1010.1 B 10.1 C
7、 lg 10.1 D 1010.1 【解析】 (1)由 M1 (Rr)2 M2 r2(Rr) M1 R3，得 M1 1 r R 2 M2 r R 2 1 r RM1.因为 r R，所以 M1 (1)2 M2 2 (1)M1，得 33345 (1)2 M2 M1.由 33345 (1)2 33，得 33 M2 M1，即 3 r R 3 M2 M1，所以 r 3M2 3M1 R，故选 D (2)根据题意，设太阳的星等与亮度分别为 m1与 E1，天狼星的星等与亮度分别为 m2与 E2，则由已知条 件可知 m126.7，m21.45，根据两颗星的星等与亮度满足 m2m15 2lg E1 E2，把 m1
8、与 m2的值分别代入 上式得，1.45(26.7) 5 2lg E1 E2，得 lg E1 E210.1，所以 E1 E210 10.1，故选 A 【答案】 (1)D (2)A 【举一反三】 （2018 年天津卷）已知函数，其中 a1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明 ； （III）证明当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线. 【答案】()单调递减区间，单调递增区间为；()证明见解析；()证明见解析. 【解析】 （I）由已知，有. 令，解得 x=0. 由 a1，可知当 x 变化时，的变化情况如下表： x 0 0 + 极小值
9、所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （II）由，可得曲线在点处的切线斜率为. 由，可得曲线在点处的切线斜率为. 因为这两条切线平行，故有，即. 两边取以 a 为底的对数，得，所以. （III）曲线在点处的切线 l1：. 曲线在点处的切线 l2：. 要证明当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，使得 l1和 l2重合. 即只需证明当时，方程组有解， 由得，代入，得. 因此，只需证明当时，关于 x1的方程存在实数解. 设函数， 即要证明当时，函数存在零点. ，可知时，； 时，单调递减， 又， 故存在唯一的 x0，且 x00，使得，即 . 由此可得在上
10、单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值. 因为，故， 所以. 下面证明存在实数 t，使得. 由（I）可得， 当时，有 ， 所以存在实数 t，使得 因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线. 【变式探究】为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用 了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品已知该单位每月的处理量最少为 400 吨，最多为 600 吨，月处理成本 y(元)与月处理量 x(吨)之间的函数关系可近似地表示为：y 1 2x 2200x80 000，且每处理 一吨二氧化碳得到可利用的化工产品的价值为 1
11、00 元 则该单位每月能否获利？如果获利， 求出最大利润； 如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？ 【解析】设该单位每月获利为 S， 则 S100xy 100x 1 2x 2200x80 000 1 2x 2300x80 000 1 2(x300) 235 000， 因为 400x600， 所以当 x400 时，S 有最大值40 000. 故该单位不获利，需要国家每月至少补贴 40 000 元，才能不亏损 高频考点五、分段函数的模型高频考点五、分段函数的模型 例 5、设函数 10 ( ) 20 x xx f x x ， ， 则满足 1 ( )()1 2 f xf x的 x 的
12、取值范围是_. 【答案】 1 , 4 写成分段函数的形式： 1 3 2,0 2 111 2,0 222 1 21 2, 2 x x xx g xf xfxxx x ， 函数 g x 在区间 11 ,0 , 0, 22 三段区间内均单调递增， 且： 00 1 11 1,201,2121 42 g ， 据此 x 的取值范围是： 1 , 4 . 【变式探究】 已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元， 每生产1千件需另投入2.7万元 设 该公司一年内共生产该品牌服装 x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为 R(x)万元，且 R(x) 10.8 1 30x 2 010. (1)写出年利润 W
13、(万元)关于年产量 x(千件)的函数解析式； (2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润年销售 收入年总成本) 【解析】(1)当 010 时，WxR(x)(102.7x)98 1 000 3x 2.7x. W 8.1x x3 3010 010. (2)当 00，当 x(9,10时，W10 时，W98 1 000 3x 2.7x 982 1 000 3x 2.7x38， 当且仅当 1 000 3x 2.7x，即 x 100 9时，W38， 故当 x 100 9时，W 取最大值 38(当 1 000x 取整数时，W 一定小于 38) 综合知，当 x9 时
14、，W 取最大值，故当年产量为 9 千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获 年利润最大 【方法技巧】 (1)很多实际问题中，变量间的关系不能用一个关系式给出，这时就需要构建分段函数模型 (2)求函数最值常利用基本(均值)不等式法、导数法、函数的单调性等方法在求分段函数的最值时，应 先求每一段上的最值，然后比较得最大值、最小值 【变式探究】 国庆期间，某旅行社组团去风景区旅游，若每团人数在 30 人或 30 人以下，飞机票每张收费 900 元； 若每团人数多于 30 人，则给予优惠：每多 1 人，机票每张减少 10 元，直到达到规定人数 75 人为止每团 乘飞机，旅行社需付给航空公司包机费 15
15、 000 元 (1)写出飞机票的价格关于人数的函数； (2)每团人数为多少时，旅行社可获得最大利润？ 【解析】(1)设旅行团人数为 x 人，由题得 01，b1，b0 【答案】C 【解析】当 x0 时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得 x= 1， 则 yf（x）axb 最多有一个零点； 当 x0 时，yf（x）axb= 1 3x 31 2（a+1）x 2+axaxb=1 3x 31 2（a+1）x 2b， 2 (1)yxax， 当 a+10，即 a1 时，y0，yf（x）axb 在0，+）上单调递增， 则 yf（x）axb 最多有一个零点，不合题意； 当 a+10，即 a1 时，令 y
16、0 得 x(a+1，+） ，此时函数单调递增， 令 y0 得 x0，a+1） ，此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点. 根据题意，函数 yf（x）axb 恰有 3 个零点函数 yf（x）axb 在（，0）上有一个零点， 在0，+）上有 2 个零点， 如图： 10 且 0 1 3( + 1) 3 1 2( + 1)( + 1) 2 0， 解得 b0，1a0，b 1 6（a+1） 3， 则 a1，b1，可知当 x 变化时，的变化情况如下表： x 0 0 + 极小值 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （II）由，可得曲线在点处的切线斜率为. 由，可得曲线在点处的切线斜率为. 因为这两
17、条切线平行，故有，即. 两边取以 a 为底的对数，得，所以. （III）曲线在点处的切线 l1：. 曲线在点处的切线 l2：. 要证明当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，使得 l1和 l2重合. 即只需证明当时，方程组有解， 由得，代入，得. 因此，只需证明当时，关于 x1的方程存在实数解. 设函数， 即要证明当时，函数存在零点. ，可知时，； 时，单调递减， 又， 故存在唯一的 x0，且 x00，使得，即 . 由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值. 因为，故， 所以. 下面证明存在实数 t，使得. 由（I）可得， 当时，有， 所以存
18、在实数 t，使得 因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线 l，使 l 是曲线的切线，也是曲线的切线. 1. 【2017 北京， 理 14】 三名工人加工同一种零件， 他们在一天中的工作情况如图所示， 其中点 Ai的横、 纵坐标分别为第 i 名工人上午的工作时间和加工的学科&网零件数，点 Bi的横、纵坐标分别为第 i 名工人下 午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3. 记 Q1为第 i 名工人在这一天中加工的零件总数，则 Q1，Q2，Q3中最大的是_. 记 pi为第 i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则 p1，p2，p3中最大的是_. 【答案】 1 Q； 2. p 【解析】
19、 作图可得 11 AB中点的纵坐标比 2233 ,A BA B中点的纵坐标大， 所以 Q1， Q2， Q3中最大的是 1 Q， 分别作 123 ,B B B关于原点的对称点 123 ,B BB，比较直线 112233 ,AB A B A B的斜率（即为第 i 名工人在 这一天中平均每小时加工的零件数） ，可得 22 A B最大，所以 p1，p2，p3中最大的是 2. p 2. 【2017课标3， 理15】 设函数 10 ( ) 20 x xx f x x ， ， 则满足 1 ( )()1 2 f xf x的x的取值范围是_. 【答案】 1 , 4 写成分段函数的形式： 1 3 2,0 2 11
20、1 2,0 222 1 21 2, 2 x x xx g xf xfxxx x ， 函数 g x 在区间 11 ,0 , 0, 22 三段区间内均单调递增， 且： 00 1 11 1,201,2121 42 g ， 据此 x 的取值范围是： 1 , 4 . 3.【2017 课标 1，理 21】已知函数 2 ( )(2) xx f xaeaex. （1）讨论( )f x的单调性； （2）若( )f x有两个零点，求 a 的取值范围. 【答案】 （1）见解析； （2）0,1. 【解析】 （1） f x的定义域为, ， 2 221121 xxxx fxaeaeaee ， （）若0a，则 0fx ，所
21、以 f x在, 单调递减. （）若0a，则由 0fx 得lnxa. 当, lnxa 时， 0fx；当ln ,xa 时， 0fx，所以 f x在, lna 单 调递减，在ln , a单调递增. （2） （）若0a，由（1）知， f x至多有一个零点. （）若0a，由（1）知，当lnxa时， f x取得最小值，最小值为 1 ln1lnfaa a . 当1a 时，由于ln0fa，故 f x只有一个零点； 当1,a时，由于 1 1ln0a a ，即ln0fa，故 f x没有零点； 当0,1a时， 1 1ln0a a ，即ln0fa. 又 422 2e2 e22e20faa ，故 f x在, lna 有
22、一个零点. 设正整数 0 n满足 0 3 ln1n a ，则 0000 0000 ee2e20 nnnn f naannn. 由于 3 ln1lna a ，因此 f x在ln , a有一个零点. 综上， a的取值范围为 0,1. 1.【2016 高考山东理数】已知函数 2 |, ( ) 24 , xxm f x xmxm xm 其中0m ，若存在实数 b，使得关于 x 的方程 f（x）=b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是_. 【答案】3, 【解析】画出函数图象如下图所示： 由图所示，要 f xb有三个不同的根，需要红色部分图像在深蓝色图像的下方，即 22 24 ,30mmm mm mm，
23、解得3m。 2、 【2016 高考上海理数】已知点(3,9)在函数 x axf1)(的图像上，则 _)()( 1 xfxf的反函数. 【答案】 2 log (x1) 【解析】将点（3，9）代入函数 1 x f xa 中得2a，所以 1 2xf x ，用y表示x得 2 log (1)xy，所以 1 2 log (1)fxx . 3.【2016 高考上海理数】已知aR，函数 2 1 ( )log ()f xa x . （1）当5a 时，解不等式( )0f x ； （2） 若关于x的方程 2 ( )log (4)250f xaxa的解集中恰好有一个元素， 求a的取值范 围； （3） 设0a ， 若对
24、任意 1 ,1 2 t， 函数( )f x在区间 ,1t t 上的最大值与最小值的差不超过 1， 求a的取值范围. 【答案】 （1） 1 ,0, 4 x （2）1,23,4 （3） 2 , 3 【解析】 （1）由 2 1 log50 x ，得 1 51 x ， 解得 1 ,0, 4 x （2） 1 425aaxa x ， 2 4510axax ， 当4a时，1x，经检验，满足题意 当3a 时， 12 1xx ，经检验，满足题意 当3a且4a时， 1 1 4 x a ， 2 1x ， 12 xx 1 x是原方程的解当且仅当 1 1 0a x ，即2a； 2 x是原方程的解当且仅当 2 1 0a
25、x ，即1a 于是满足题意的1,2a 综上，a的取值范围为1,23,4 （3）当 12 0xx时， 12 11 aa xx ， 22 12 11 loglogaa xx ， 所以 f x在0,上单调递减 函数 f x在区间,1t t 上的最大值与最小值分别为 f t，1f t 22 11 1loglog1 1 f tf taa tt 即 2 110atat ，对任意 1 ,1 2 t 成立 因为0a，所以函数 2 11yatat在区间 1 ,1 2 上单调递增， 1 2 t 时，y 有最小值 31 42 a ，由 31 0 42 a，得 2 3 a 故a的取值范围为 2 , 3 4. 【201
26、6 高考上海理数】 设( )f x、( ) g x、( )h x是定义域为R的三个函数， 对于命题： 若( )( )f xg x 、 ( )( )f xh x 、( )( )g xh x均为增函数，则( )f x、( )g x、( )h x中至少有一个增函数；若( )( )f xg x、 ( )( )f xh x 、( )( )g xh x均是以T为周期的函数，则( )f x、( )g x、( )h x均是以T为周期的函数，下列 判断正确的是（ ） A、和均为真命题 B、和均为假命题 C、为真命题，为假命题 D、为假命题，为真命题 学科.网 【答案】D 【解析】不成立，可举反例 2 ,1 ) 1 ( 3, xx f x xx , 0 3,0 23, 21 ( )1 , x xx xx x g x , 0 ( 0 ) 2 , , x h x xx x ( )( )()()f xg xf xTg xT ( )( )()()f xh xf xTh xT ( )( )()()g xh xg xTh xT 前两式作差，可得 ( )( )()()g xh xg xTh xT 结合第三式，可得 ( )()g xg xT, ( )()h xh xT 也有 ( )()f xf xT 正确 故选 D.
