2019届二轮复习（理）专题跟踪训练11基本初等函数作业（全国通用）

专题跟踪训练(十一)

一、选择题

[解析]　

[答案]　C

[解析]　

根据零点存在性定理可得函数零点所在区间为，

即所求交点横坐标所在区间为，故选B.

[答案]　B

3．(2018·孝感一模)若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则实数m的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D.

[解析]　依题意并结合函数f(x)的图象可知，即

解得<m<.

[答案]　C

4．(2018·河南焦作二模)已知函数f(x)＝F(x)＝f(x)－x－1，且函数F(x)有2个零点，则实数a的取值范围为(　　)

A．(－∞，0]   B．[1，＋∞)

C．(－∞，1)   D．(0，＋∞)

[解析]　当x≤0时，F(x)＝ex－x－1，此时有一个零点0，当x>0时，F(x)＝x[x＋(a－1)]，

∵函数F(x)有2个零点，∴1－a>0，∴a<1.故选C.

[答案]　C

5．(2018·湖南十三校二模)函数f(x)＝lnx＋ex(e为自然对数的底数)的零点所在的区间是(　　)

A.   B.

C．(1，e)   D．(e，＋∞)

[解析]　函数f(x)＝lnx＋ex在(0，＋∞)上单调递增，因此函数f(x)最多只有一个零点．当x→0＋时，f(x)→－∞.

∴函数f(x)＝lnx＋ex(e为自然对数的底数)的零点所在的区间是.故选A.

[答案]　A

6．(2018·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝x2＋m与函数g(x)＝－ln－3x的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D．[2－ln2,2]

[解析]　由已知，得方程x2＋m＝ln＋3x，∴m＝－lnx＋3x－x2在上有解．

设f(x)＝－lnx＋3x－x2，

求导，得f′(x)＝－＋3－2x＝－

＝－

∵≤x≤2，

令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1.

当f′(x)>0时，<x<1，函数单调递增，

当f′(x)<0时，1<x<2，函数单调递减，

∴f(x)在x＝1处有唯一的极值点，

∵f＝ln2＋，f(2)＝－ln2＋2，

且知f(2)<f，

∴f(x)极大值＝f(1)＝2，

故方程m＝－lnx＋3x－x2在上有解等价于2－ln2≤m≤2.

所以m的取值范围是[2－ln2,2]，故选D.

[答案]　D

二、填空题

7．(2018·河北石家庄模拟)若函数f(x)＝m＋x的零点是－2，则实数m＝________.

[解析]　由m＋－2＝0，得m＝－9.

[答案]　－9

8．设二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－3,2]上有最大值4，则实数a的值为________．

[解析]　f(x)的对称轴为x＝－1.当a>0时，f(2)＝4a＋4a＋1＝8a＋1，f(－3)＝3a＋1.∴f(2)>f(－3)，即f(x)max＝f(2)＝8a＋1＝4，∴a＝；当a<0时，f(x)max＝f(－1)＝a－2a＋1＝－a＋1＝4，∴a＝－3.综上所述，a＝或a＝－3

[答案]　或－3

9．某租赁公司拥有汽车100辆．当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出．当每辆车的月租金每增加50元时，未出租的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元，要使租赁公司的月收益最大，则每辆车的月租金应定为________元．

[解析]　设每辆车的月租金为x(x>3000)元，则租赁公司月收益为y＝·(x－150)－×50，整理得y＝－＋162x－21000＝－(x－4050)2＋307050.

所以当x＝4050时，y取最大值为307050，即当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大为307050元．

[答案]　4050

三、解答题

10．(2018·唐山一中期末)已知函数f(x)＝ex－e－x(x∈R，且e为自然对数的底数)．

(1)判断函数f(x)的单调性与奇偶性；

(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)∵f(x)＝ex－x，

∴f′(x)＝ex＋x，

∴f′(x)>0对任意x∈R都成立，

∴f(x)在R上是增函数．

又∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，

∴f(x)是奇函数．

(2)存在．由(1)知f(x)在R上是增函数和奇函数，则

f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立，

⇔f(x2－t2)≥f(t－x)对一切x∈R都成立，

⇔x2－t2≥t－x对一切x∈R都成立，

⇔t2＋t≤x2＋x＝2－对一切x∈R都成立，

⇔t2＋t≤(x2＋x)min＝－⇔t2＋t＋

＝2≤0，

又2≥0，∴2＝0，

∴t＝－.

∴存在t＝－，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立．

11．(2018·江西三校联考)食品安全问题越来越引起人们的重视，农药、化肥的滥用给人民群众的健康带来一定的危害，为了给消费者带来放心的蔬菜，某农村合作社每年投入200万元，搭建甲、乙两个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入20万元，其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜，根据以往的种菜经验，发现种西红柿的年收入P(单位：万元)、种黄瓜的年收入Q(单位：万元)与投入a(单位：万元)满足P＝80＋4，Q＝a＋120，设甲大棚的投入为x(单位：万元)，每年两个大棚的总收益为f(x)(单位：万元)．

(1)求f(50)的值；

(2)试问如何安排甲、乙两个大棚的投入，才能使总收益f(x)最大？

[解]　(1)依题意f(x)＝80＋4＋(200－x)＋120＝－x＋4＋250，其中

所以20≤x≤180.

故f(50)＝－×50＋4＋250＝277.5.

(2)由(1)知f(x)＝－x＋4＋250(20≤x≤180)，

令＝t，则2≤t≤6，

y＝－t2＋4t＋250＝－(t－8)2＋282，

因此当t＝8时，函数取得最大值282，此时x＝128，

故投入甲大棚128万元，乙大棚72万元时，总收益最大，最大总收益是282万元．

12．(2018·江西吉安一中摸底)已知函数f(x)＝若关于x的方程[f(x)]2＋f(x)＋t＝0有三个不同的实数根，求实数t的取值范围．

[解]　原问题等价于[f(x)]2＋f(x)＝－t有三个不同的实数根，

即直线y＝－t与y＝[f(x)]2＋f(x)的图象有三个不同的交点．

当x≥0时，y＝[f(x)]2＋f(x)＝e2x＋ex为增函数，在x＝0处取得最小值2，其图象与直线y＝－t最多只有一个交点．

当x<0时，y＝[f(x)]2＋f(x)＝[lg(－x)]2＋lg(－x)，根据复合函数的单调性，其在(－∞，0)上先减后增，最小值为－.

所以要使函数的图象有三个不同的交点，只需－t≥2，解得t≤－2.