第二讲 函数与方程及函数的应用 学案

第二讲　函数与方程及函数的应用

高考考点
考点解读
函数的零点
1.利用零点存在性定理或数形结合法确定函数的零点个数或其存在范围，以及应用零点求参数的值(范围)．
2．常以高次式、分式、指数式、对数式、三角式结构的函数为载体考查．

函数与方程
的综合应用
1.确定高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构方程解的个数或由其个数求参数的值(范围)．
2．常与函数的图象与性质的应用交汇命题．

函数的实际应用
1.常涉及物价、投入、产出、路径、工程、环保等国计民生的实际问题，常以面积、体积、利润等最优化问题出现．
2．常与函数的最值、不等式、导数的应用综合命题.
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对函数零点的理解，掌握函数的零点与方程根的关系．
(2)掌握研究函数零点、方程解的问题的方法．
(3)熟练掌握应用函数模型解决实际问题的一般程序．
预测2020年命题热点为：
(1)函数的零点、方程的根和两函数图象交点之间的等价转化问题．
(2)将实际背景常规化，最后归为二次函数、高次式、分式及分段函数或指数式、对数式函数为目标函数的应用问题．

Z
1．几种常见的函数模型
(1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)．
(2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
(3)指数函数模型：y＝a·bx＋c(b>0且b≠1)．
(4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0且a≠1)．
(5)分段函数模型：f(x)＝(A1∩A2＝∅)．
2．函数的零点
(1)函数的零点及函数的零点与方程根的关系
对于函数f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点，函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
(2)零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的一个根．
3．思想与方法
(1)数学方法：图象法、分离参数法、最值的求法．
(2)数学思想：数形结合、转化与化归、函数与方程．
Y
1．忽略概念
函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x轴交点的横坐标．
2．不能准确应用零点存在性定理
函数零点存在性定理是说满足某条件时函数存在零点，但存在零点时不一定满足该条件．即函数y＝f(x)在(a，b)内存在零点，不一定有f(a)f(b)<0.

1．(2018·全国卷Ⅰ，9)已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( C )
A．[－1,0)　　　　　　 B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
[解析]　 令h(x)＝－x－a，
则g(x)＝f(x)－h(x)．
在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示．
若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象，可知
当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，
此时1＝－0－a，a＝－1.
当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意．
当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意．
综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．
故选C．
2．(2017·全国卷Ⅲ，11)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( C )
A．－ B．
C． D．1
[解析]　方法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，
∴函数g(t)为偶函数．
∵f(x)有唯一零点，
∴g(t)也有唯一零点．
又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，
∴2a－1＝0，解得a＝.
故选C．
方法二：f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.
ex－1＋e－x＋1≥2＝2，
当且仅当x＝1时取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”．
若a>0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
故选C．
3．(2017·北京卷，8)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与最接近的是( D )
(参考数据：lg 3≈0.48)
A．1033 B．1053
C．1073 D．1093
[解析]　由题意，lg＝lg＝lg 3361－lg 1080＝
361 lg 3－80lg 10≈361×0.48－80×1＝93.28.
又lg 1033＝33，lg 1053＝53，lg 1073＝73，lg 1093＝93，
故与最接近的是1093.故选D．
4．(2016·四川卷，5)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( B )
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A．2018年 B．2019年
C．2020年 D．2021年
[解析]　设x年后该公司全年投入的研发资金为200万元，由题可知，130(1＋12%)x＝200，解得x＝log1.12＝≈3.80，因资金需超过200万，则x取4，即2019年．
故选B．
5．(文)(2018·天津卷，14)已知a∈R，函数f(x)＝若对任意x∈[－3，＋∞)，f(x)≤|x|恒成立，则a的取值范围是.
[解析]　
如图所示，若对任意x∈[－3，＋∞)，要使函数y＝f(x)的图象在y＝|x|图象的下方，则必有
且在(0，＋∞)内直线y＝x与y＝－x2＋2x－2a相切或相离，所以x＝－x2＋2x－2a有两个相等实根或无实根，即对于方程x2－x＋2a＝0，
Δ＝(－1)2－4×2a≤0，解得a≥.
由①②得9－6＋a－2≤3且a－2≤0，所以a≤2.
综上，≤a≤2.
(理)(2018·天津卷，14)已知a>0，函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝ax恰有2
个互异的实数解，则a的取值范围是(4,8).
[解析]　作出函数f(x)的示意图，如图．l1是过原点且与抛物线y＝－x2＋2ax－2a相切的直线，l2是过原点且与抛物线y＝x2＋2ax＋a相切的直线．
由图可知，当直线y＝ax在l1，l2之间(不含直线l1，l2)变动时，符合题意．
由消去y，
整理得x2－ax＋2a＝0.
由Δ＝0，得a＝8(a＝0舍去)．
由消去y，整理得x2＋ax＋a＝0.
由Δ＝0，得a＝4(a＝0舍去)．综上，得4 6．(2018·浙江卷，15)已知λ∈R，函数f(x)＝当λ＝2时，不等式f(x)<0的解集是(1,4).若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是(1,3]∪(4，＋∞).
[解析]　(1)当λ＝2时，f(x)＝
其图象如图(1)．
由图知f(x)<0的解集为(1,4)．

(2)f(x)＝恰有2个零点有两种情况：①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点．
在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象，如图(2)，平移直线x＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞)．


例1 (1)(2018·安庆二模)已知实数a>1,0 A．(－2，－1)　　　　　 B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
[解析]　因为a>1,0 所以f(－1)＝－1－b<0，f(0)＝1－b>0，
所以f(－1)·f(0)<0，则由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1,0)上存在零点．
(2)(2018·大连一模)设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cosπx|－f(x)在区间[－，]上零点的个数为( C )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析]　由f(－x)＝f(x)，得f(x)的图象关于y轴对称．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的图象关于直线x＝1对称．当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1,2]上的图象如图．
令g(x)＝|cosπx|－f(x)＝0，得|cosπx|＝f(x)，两函数y＝f(x)与y＝|cosπx|的图象在[－，]上的交点有5个．

(3)已知在(0,2]上的函数f(x)＝且g(x)＝f(x)－mx在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是( A )
A．(－，－2]∪(0，] B．(－，－2]∪(0，]
C．(－，－2]∪(0，] D．(－，－2]∪(0，]
[解析]　由函数g(x)＝f(x)－mx在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y＝f(x)，y＝mx在(0,2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y＝mx与y＝－3在x∈(0,1]相切时，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－，结合图象可得当－
『规律总结』
1．判断函数零点个数的方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．
(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．
(3)数形结合：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
2．利用函数零点求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．
(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．
G
若将本例(2)条件变为“f(－x)＝－f(x)，且f(x＋1)＝f(x－1)，当x∈[0,1]时，f(x)＝ln(x2－x＋1)．”则函数f(x)在区间[0,4]上有几个零点？
[解析]　因为f(x＋1)＝f(x－1)，
所以f(x)＝f(x＋2)，
所以f(x)是周期为2的周期函数．
又因为当x∈[0,1]时，f(x)＝ln(x2－x＋1)，
所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增．
又因为f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)＝0，f(1)＝0，
利用数形结合思想，可知函数f(x)在区间[0,4]上有5个零点．

例2 (1)(2018·烟台二模)已知[x]表示不超过x的最大整数，当x∈R时，称y＝[x]为取整函数，例如[1.6]＝1，[－3.3]＝－4，若f(x)＝[x]，g(x)的图象关于y轴对称，且当x≤0时，g(x)＝－x2－2x，则方程f(f(x))＝g(x)解的个数为( D )
A．1　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
[解析]　根据已知条件可知，当x>0时，－x<0，又函数g(x)的图象关于y轴对称，故g(x)为偶函数，所以g(x)＝g(－x)＝－(－x＋1)2＋1＝－(x－1)2＋1.由f(x)＝[x]，得f(f(x))＝[x]．在同一平面直角坐标系中画出y＝f(f(x))与y＝g(x)的图象如图所示，由图象知，两个图象有4个交点，交点的纵坐标分别为1,0，－3，－4，当x≥0时，方程f(f(x))＝g(x)的解是0和1；当x<0时，g(x)＝－(x＋1)2＋1＝－3得x＝－3，由g(x)＝－(x＋1)2＋1＝－4得x＝－1－.综上，f(f(x))＝g(x)的解的个数为4.

(2)(2018·中山一模)已知函数f(x)＝若方程f(x)＝m(m∈R)有四个不同的实根x1，x2，x3，x4，且满足x1 A．(0,4] 　 B．(0,3)
C．(3,4] 　 D．(1,3)
[解析]　如图，作出函数f(x)的图象，

显然，A(3,1)，又当0 因为方程f(x)＝m有四个不同的实根，所以0 由f(x1)＝f(x2)可得，|log3x1|＝|log3x2|，
又因为0 所以log3x1＋log3x2＝0，解得x1x2＝1.
因为函数y＝x2－x＋8的图象的对称轴为x＝5，
故由f(x3)＝f(x4)可得x3＋x4＝10.
故＝(x3－3)(x4－3)＝(x3－3)(7－x3)＝－x＋10x3－21＝－(x3－5)2＋4.
记g(t)＝－(t－5)2＋4，由0 『规律总结』
应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
(1)转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解．
(2)分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
G
已知函数f(x)＝(a>0且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( C )
A．　　　　　　　 B．
C．∪ D．∪
[解析]　由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，
则0 又由f(x)在R上单调递减，
则：
解得≤a≤.

结合f(x)的图象可知，在[0，＋∞)上，＝2－x有且仅有一个解，
故在(－∞，0)上，＝2－x同样有且仅有一个解，
当3a>2，即a>时，
联立＝2－x，
则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得：a＝或1(舍)，
当1≤3a≤2时，由图象可知，符合条件．
综上：a∈∪.

例3 经市场调查，某超市的一种小商品在过去的近20天的销售量(件)与价格(元)均为时间t(天)的函数，且销售量近似满足g(t)＝80－2t(件)，价格近似满足f(t)＝20－|t－10|(元)．
(1)试写出该种商品的日销售额y与时间t(0≤t≤20)的函数表达式；
(2)求该种商品的日销售额y的最大值与最小值．
[解析]　(1)y＝g(t)·f(t)＝(80－2t)·(20－|t－10|)＝(40－t)(40－|t－10|)

(2)当0≤t<10时，y的取值范围是[1 200,1 225]，
当t＝5时，y取得最大值为1 225；
当10≤t≤20时，y的取值范围是[600,1 200]，
在t＝20时，y取得最小值为600.
答：总之，第5天日销售额y取得最大值为1 225元；第20天日销售额y取得最小值为600元．
『规律总结』
函数有关应用题的常见类型及解决问题的一般程序
(1)常见类型：与函数有关的应用题，经常涉及物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．
(2)应用函数模型解决实际问题的一般程序
⇒⇒⇒
(3)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．
G
(2018·山东实验中学月考)候鸟每年都要随季节的变化而进行大规模地迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v(单位：m/s)与其耗氧量Q之间的关系为：v＝a＋blog3(其中a，b是实数)．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s.
(1)求出a，b的值；
(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，则其耗氧量至少要多少个单位？
[解析]　(1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s，此时耗氧量为30个单位，故有a＋blog3＝0，
即a＋b＝0；
当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s，故a＋blog3＝1，
整理得a＋2b＝1.
解方程组
得
(2)由(1)知，v＝a＋blog3＝－1＋log3.
所以要使飞行速度不低于2 m/s，
则有v≥2，即－1＋log3≥2，即log3≥3，解得Q≥270.
所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，则其耗氧量至少要270个单位．

A组
1．(文)函数f(x)＝－＋log2x的一个零点落在区间( B )
A．(0,1)　 B．(1,2)　 　
C．(2,3)　 D．(3,4)
[解析]　∵f(1)·f(2)<0，∴选B．
(理)在用二分法求方程x3－2x－1＝0的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根所在的区间为( D )
A．(1.4,2) B．(1.1,4)
C．(1，) D．(，2)
[解析]　令f(x)＝x3－2x－1，则f(1)＝－2<0，f(2)＝3>0，f()＝－<0，∴选D．
2．已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为( D )
A．，0 B．－2,0
C． D．0
[解析]　当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，又因为x>1，所以此时方程无解．综上，函数f(x)的零点只有0.
3.已知函数f(x)＝()x－cosx，则f(x)在[0,2π]上的零点个数为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　作出g(x)＝()x与h(x)＝cosx的图象，可以看出其在[0,2π]上的交点个数为3.
故选C．
4．已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lg x|的图象的交点共有( A )
A．10个 B．9个
C．8个 D．1个
[解析]　在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)和y＝|lg x|的图象，如图．又lg 10＝1，由图象知选A．

5．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程．下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是( D )

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
[解析]　对于A选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 km/h时的燃油效率大于5 km/L，故乙车消耗1升汽油的行驶路程可大于5千米，所以A错误．对于B选项，由图可知甲车消耗汽油最少．对于C选项，甲车以80 km/h的速度行驶时的燃油效率为10 km/L，故行驶1小时的路程为80千米，消耗8 L汽油，所以C错误．对于D选项，当最高限速为80 km/h且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以D正确．
6．已知函数f(x)＝函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y＝f(x)－g(x)的零点的个数为( A )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析]　当x<0时，f(2－x)＝x2，此时函数f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零点为x＝－；当0≤x≤2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，函数f(x)－g(x)＝2－|x|＋x－3＝－1无零点；当x>2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，函数f(x)－g(x)＝(x－2)2＋4－x－3＝x2－5x＋5大于2的零点有一个．因此函数y＝f(x)－g(x)共有零点2个．
7．已知函数f(x)＝()x－log3x，若x0是函数y＝f(x)的零点，且00(填“>”、“<”、“≥”、“≤”)．
[解析]　方法一：∵f(x)＝()x－log3x在(0，＋∞)上为减函数，且0f(x0)．
方法二：如图知，f(x1)>f(x0)．
8．(文)函数f(x)对一切实数x都满足f(＋x)＝f(－x)，并且方程f(x)＝0有三个实根，则这三个实根的和为.
[解析]　函数图象关于直线x＝对称，方程f(x)＝0有三个实根时，一定有一个是，另外两个关于直线x＝对称，其和为1，故方程f(x)＝0的三个实根之和为.
(理)(2015·四川卷，13)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24小时．
[解析]　由题意得
∴e22k＝＝，e11k＝，
∴x＝33时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝×192＝24.
9．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放k(1≤k≤4，且k∈R)个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放在浓度y(克/升)随着时间x(分钟)变化的函数关系式近似为y＝k·f(x)，
其中f(x)＝若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所释放的浓度之和．根据经验，当水中洗衣液的浓度不低于4克/升时，它才能起到有效去污的作用．
(1)若只投放一次k个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为3克/升，求k的值．
(2)若只投放一次4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？
(3)若第一次投放2个单位的洗衣液，10分钟后再投放1个单位的洗衣液，则在第12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用？请说明理由．
[解析]　(1)由题意知k(－1)＝3，
所以k＝1.
(2)因为k＝4，
所以y＝
当0≤x≤4时，由－4≥4，
解得－4≤x<8，所以0≤x≤4.
当4 所以4 综上可知，当y≥4时，0≤x≤12，
所以只投放一次4个单位的洗衣液的有效去污时间可达12分钟．
(3)在第12分钟时，水中洗衣液的浓度为2×(7－×12)＋1×[－1]＝5(克/升)，又5>4，
所以在第12分钟时还能起到有效去污的作用．
B组
1．已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1的零点依次为a，b，c，则( A )
A．a C．c [解析]　由f(a)＝ea＋a＝0，得a＝－ea<0；b是函数y＝lnx和y＝－x图象交点的横坐标，画图(图略)可知0 2．(2018·湖北武昌1月调研)已知函数f(x)＝2ax－a＋3，若∃x0∈(－1,1)，f(x0)＝0，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，－3)∪(1，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－3,1) D．(1，＋∞)
[解析]　函数f(x)＝2ax－a＋3，由∃x0∈(－1,1)，f(x0)＝0，可得(－3a＋3)(a＋3)<0，解得a∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
3．利民工厂某产品的年产量在150t至250t之间，年生产的总成本y(万元)与年产量x(t)之间的关系可近似地表示为y＝－30x＋4000，则每吨的成本最低时的年产量为( B )
A．240 B．200 C．180 D．160
[解析]　依题意得每吨的成本是＝＋－30，则≥2－30＝10，当且仅当＝，即x＝200时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200t，选B．
4．(2017·郑州质量预测)设函数f(x)＝ex＋2x－4，g(x)＝ln x＋2x2－5，若实数a，b分别是f(x)，g(x)的零点，则( A )
A．g(a)<0 C．0 [解析]　依题意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即00，函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1f(1)>0.又函数g(x)在(0,1)内是增函数，因此有g(a) 故选A．
5．(2017·湖北宜昌模拟)某种新药服用x小时后血液中的残留量为y毫克，如图所示为函数y＝f(x)的图象，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效．设某人上午8：00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟的时间应为( C )
A．上午10：00 B．中午12：00
C．下午4：00 D．下午6：00
[解析]　当x∈[0,4]时，设y＝k1x，把(4,320)代入，得k1＝80，∴y＝80x.
当x∈[4,20]时，设y＝k2x＋b.
把(4,320)，(20,0)代入得
解得
∴y＝400－20x.
∴y＝f(x)＝
由y≥240，得或
解得3≤x≤4或4 ∴3≤x≤8.
故第二次服药最迟应在当日下午4：00.
故选C．
6．若函数f(x)＝在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是( A )
A．a> B．a≥
C．a< D．a≤
[解析]　当x≤0时，函数y＝－x与函数y＝3x的图象有一个交点，
所以函数y＝f(x)有一个零点；
而函数f(x)在其定义域上只有一个零点，
所以当x>0时，f(x)没有零点．
当x>0时，f ′(x)＝x2－4，
令f ′(x)＝0得x＝2，所以f(x)在(0,2)上递减，
在(2，＋∞)上递增，因此f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝a－>0，解得a>.故选A．
7．已知[x]表示不超过实数x的最大整数，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x0是函数f(x)＝ln x－的零点，则[x0]＝2.
[解析]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且易判断函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(2)＝ln 2－1<0，f(e)＝ln e－>0，知x0∈(2，e)，所以[x0]＝2.
8．定义域为R的偶函数f(x)满足对∀x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且当x∈[2,3]时，f(x)＝－2x2＋12x－18，若函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上至多有三个零点，则a的取值范围是(，1)∪(1，＋∞).
[解析]　对于偶函数f(x)，f(x＋2)＝f(x)－f(1)，令x＝－1，则f(1)＝f(－1)－f(1)，因为f(－1)＝f(1)，所以f(－1)＝f(1)＝0，所以f(x)＝f(x＋2)，故f(x)的图象如图所示，则问题等价于f(x)的图象与函数y＝loga(|x|＋1)的图象在(0，＋∞)上至多有三个交点，显然a>1符合题意；若0⇒
9．已知函数y＝f(x)，若在定义域内存在x0，使得f(－x0)＝－f(x0)成立，则称x0为函数f(x)的局部对称点．
(1)若a∈R且a≠0，证明：函数f(x)＝ax2＋x－a必有局部对称点；
(2)若函数f(x)＝2x＋b在区间[－1,2]内有局部对称点，求实数b的取值范围；
(3)若函数f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3在R上有局部对称，求实数m的取值范围．
[解析]　(1)由f(x)＝ax2＋x－a得f(－x)＝ax2－x－a，
代入f(－x)＝－f(x)得ax2＋x－a＋ax2－x－a＝0，
得到关于x的方程ax2－a＝0(a≠0)，
其中Δ＝4a2，由于a∈R且a≠0，
所以Δ>0恒成立，
所以函数f(x)＝ax2＋x－a必有局部对称点．
(2)f(x)＝2x＋b在区间[－1,2]内有局部对称点，
所以方程2x＋2－x＋2b＝0在区间[－1,2]上有解，
于是－2b＝2x＋2－x，设t＝2x，≤t≤4，
所以－2b＝t＋，其中2≤t＋≤，
所以－≤b≤－1.
(3)因为f(－x)＝4－x－m·2－x＋1＋m2－3，
由f(－x)＝－f(x)，所以4－x－m·2－x＋1＋m2－3＝－(4x－m·2x＋1＋m2－3)，
于是4x＋4－x－2m(2x＋2－x)＋2(m2－3)＝0…(*)在R上有解，
令t＝2x＋2－x(t≥2)，则4x＋4－x＝t2－2，
所以方程(*)变为t2－2mt＋2m2－8＝0在区间[2，＋∞)内有解，需满足条件：

即
化简得1－≤m≤2.