课件76张PPT。 “专题跟踪检测”见“专题跟踪检测 (三)” (单击进入电子文档) 专题跟踪检测（三） 函数的应用 一、选择题 1．设f(x)是区间[a，b]上的单调函数，且f(a)·f(b)<0，则方程f(x)＝0在区间(a，b)上( ) A．至少有一实数根 B．至多有一实数根 C．没有实数根 D．必有唯一实数根 解析：选D f(x)在[a，b]上单调且两端异号，则f(x)在(a，b)上有且只有一个零点． 2．已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为( ) A.，0 B.－2,0 C. D．0 解析：选D 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，故选D. 3．设x0是方程2x＋x＝8的解．若x0∈(n，n＋1)(n∈N*)，则n的值为( ) A．1 B.2 C．3 D．4 解析：选B 设f(x)＝2x＋x－8，∵f(2)＝－2<0，f(3)＝3>0，∴x0∈(2,3)，n＝2. 4．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2017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 1.12≈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：选D 设2017年后的第n年，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，两边取常用对数，得n＞≈＝，∴n≥4， ∴从2021年开始，该公司全年投入的研发资金开始超过200万元． 5．设x0是方程ln x＋x＝4的解，则x0属于( ) A．(0,1) B.(1,2) C．(2,3) D．(3,4) 解析：选C 设f(x)＝ln x＋x－4， ∵f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3－1>0， ∴x0∈(2,3)． 6．若关于x的方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是( ) A．(－1,1) B．(－2,2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：选C ∵方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝m2－4>0，∴m>2或m<－2. 7．有一组试验数据如表所示： x 2.01 3 4.01 5.1 6.12 y 3 8.01 15 23.8 36.04 则最能体现这组数据关系的函数模型是( ) A．y＝2x＋1－1 B.y＝x2－1 C．y＝2log2x D．y＝x3 解析：选B 由表格数据可知，函数的解析式应该是指数函数类型、二次函数类型、幂函数类型，选项C不正确．取x＝2.01，代入A选项，得y＝2x＋1－1>4，代入B选项，得y＝x2－1≈3，代入D选项，得y＝x3>8；取x＝3，代入A选项，得y＝2x＋1－1＝15，代入B选项，得y＝x2－1＝8，代入D选项，得y＝x3＝27，故选B. 8．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( ) A．－ B. C. D．1 解析：选C 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＝. 9．已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋b(1
f(x2) C．f(x1)＝f(x2) D．f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定 解析：选A 函数图象的对称轴为x＝－1，而(x1＋1)＋(x2＋1)＝x1＋x2＋2＝3－a>0，因为x1