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专题二
函数概念与基本初等函数
Ⅰ
第六讲函数综合及其应用
答案部分
1
A
．【解析】解法一根据题意，作出
( )
f x 的大致图象，如图所示
x
y
y=f(x)
1
O
当
1
x≤时，若要
( )
|
|
2
x
f x
a
+
≥
恒成立，结合图象，只需
2
3
(
)
2
x
x
x
a
−
+
−
+
≥
，即
2
3
0
2
x
x
a
−
+ + ≥
，故对于方程
2
3
0
2
x
x
a
−
+ +
=
，
2
1
(
)
4(3
)
0
2
a
= −
−
+
≤，解得
47
16
a
−
≥
；当
1
x
时，若要
( )
|
|
2
x
f x
a
+
≥
恒成立，结合图象，只需
2
2
x
x
a
x
+
+
≥
，
即
2
2
x
a
x
+
≥
，又
2
2
2
x
x
+
≥
，当且仅当
2
2
x
x
=
，即
2
x =
时等号成立，所以
2
a≤
，
综上，a 的取值范围是
47
[
,2]
16
−
．选
．
A
解法二由题意
( )
f x 的最小值为11
4
，此时
1
2
x =
．不等式
( )
|
|
2
x
f x
a
+
≥
在
上恒成立
R
等价于
11
|
|
2
4
x
a
+
≤
在
上恒成立．
R
当
2 3
a = −
时，令
1
2
x =
，
8 3 1
11
|
2 3 | |
|
2
4
8
x
−
−
=
，不符合，排除
、
C
D；
当
39
16
a =
时，令
1
2
x =
，
39
43
11
|
| |
|
2
16
16
8
x
+
=
，不符合，排除
．
B．选A
2．D【解析】 “燃油效率”是指汽车每消耗
升汽油行驶的
，
1
里程
A 中乙车消耗
升汽油，
1
最多行驶的路程为乙车图象最高点的纵坐标值，A 错误；B 中以相同速度行驶相同路程，
甲燃油效率最高，所以甲最省油，B 错误，C 中甲车以80 千米/小时的速度行驶
小时，
1
甲车每消耗
升汽油行驶的里程
1
10km,
80km
行驶
，消耗
升汽油，
错误，
中某城
8
C
D
市机动车最高限速
小时．由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下，在该市用
80 千米/
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丙车比用乙车更省油,选
．
D
3
B
．【解析】由题意可知
2
p
at
bt
c
=
+
+
过点（，
3
0.7），（4，
，
0.8）（5
0.5），代入
2
p
at
bt
c
=
+
+
中可解得
0.2,
1.5,
2
a
b
c
= −
=
= −
，∴
2
0.2
1.5
2
p
t
t
= −
+
−
=
2
0.2(
3.75)
0.8125
t
−
−
+
，∴当
3.75
t =
分钟时，可
率最大．
食用
4
D
．【解析】设年平均增长率为x ，原生产总值为a ，则
2
(1
)(1
)
(1
)
p
q a
a
x
+
+
=
+
，解得
(1
)(1
) 1
x
p
q
=
+
+
−
，故选
．
D
5．①④【解析】①
( )
2
( )
2
x
x
x
x
e
e f x
e
−
=
=
在R 上单调递增，故
( )
2 x
f x
−
=
具有性质；
②
( )
3
( )3
x
x
x
x
e
e f x
e
−
=
=
在R 上单调递减，故
( )
3
x
f x
−
=
不具有性质；
③
3
( )
x
x
e f x
e
x
=
，令
3
( )
x
g x
e
x
=
，则
3
2
2
( )
3
(
2)
x
x
x
g x
e
x
e
x
x e
x
=
+
=
+
，
当
2
x −时，
( )
0
g
x
，当
2
x −时，
( )
0
g x
，
3
( )
x
x
e f x
e
x
=
在 (
)
, 2
−−
上单调递减，在 (
)
2,
−
+上单调递增，
故
( )
3
f x
x
=
不具有性质；
④
2
( )
(
2)
x
x
e f x
e
x
=
+
，令
( )
(
)
2
2
x
g x
e
x
=
+
，
则
2
2
( )
(
2)
2
[(
1)
1]
0
x
x
x
g x
e
x
e
x
e
x
=
+
+
=
+
+
，
2
( )
(
2)
x
x
e f x
e
x
=
+
在R 上单调递增，故
2
( )
2
f x
x
=
+
具有性质．
6．8【解析】由于
( )
[0,1)
f x
，则需考虑 1
10
x
的情况，
在此范围内，xQ 且x
D
时，设
*
, ,
,
2
q
x
p q
p
p
=
N
，且,p q 互质，
若
lg xQ ，则由
lg
(0,1)
x
，可设
*
lg
,
,
,
2
n
x
m n
m
m
=
N
，且
,
m n 互质，
因此10
n
m
q
p
=
，则
10
(
)
n
m
q
p
=
，此时左边为整数，右边为
数，矛盾，
非整
因此
lg xQ，
因此lg x不可能与每个周期内x
D
对应的部分相等，
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只需考虑lg x 与每个周期x
D
的部分的交点，
画出函数
，图中交点除外
图象
(1,0) 其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x
D
的
部分，
且
1
x = 处
1
1
(lg )
1
ln10
ln10
x
x
=
=
，则在
1
x =
附近仅有一个交点，
因此方程
( )
lg
0
f x
x
−
=
的解的个数为8．
7． 4 15【解析】如图连接OE 交AC 于G ，由题意
OE
AC
⊥
，设等边三角形ABC 的边
长为x （0
5
x
），则
3
6
OG
x
=
，
3
5
6
GE
x
= −
．
G
O
D
F
E
C
B
A
由题意可知三棱锥的高
2
2
2
2
3
3
5 3
(5
)
(
)
25
6
6
3
h
GE
OG
x
x
x
=
−
=
−
−
=
−
底面
2
3
4
ABC
S
x
=
，
三棱锥的体积为
2
4
5
1
3
5 3
15
3
25
5
3
4
3
12
3
V
x
x
x
x
=
−
=
−
，
设
4
5
3
( )
5
3
h x
x
x
=
−
，则
3
4
5 3
( )
20
3
h x
x
x
=
−
（0
5
x
），
令
( )
0
h x
=
，解得
4 3
x =
，当
(0,4 3)
x
时，
( )
0
h x
，( )
h x 单调递增；
当
(4 3,5)
x
时，
( )
0
h x
，( )
h x 单调递减，
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所以
4 3
x =
是( )
h x 取得最大值
4
(4 3)
(4 3)
h
=
所以
2
max
15
15
(4 3)
(4 3)
4 15
12
12
V
h
=
=
=
．
8．2 ，
(
, 1)
−−
.【解析】①若
0
a =
，则
3
3 ,
0
( )
2 ,
0
x
x x
f x
x x
−
= −
≤
，当
0
x
时，2
0
x
−
；
当
0
x „
时，
2
( )
3
3
3(
1)(
1)
f
x
x
x
x
=
−
=
+
−
，所以函数( )
f x 在
(
, 1)
−−
上单调递
增，在 ( 1,0]
−
上单调递减，所以函数
( )
f x 在 (
,0]
−
上的最大值为
( 1)
2
f −
=
．
综上函数
( )
f x
的最大值为．
2
②函数
3
3
y
x
x
=
−
与
2
y
x
= −
的大致图象如图所示
y
–1
–2
1
2
3
–1
–2
1
2
3
O
若
( )
f x 无最大值，由图象可知2
2
a
−
，即
1
a −．
9．24【解析】由题意得
22
192
48
b
k b
e
e
+
=
=
，即
11
192
1
2
b
k
e
e
=
=
，所以该食品在33 ℃的保鲜时间是
33
11
3
3
1
(
)
( )
193
24
2
k b
k
b
y
e
e
e
+
=
=
=
=
．
10．
(2 10,
)
+【解析】函数
( )
g x 的定义域为 [ 1,2]
−
，根据已知得
( )
( )
( )
2
h x
g x
f x
+
=
，
所以
2
( )=2 ( )
( )
6
2
4
h x
f x
g x
x
b
x
−
=
+
−
−
，
( )
( )
h x
g x
恒成立，
即
2
2
6
2
4
4
x
b
x
x
+
−
−
−
，令
3
y
x
b
=
+
，
2
4
y
x
=
−
，则只要直线
3
y
x
b
=
+
在半圆
2
2
4(
0)
x
y
y
+
=
≥
上方即可，由|
|
2
10
b
，解得
2 10
b
（舍去负值），故实
数b 的取值范围是
(2 10,
)
+．
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11．160【解析】设该容器的总造价为y 元，长方体的底面矩形的长x m ，因为无盖长方体
的容积为
3
4m ，高为1m ，所以长方体的底面矩形的宽为4 m
x
，依题意，得
2 4
4
4
20 4 10(2
)
80
20(
)
80
20 2
160
y
x
x
x
x
x
x
=
+
+
=
+
+
+
=
≥
12．①③④【解析】对于①，根据题中定义，
( )
A
f x
函数
( )
y
f x
=
，x
D
的值域
为R ，由函数值域的概念知，函数
( )
y
f x
=
，x
D
的值域为
,
R
b
R
a
D
( )
f a
b
=
，所以①正确；对于②，例如函数
| |
1
( )
( )
2
x
f x =
的值域(0,1] 包含于区间 [ 1,1]
−
，
所以
( )
f x
B
，但
( )
f x
有最大值，没有最小值，所以②错误；对于③，若
l
( )
( )
f x
g x
B
+
，则存在一个正数
1
M ，使得函数
( )
( )
f x
g x
B
+
的值域包含于区间
1
1
[
,
]
M M
−
，所以
1
M
−
≤
( )
f x
1
( )
g x
M
+
≤
，由
( )
g x
B
知，存在一个正数
2
M
，
使得函数( )
g x 的值域包含于区间
2
2
[
,
]
M
M
−
，所以
2
2
( )
M
g x
M
−
≤
≤
，亦有
2
2
( )
M
g x
M
−
≤
≤
-
，两式相加得
1
2
(
)
M
M
−
+
≤( )
f x ≤
1
2
M
M
+
，于是
( )
f x
B
，
与已知“.
( )
f x
A
”矛盾，故
( )
( )
f x
g x
B
+
，即③正确；对于④，如果
0
a
，
那么
,
( )
x
f x
→+
→+，如果
0
a
，那么
2,
( )
x
f x
→−
→+，所以
( )
f x 有最
大值，必须
0
a =
，此时
2
( )
1
x
f x
x
=
+
在区间
( 2,
)
−
+上，有1
1
( )
2
2
f x
−
≤
≤
，
所以
( )
f x
B
，即④正确，故填①③④．
13．【解析】(1)当
0
30
x
≤
时，
( )
30
40
f x =
恒成立，公交群体的人均通勤时间不可能
少于自驾群体的人均通勤时间；
当
30
100
x
时，若
40
( )
f x
，即
1800
2
90
40
x
x
+
−
，解得
20
x
（舍）或
45
x
；
∴当
45
100
x
时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；
(2)设该地上班族总人数为n ，则自驾人数为
%
n x
，乘公交人数为
(1
%)
n
x
−
．
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因此人均通勤时间
30
%
40
(1
%)
,
0
30
( )
1800
(2
90)
%
40
(1
%)
,30
100
n x
n
x
x
n
g x
x
n x
n
x
x
x
n
+
−
=
+
−
+
−
≤
，
整理得：
2
40
,
0
0
10
( )
1
(
32.5)
36.875,30
100
50
x
x
g x
x
x
−
=
−
+
≤3
，
则当
(0,30]
(30,32.5]
x
，即
(0,32.5]
x
时，( )
g x 单调递减；
当
(32.5,100)
x
时，
( )
g x 单调递增．
实际意义：当有32.5% 的上班族采用自驾方式时，上班族整体的人均通勤时间最短．
适当的增加自驾比例，可以充分的利用道路交通，实现整体效率提升；但自驾人数过多，
则容易导致交通拥堵，使得整体效率下降．
14．【解析】(1)连结PO 并延长交MN 于H ，则PH ⊥MN ，所以OH =10．
θ
H
E K
G
N
M
P
O
A
B
C
D
过O 作OE ⊥BC于E ，则OE ∥MN ，所以COE
=
，
故
40cos
OE
=
，
40sin
EC
=
，
则矩形ABCD的面积为
2 40cos (40sin
10)
800(4sin
cos
cos )
+
=
+
，
CDP
的面积为1
2 40cos (40
40sin )
1600(cos
sin
cos )
2
−
=
−
．
过N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于G 和K ，则
10
GK
KN
=
=
．
令
0
GOK
=
，则
0
1
sin
4
=
，
0
(0,
)
6
．
当
0
[
,
)
2
时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，
所以sin的取值范围是1 [
,1)
4
．
答：矩形ABCD的面积为
800(4sin
cos
cos )
+
平方米，
CDP
的面积为
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1600(cos
sin
cos )
−
，sin的取值范围是1 [
,1)
4
．
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为∶
4
3
，
设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k
(
0)
k
，
则年总产值为
4
800(4sin
cos
cos )
3
1600(cos
sin
cos )
k
k
+
+
−
8000 (sin
cos
cos )
k
=
+
，
0
[
,
)
2
．
设
( )
sin
cos
cos
f
=
+
，
0
[
,
)
2
，
则
2
2
2
( )
cos
sin
sin
(2sin
sin
1)
(2sin
1)(sin
1)
f
=
−
−
= −
+
−
= −
−
+
．
令
( )
0
f
=
，得
π
6
=
，
当
0
(
,
)
6
时，
( )>0
f
′
，所以
( )
f 为增函数；
当
(
,
)
6 2
时，
( )<0
f
′
，所以
( )
f 为减函数，
因此，当
π
6
=
时，
( )
f 取到最大值．
答：当
π
6
=
时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
15．【解析】（1）由
2
1
log
5
0
x
+
，得1
5
1
x +
，
解得
(
)
1
,
0,
4
x
−−
+
．
（）
2
(
)
1
4
2
5
a
a
x
a
x
+
=
−
+
−
，
(
)
(
)
2
4
5
1
0
a
x
a
x
−
+
−
−=
，
当
4
a =
时，
1
x = −，经检验，满足题意．
当
3
a =
时，
1
2
1
x
x
=
= −，经检验，满足题意．
当
3
a
且
4
a
时，
1
1
4
x
a
=
−
，
2
1
x = −，1
2
x
x
．
1x 是原方程的解当且仅当
1
1
0
a
x +
，即
2
a
；
2x 是原方程的解当且仅当
2
1
0
a
x +
，即
1
a
．
于是满足题意的
(
1,2
a
．
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综上，a 的取值范围为(
1,2
3,4 ．
（）当
3
1
2
0
x
x
时，
1
2
1
1
a
a
x
x
+
+
，
2
2
1
2
1
1
log
log
a
a
x
x
+
+
，
所以
( )
f x 在 (
)
0,+上单调递减．
函数
( )
f x 在区间
,
1
t t +
上的最大值与最小值分别为
( )
f t ，
(
)1
f t +
．
( )
(
)
2
2
1
1
1
log
log
1
1
f t
f t
a
a
t
t
−
+
=
+
−
+
+
即
(
)
2
1
1
0
at
a
t
+
+
−
，
对任意
1 ,1
2
t
成立．
因为
0
a
，所以函数
(
)
2
1
1
y
at
a
t
=
+
+
−在区间1,1
2
上单调递增，
1
2
t =
时，y 有最小值3
1
4
2
a −
，由3
1
0
4
2
a −
，得
2
3
a
．
故a 的取值范围为2,
3
+
．
16．【解析】（1）由题意知，点，的坐标分别为 (
)
5,40 ， (
)
20,2.5 ．
将其分别代入
2
a
y
x
b
=
+
，得
40
25
2.5
400
a
b
a
b
=
+
=
+
，解得
1000
0
a
b
=
=
．
（2）①由（1）知，
2
1000
y
x
=
（ 5
20
x
），则点的坐标为
2
1000
,t
t
，
设在点处的切线l 交x ，y 轴分别于，点，
3
2000
y
x
= −
，
则l 的方程为
(
)
2
3
1000
2000
y
x
t
t
t
−
= −
−
，由此得
3 ,0
2
t
，
2
3000
0, t
．
故
( )
2
2
6
2
2
4
3
3000
3
4 10
2
2
t
f t
t
t
t
=
+
=
+
，
5,20
t
．
②设
( )
6
2
4
4 10
g t
t
t
=
+
，则
( )
6
5
16 10
2
g t
t
t
=
−
．令
( )
0
g t
=
，解得
10 2
t =
．
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当
(
)
5,10 2
t
时，
( )
0
g t
，
( )
g t 是减函数；
当
(
)
10 2,20
t
时，
( )
0
g t
，
( )
g t 是增函数．
从而，当
10 2
t =
时，函数
( )
g t 有极小值，也是最小值，所以
( )min
300
g t
=
，
此时
( )min
15 3
f t
=
．
答：当
10 2
t =
时，公路l 的长度最短，最短长度为
15 3 千米．
17．【解析】（Ⅰ）因为蓄水池侧面积的总成本为
100 2
200
rh
rh
=
元，底面的总成本为
2
160 r
元，所以蓄水池的总成本为（
2
200
160
rh
r
+
）元.
又题意据
2
200
160
12000
rh
r
+
=
，所以
2
1
(300
4
)
5
h
r
r
=
−
，
从而
2
3
( )
(300
4
)
5
V r
r h
r
r
=
=
−
．因
0
r
，又由
0
h
可得
5 3
r
，
故函数( )
V r 的定义域为
(0,5 3) .
（Ⅱ）因
3
( )
(300
4
)
5
V r
r
r
=
−
，故
2
( )
(300 12
)
5
V r
r
=
−
．令
( )
0
V r
=
，
解得1
2
5,
5
r
r
=
= −（因
2
5
r = −不在定义域内，舍去）.
当
(0,5)
r
时，
( )
0
V r
，故( )
V r 在(0,5)上为增函数；
当
(5,5 3)
r
时，
( )
0
V r
，故
( )
V r 在
(5,5 3) 上为减函数.
由此可知，( )
V r 在
5
r =
处取得最大值，此时
8
h =
．
即当
5
r =
，
8
h =
时，该蓄水池的体积最大．
18．【解析】（1）当
1,
1,
2
b
c
n
=
= −
… 时，
( )
1
n
f x
x
x
=
+
−．
∵
1
1
1
( ) (1)
(
) 1
0
2
2
2
n
f
f
=
−
，∴
( )
f x 在1 ( ,1)
2
内存在零点．
又当
1 ( ,1)
2
x
时，
1
( )
1
0
n
f
x
nx −
=
+
，∴( )
f x 在1 ( ,1)
2
上是单调递增的，
∴
( )
f x 在区间1 ( ,1)
2
内存在唯一的零点；
（）解法一由题意知
2
1
( 1)
1,
1
(1)
1,
f
f
−
−
−
剟
剟
即
0
2,
2
0,
b
c
b
c
−
−
+
剟
剟
由图像知，
3
b
c
+
在点
(0, 2)
−
取得最小值6
−，在点(0,0) 取得最大值0 ．
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O
-2
c
b
解法二由题意知
1
(1)
1
1
f
b
c
−
= +
+
剟
，即2
0
b
c
−
+
剟
．…①
1
( 1)
1
1
f
b
c
−
−
= −+
剟
，即
2
0
b
c
−
−+
?
-
?
．…②
①2
+②得
6
2(
)
(
)
3
0
b
c
b
c
b
c
−
+
+ −+
=
+
?
-
?
当
0,
2
b
c
=
= −
时，
3
6
b
c
+
= −
；当
0
b
c
=
=
时，
3
0
b
c
+
=
所以
3
b
c
+
的最小值6
−，最大值0 ．
解法三
由题意知
( 1)
1
,
(1)
1
,
f
b
c
f
b
c
−
= −+
= +
+
,
解得
(1)
( 1)
(1)
( 1)
2
,
2
2
f
f
f
f
b
c
−
−
+
−
−
=
=
3
2 (1)
( 1)
3
b
c
f
f
+
=
+
−
−
．
又∵
1
( 1)
1,
1
(1)
1,
f
f
−
−
−
剟
剟
, ∴
6
3
0
b
c
−
+
?
?
当
0,
2
b
c
=
= −
时，
3
6
b
c
+
= −
；当
0
b
c
=
=
时，
3
0
b
c
+
=
所以
3
b
c
+
的最小值6
−，最大值0 ．
(3)当
2
n =
时,
2
( )
f x
x
bx
c
=
+
+
．
对任意
1
2
,
x x
[ 1,1]
−
都有有
1
2
( )
(
)
4
f x
f x
−
„
等价于
( )
f x 在[-1,1]上的最大值与最
小值之差
4
M „
．据此分类讨论如下:
(
)
ⅰ当
1
2
b ,即
2
b
时,
(1)
( 1)
2
4
M
f
f
b
=
−
−
=
,与题设矛盾．
(
)
ⅱ当1
0
2
b
−
−
„
,即
0
2
b
„
时,
2
(1)
(
)
(
1)
4
2
2
b
b
M
f
f
=
−
−
=
+
„
恒成立．
(ⅲ) 当0
1
2
b
−
„
,即 2
0
b
−剟
时,
2
( 1)
(
)
(
1)
4
2
2
b
b
M
f
f
=
−
−
−
=
−
„
恒成立．
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综上可知, 2
2
b
−剟
．
19．【解析】设包装盒的高为h （cm），底面边长为a （cm），由已知得
.
30
0
),
30
(
2
2
2
60
,
2
−
=
−
=
=
x
x
x
h
x
a
（）
1
,
1800
)
15
(8
)
30
(
8
4
2
+
−
−
=
−
=
=
x
x
x
ah
S
所以当
15
=
x
时，S 取得最大值．
（）
2
).
20
(
2
6
),
30
(
2
2
2
2
2
x
x
V
x
x
h
a
V
−
=
+
−
=
=
由
0
0
=
=
x
V
得
（舍）或x =20．
当
)
20
,0
(
x
时，
0;
(20,30)
0
V
x
V
当
时
．
所以当x
=20 时，V 取得极大值，也是最小值．
此时
1
1
2
2
h
a
=
即
装盒的高与底面边长的比值为1
2
．
