2016-2017学年度高中人教A版必修一第三章《函数的应用》单元模拟测验
文档属性
| 名称 | 2016-2017学年度高中人教A版必修一第三章《函数的应用》单元模拟测验 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 636.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2016-11-25 21:03:08 | ||
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文档简介
2016-2017学年度高中人教A版必修一第三章《函数的应用》单元模拟测验
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知是函数的一个零点．若，则（
）
A．
B．
C．
D．
2．定义域是一切实数的函数，其图象是连续不断的，且存在常数使得对任意实数都成立，则称是一个“—半随函数”.有下列关于“—半随函数”的结论：
①是常数函数中唯一一个“—半随函数”；
②“—半随函数”至少有一个零点；
③是一个“—半随函数”；
其中正确结论的个数是（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．0个
3．在求的倒数的值时，嘉淇同学将看成了，她求得的值比正确答案小5．依上述情形，所列关系式成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．下列函数中，既是奇函数又存在零点的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．已知函数，若f（x0）=2，则x0=（
）
A．2或﹣1
B．2
C．﹣1
D．2或1
6．设是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，．若在区间内关于的方程（）恰有个不同的实数根，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
7．直线与曲线有且仅有个公共点，则实数的取值范围是
A．
B．
C．
D．
8．方程的解所在的区间为（
）
A．
B．
C．
D．
9．已知函数，关于的不等式只有两个整数解，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数满足，且当时，，若当时，函数与轴有交点，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
填空题
11．若直线ｙ=kx＋1与曲线x=有两个不同的交点，则k的取值范围为
．
12．若向量，，则函数在区间上的零点个数为
．
13．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围为________．
14．已知函数，若关于的函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是____________．
15．设和是定义在同一区间上的两个函数，若函数在上有2个不同的零点，则称和在上是“关联函数”，区间称为“关联区间”．若和是上的“关联函数”，则实数的取值范围为
．
16．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则___
____
吨．
17．已知函数，若方程有且仅有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
18．函数的零点个数为
．
19．（2014 天津）已知函数f（x）=|x2+3x|，x∈R，若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为
．
20．已知函数方程有四个不同的实数根，则的取值范围为__________________．
解答题
21．（2015秋 黄冈期末）李庄村电费收取有以下两种方案供农户选择：
方案一：每户每月收管理费2元，月用电不超过30度每度0.5元，超过30度时，超过部分按每度0.6元．
方案二：不收管理费，每度0.58元．
（1）求方案一收费L（x）元与用电量x（度）间的函数关系；
（2）李刚家九月份按方案一交费35元，问李刚家该月用电多少度？
（3）李刚家月用电量在什么范围时，选择方案一比选择方案二更好？
22．已知，.
（1）若方程有三个解，试求实数的取值范围；
（2）是否存在实数，使函数的定义域与值域均为？若存在，求出所有的区间，若不存在，说明理由.
23．已知函数．
（1）若g（2）=2，讨论函数h（x）的单调性；
（2）若函数g（x）是关于x的一次函数，且函数h（x）有两个不同的零点x1，x2．
①求b的取值范围；
②求证：．
24．（2015秋 福州校级期末）已知函数f（x）=ax2+bx+c，满足f（1）=﹣，且3a＞2c＞2b．
（1）求证：a＞0时，的取值范围；
（2）证明函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点；
（3）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，求|x1﹣x2|的取值范围．
25．如图，某生态园将一三角形地块的一角开辟为水果园种植桃树，已知角为,的长度均大于米，现在边界处建围墙，在处围竹篱笆．
（1）若围墙总
长度为米，如何围可使得三角形地块的面积最大？
（2）已知段围墙高米，段围墙高米，造价均为每平方米元．若围围墙用了元,问如何围可使竹篱笆用料最省？
26．市场上有一种新型的强力洗衣液，特点是去污速度快.已知每投放a（1≤a≤4，且a∈R）个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度y（克/升）随着时间x（分钟）变化的函数关系式近似为，其中，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4个单位的洗衣液，则有效去污时间可能达几分钟？
（2）若第一次投放个2单位的洗衣液，6分钟后再投放2个单位的洗衣液，问能否使接下来的4分钟
内持续有效去污？说明理由.
27．已知.
（Ⅰ）若，求方程的解；
（Ⅱ）若关于的方程在（0,2）上有两个解，，求的取值范围，并证明.
28．为保护生态环境，我市某山区自2005年起开始实行退耕还林．已知2004年底该山区森林覆盖面积为a亩．
（1）设退耕还林后，森林覆盖面积的年自然增长率为2%，写出该山区的森林覆盖面积y（亩）与退耕还林年数x（年）之间的函数关系式，并求出2009年底时该山区的森林覆盖面积．
（2）如果要求到2014年底，该山区的森林覆盖面积至少是2004年底的2倍，就必须还要实行人工绿化工程．请问2014年底要达到要求，该山区森林覆盖面积的年平均增长率不能低于多少？
（参考数据：1．024=1．082，1．025=1．104，1．026=1．126，lg2=0．301，lg1．072=0．0301）
29．已知．
（I）设，．若函数存在零点，求的取值范围；
（II）若是偶函数，设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围．
30．已知函数在上有最大值1和最小值0，设（
为自然对数的底数）．
（1）求的值；
（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围；
（3）若方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：和在都是增函数，已知是函数的一个零点，所以，，所以．
考点：1．函数的零点；2．函数的性质．
【方法点睛】此题主要考察函数的性质问题，属于基础习题，当一个习题给出一个函数，那你首先要通过所学习的知识，考察这个函数的一些典型性质了，对应求零点，或者是零点的应用问题，首先要考察函数的单调性，和在都是增函数，所以增+增=增函数，结合，当，易得出．
2．A
【解析】
试题分析：由“—半随函数”的定义可知①③是不正确的,理由是对于①不唯一,对于③是不存在的；是正确的,由于至少有一根,因此应选答案A.
考点：函数及新定义的概念的灵活运用．
【易错点晴】本题以函数的形式为背景，考查的是函数的零点等有关知识及推理判断的能力.
命题的真假的判断及分析求解的能力是解答好本题的关键,本题给出的三个命题的真假的判断成为解答这道试题的重中之重.对于命题①,实数的取值是不唯一的,因此该命题是假命题；对于命题②,运用定义可得结论,显然这个方程的解是不唯一的,所以是真命题；对于命题③找不到实数满足题设,因此是假命题整个求解过程充满了推理和判断.
3．B
【解析】
试题分析：由题意，知的倒数比的倒数大5，故选B．
考点：1、倒数；2、一元一次方程的应用．
4．D．
【解析】
试题分析：A：不是奇函数，B：不存在零点；C：既不是奇函数，也不存在零点；D：符合题意，故选D．
考点：函数的奇偶性与函数的零点．
5．A
【解析】
试题分析：利用分段函数性质求解．
解：∵函数，f（x0）=2，
∴x0≤0时，，解得x0=﹣1；
x0＞0时，f（x0）=log2（x0+2）=2，解得x0=2．
∴x0的值为2或﹣1．
故选：A．
考点：函数的值．
6．D
【解析】
试题分析：当时,,所以；当时,,则,画出函数的图象如图,结合图象可知:要使恰有三个不同实数根,只需函数的图象与的图象有三个交点,所以,即,解之得,即实数的取值范围是，故应选D.
考点：函数的图象和基本性质的综合运用．
【易错点晴】本题考查的是函数的图像与零点的个数的综合运用问题.解答时可依据题设条件,借助函数的周期性,单调性及对称性,将问题进行合理有效的转化与化归,在同一平面直角坐标系中画出函数和函数的图象,数形结合,从图象不难看出,
方程（）恰有个不同的实数根等价于函数与函数的图像有三个交点.然后依据图形建立不等式组,通过解不等式组求出了参数的取值范围是.
7．C
【解析】
试题分析：如图所示，直线过点，
圆的圆心坐标为直线与曲线有且仅有个公共点设为，则，直线与曲线相切时，，直线与曲线有且仅有个公共点，则实数的取值范围是．
考点：直线与圆相交，相切问题．
8．C
【解析】
试题分析：设是增函数，，，，即，故选C．
考点：函数的零点
9．C.
【解析】
试题分析：，∴在上单调递增，上单调递减，∴，又∵，，不等式只有两个整数解，∴，即实数的取值范围是故选C．
【考点】本题主要考查导数的运用．
10．B
【解析】
试题分析：当时，，把代入，即，即．由函数与轴有交点，即有解．令，则是过原点的直线，作出与的图象，当直线过点时，斜率最大，将代入，解得；当直线过点时，斜率最小，将代入，解得，所以实数的取值范围是，故选B．
考点：1、函数的零点；2、函数图象．
11．
【解析】
试题分析：由已知，曲线为双曲线右支，又直线恒过点，当直线与曲线有两个不同的交点时，可知曲线与直线的方程有两组不等的公共解，且为正根，经联立方程，化简得
，则，解得.
考点：直线与圆锥曲线的综合问题．
【思路点睛】本题为直线与圆锥曲线的综合问题.是过定点的直线方程，曲线表示双曲线右支，将代入，消元可得，由此可将直线与曲线有两个不同的交点的问题转化为方程有两个不等的正根，从而解出的取值范围.
12．
【解析】
试题分析：由（），则函数的零点可转化为和，函数和
在区间上的交点个数，作出函数的图象，如图所示，两个函数共有，共有五个交点，所以函数在区间上的零点个数为个．
考点：函数的零点的判断．
【方法点晴】本题主要考查了函数的零点问题的判断，其中解答中涉及到三角函数的化简、三角函数的图象与性质、知识函数的图象等知识点的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中把函数的零点问题转化为两个函数图象的交点是解答的关键．
13．
【解析】
试题分析：方法1；由题题中给出的定义“关联函数”，可知函数应有两个交点，即：
，在区间[0,3]上函数图像有两个交点，画出函数
图像有在区间内的交点个数可得；
方法2；f（x）=x2-3x+4与g（x）=2x+m在[0，3]上是“关联函数”，
故函数在[0，3]上有两个不同的零点，
考点：数学阅读能力与函数的零点及数形结合思想.
14．
【解析】
试题分析：因为函数，其中，作出的简图，由图象可得，当在上任取一值时，都有四个不同的与的值对应，再结合题中关于的函数有8个不同的零点，可知关于的方程有两个不同的实数根，且，则
考点：函数的图象与一元二次方程根的分布,数形结合思想.
【易错点晴】本题考查了函数的图象与一元二次方程根的分布的知识，采用数形结合的方法来解决，结合图像去解题使问题变得直观简单，数形结合思想是高考要求学生必须具备的一种重要的数学解题思想，能够变抽象思维为形象思维有助于把握数学问题的本质，一元二次的根的分布是很重要的数学基础知识，学习时不能忽视.
15．
【解析】
试题分析：由题意可知函数在上有两个零点，所以需满足
，解不等式得实数的取值范围为
考点：1．函数零点；2．二次函数图像及性质
16．
【解析】
试题分析：设总费用为万元，则，当且仅当，即时，有最小值，所以应填．
考点：1．函数建模问题；2．基本不等式．
【名师点睛】本题主要考查函数建模与基本不等式的综合应用，属容易题；解实际应用问题时应注意：
1．设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数；2．根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数最值；3．在求函数最值时，一定要在定义域（使实际问题有意义的自变量的取值范围）内求；4．有些实际问题中，要求最值的需要用几个变量表示，同时这几个变量满足某个关系式，这时问题就变成了一个条件最值，可用求条件最值的方法求最值．
17．
【解析】
试题分析：当时，，所以函数在是是周期为的函数，令，则，所以，在同一坐标系内作出函数与的图象，由图象档知，两个函数的图象有两个公共点时.
考点：1.函数的周期性；2.函数的图象；3.函数与方程.
【名师点睛】本题主要考查函数的周期性、函数的图象、函数与方程，属中档题；判断方程根的问题通常要转化为函数的零点问题，再经过变形，转化为两个函数图象的交点问题，在同一坐标系内画出两个函数的图象，通过数形结合，进行求解.
18．
【解析】
试题分析：当时，是增函数，有一个零点，当时，显然是其零点，故一共有两个零点.
考点：分段函数零点问题.
19．（0，1）∪（9，+∞）
【解析】
试题分析：由y=f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，作出函数y=f（x），y=a|x﹣1|的图象利用数形结合即可得到结论．
解：由y=f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，
作出函数y=f（x），y=g（x）=a|x﹣1|的图象，
当a≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件，
则a＞0，此时g（x）=a|x﹣1|=，
当﹣3＜x＜0时，f（x）=﹣x2﹣3x，g（x）=﹣a（x﹣1），
当直线和抛物线相切时，有三个零点，
此时﹣x2﹣3x=﹣a（x﹣1），
即x2+（3﹣a）x+a=0，
则由△=（3﹣a）2﹣4a=0，即a2﹣10a+9=0，解得a=1或a=9，
当a=9时，g（x）=﹣9（x﹣1），g（0）=9，此时不成立，∴此时a=1，
要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，
若a＞1，此时g（x）=﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，
此时只需要当x＞1时，f（x）=g（x）有两个不同的零点即可，
即x2+3x=a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a=0，
则由△=（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，
综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），
方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，
若x=1，则4=0不成立，
故x≠1，
则方程等价为a===||=|x﹣1++5|，
设g（x）=x﹣1++5，
当x＞1时，g（x）=x﹣1++5≥，当且仅当x﹣1=，即x=3时取等号，
当x＜1时，g（x）=x﹣1++5=5﹣4=1，当且仅当﹣（x﹣1）=﹣，即x=﹣1时取等号，
则|g（x）|的图象如图：
若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，
则满足a＞9或0＜a＜1，
故答案为：（0，1）∪（9，+∞）
考点：根的存在性及根的个数判断．
20．
【解析】
试题分析：，当时，恒成立，所以在上为增函数；当时，，由，得，当时，为增函数，当时，为减函数，所以函数在上有一个最大值为，要使方程有四个实数根，令，则方程应有两个不等根，且一个根在内，一个根在内，再令，因为，则只需，即，解得：．所以，使得函数，方程有四个实数根的的取值范围是．
考点：方程的根与函数的零点．
【思路点睛】本题解答此题的关键是分析出方程有四个实数根时的取值情况．函数化成分段函数，通过求导分析得到函数在上为增函数，在上为增函数，在上为减函数，求得函数在上，当时有一个最大值，所以，要使方程有四个实数根，的值一个要在内，一个在内，然后运用二次函数的图象及二次方程根的关系列式求解的取值范围．
21．（1）（注：x
也可不取0）；（2）60度；（3）25＜x＜50．
【解析】
试题分析：（1）分0≤x≤30、x＞30两种情况讨论即可；
（2）通过分别令0≤x≤30、x＞30时L（x）=35计算即得结论；
（3）通过分别令0≤x≤30、x＞30时L（x）＜0.58x计算即得结论．
解：（1）当0≤x≤30时，L（x）=2+0.5x；
当x＞30时，L（x）=2+30×0.5+（x﹣30）×0.6=0.6x﹣1，
∴（注：x
也可不取0）；
（2）当0≤x≤30时，由L（x）=2+0.5x=35得x=66，舍去；
当x＞30时，由L（x）=0.6x﹣1=35得x=60，
∴李刚家该月用电60度；
（3）设按第二方案收费为F（x）元，则F（x）=0.58x，
当0≤x≤30时，由L（x）＜F（x），
得：2+0.5x＜0.58x，解得：x＞25，
∴25＜x≤30；
当x＞30时，由L（x）＜F（x），
得：0.6x﹣1＜0.58x，解得：x＜50，
∴30＜x＜50；
综上，25＜x＜50．
故李刚家月用电量在25度到50度范围内（不含25度、50度）时，选择方案一比方案二更好．
考点：函数模型的选择与应用．
22．（1）；（2），及，满足条件.
【解析】
试题分析：（1）若方程有三个解，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合即可试求实数k的取值范围；（2）作出函数f（x）的图象，利用数形结合以及函数定义域和值域之间的关系进行求解即可．
试题解析：（1）若方程有三个解，
当时，方程成立，
即当是方程的一个根，
当时，等价为方程有两个不同的根，即，
设，
则，
作出函数的图象如图：
则当时，有两个不同的交点，
即此时有两个非零的根，有三个解，
综上.
（2）作出函数的图象如图：
则函数的值域为，
若使函数的定义域与值域均为，
则，且至少有两个根.
当时，即，
得或，
当时，即，
得或，
所以，区间可以为，
由图形可知，不成立，
故存在，时，即定义域为，此时函数的值域为，满足条件.
，时，即定义域为，此时函数的值域为，满足条件.
考点：根的存在性及个数判断
【方法点睛】分段函数“两种”题型的求解策略
(1)根据分段函数解析式求函数值
首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解．
(2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围
应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．
23．（1）a0时在（0，1）上单调增，在（1，+）上单调减；a＜-1时在（0，）上单调增；在（1，+）上单调增；a=-1时在（0，+）上单调减；-1＜a＜0时，在（0，1）上单调增；在（，+）上单调增；在（1，）上单调减；（2）①（，0）②详见解析
【解析】
试题分析：（1）根据g（2）=2，求出h（x）的表达式，求函数的导数，即可讨论函数h（x）的单调性；
（2）根据函数g（x）是关于x的一次函数，确定a=0，根据函数h（x）有两个不同的零点．即可得到结论，证明不等式
试题解析：（1）∵g（2）=2
∴a-b=1
∴
，其定义域为（0，+）
（Ⅰ）若a0，则函数h（x）在区间（0，1）上单调增；在区间（1，+）上单调减．
（Ⅱ）若a＜0，令得
①当a＜-1时，则，所以函数h（x）在区间（0，）上单调增；在区间（1，+）上单调增；在区间（，1）上单调减．
②当a=-1时，所以函数h（x）在区间（0，+）单调减．
③当-1＜a＜0时，则，所以函数h（x）在区间（0，1）上单调增；在区间（，+）上单调增；在区间（1，）上单调减．
（2）∵函数g（x）是关于x的一次函数
∴
，其定义域为（0，+）
①由得，记，则
∴在单调减，在单调增，
∴当时取得最小值
又，所以时，而时
∴b的取值范围是（，0）
②由题意得
∴
∴，不妨设x1＜x2
要证
，
只需要证
即证，设
则
∴
∴函数在（1，+）上单调增，而，所以即
∴．
考点：1．函数导数与单调性极值；2．不等式证明；3．构造函数
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）|x1﹣x2|．
【解析】
试题分析：（1）根据f（1）=0，可得a，b，c的关系，再根据3a＞2c＞2b，将其中的c代换成a与b表示，即可求得的取值范围；
（2）求出f（2）的值，根据已知条件，分别对c的正负情况进行讨论即可；
（3）根据韦达定理，将|x1﹣x2|转化成用两个根表示，然后转化成用表示，运用（1）的结论，即可求得|x1﹣x2|的取值范围．
解：（1）∵f（1）=a+b+c=﹣，
∴3a+2b+2c=0．
又3a＞2c＞2b，
故3a＞0，2b＜0，
从而a＞0，b＜0，
又2c=﹣3a﹣2b及3a＞2c＞2b知3a＞﹣3a﹣2b＞2b
∵a＞0，∴3＞﹣3﹣＞2，
即﹣3＜＜﹣．
（2）根据题意有f（0）=0，f（2）=4a+2b+c=（3a+2b+2c）+a﹣c=a﹣c．
下面对c的正负情况进行讨论：
①当c＞0时，∵a＞0，
∴f（0）=c＞0，f（1）=﹣＜0
所以函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点；
②当c≤0时，∵a＞0，
∴f（1）=﹣＜0，f（2）=a﹣c＞0
所以函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点；
综合①②得函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点；
（3）．∵x1，x2是函数f（x）的两个零点
∴x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两根．
故x1+x2=﹣，x1x2===
从而|x1﹣x2|
===．
∵﹣3＜＜﹣，
∴|x1﹣x2|．
考点：二次函数的性质；函数零点的判定定理．
25．（1）当米,米时,
可使三角形地块的面积最大；（2）当米,米时,
可使篱笆最省．
【解析】
试题分析：（1）易得的面积．当且仅当时，取“”．即当米；（2）由题意得，要使竹篱笆用料最省，只需其长度最短，又
，当时,
有最小值,从而求得正解．
试题解析：设米，米．
（1）则的面积．
当且仅当,即时，取“”．即当米,米时,
可使三角形地块的面积最大．
（2）由题意得，即，要使竹篱笆用料最省，只需其长度最短，所以
，当时,
有最小值,此时当米,米时,
可使篱笆最省．
考点：1、解三角形；2、重要不等式．
26．（1）8
（2）
接下来的4分钟持续去污
【解析】
试题分析：（I）a=4，所以，利用水中洗衣液的浓度不低于4（克/升），利用分段函数的意义分类讨论即可解出；（II）当6≤x≤10时，，利用基本不等式，即可得出结论
试题解析：（1）
当0≤x≤4，，得x≥0；
当4＜x≤10，，得4＜x≤8，∴有效去污时间可能达8分钟.
答：有效去污时间可能达8分钟。
（2）能在接下来的4分钟内持续有效去污，设6分钟后水中洗衣液的浓度为g（x）
，
，令，
当且仅当即∈[6,10]时，洗衣液的浓度最小为克/升，大于4克/升，所以能在接下来的4分钟持续去污.
答：能在接下来的4分钟持续去污.
考点：函数模型的选择与应用
27．（Ⅰ）或.（Ⅱ）详见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据绝对值定义分类讨论方程的解：①当，解方程，得；②当，解方程，得；（Ⅱ）因为在（0,2）上有两个解，，所以；即，，消去，得，从而，得证.
试题解析：（1）当时，，
①当，即或时，方程化为，解得，
因为，舍去，所以；
②当，即时，方程化为，解得：；
由①②得，当时，方程的解为或.
（2）不妨设，因为，
所以在是单调函数，故在上至多一个解，
若，则，故不符题意，因此；
由，得，所以；由，得，所以；
故当时，方程在上有两个解；
因为，所以，，
消去，得，即，因为，所以.
考点：利用绝对值定义解不等式
【名师点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
28．（1）到2002年底时该山区的森林覆盖为1．104a亩．（2）森林覆盖面积的年平均增长率不能低于7．2%．
【解析】
试题分析：（1）本题为应用题，读题可建立指数型函数模型．（2）在第（1）问的基础上，设未知量，建立不等式求解．
试题解析：（1）所求函数式是y=a（1+2%）x（x>0）．
∵到2002年底时，退耕还林已达5年，即x=5，
∴y=a（1+2%）5=1．104a．
即到2002年底时该山区的森林覆盖为1．104a亩．
（2）设年平均增长率为p．
则由题意有a（1+p）10≥2a，
两边取常用对数有lg（1+p）10≥lg2，
∴
10lg（1+p）≥0．301．∴
lg（1+p）≥0．0301，
即
lg（1+p）≥lg1．072．∴
1+p≥1．072．∴p≥0．072．
即森林覆盖面积的年平均增长率不能低于7．2%．
考点：（1）指数型函数模型的应用．（2）对数的应用．
29．（I）；（II）或．
【解析】
试题分析：（I）化简，为减函数，且，所以要使有零点，只需即可；（II）利用求得．函数与的图象有且只有一个交点，即方程有且只有一解，即方程有且只有一解．利用换元法且对分成和两类，讨论根的情况，得出的取值范围．
试题解析：
（I）由题意函数存在零点，即有解．
又，
易知在上是减函数
，又，，即．
所以的取值范围是．………………5分
（II）∵是偶函数，
∴对任意恒成立，
即恒成立，∴．
∵函数与的图象有且只有一个交点，
∴方程有且只有一解，又，
即方程有且只有一解．
令，则，且原方程化为（
），………………9分
①当时，解得，不合题意；
②当时，方程（
）的两根异号或有两相等正根．
由得或-3；但时，，不合，舍去；而时，，适合．
由方程（
）的两根异号得，解得．
综上所述，所求的取值范围为或．………………12分
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】函数零点（方程的根）的问题，常见的类型有：（1）零点或零点存在区间的确定；（2）零点个数的确定；（3）利用零点求参数范围问题．解决这类问题的常用方法有：解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解．对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点．
30．（1）1，0；（2）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）分三种情况讨论的最大值和最小值，首先排除两种情况，当时，在上是减函数，∴，得的值分别为1、0；（2）利用化归思想，原题等价，在上有解，令，则，
，，；（3）令，原方程可化为有两个不同的实数解，，，再根据一元二次方程根的分布列不等式组求出k的范围．
试题解析：（1），
当时，在上是增函数，∴，
即，解得，
当时，，无最大值和最小值；
当时，在上是减函数，∴，
即，解得，
∵，∴舍去．
综上，的值分别为1、0．
（2）由（1）知，∴在上有解等价于
在上有解，
即在上有解，
令，则，
∵，∴，
记，∵，∴，
∴的取值范围为．
（3）原方程可化为，
令，则，由题意知有两个不同的实数解
，其中，或，，
记，则得．
考点：1、函数的单调性；2含参数不等式有解问题；3、方程根的个数以及一元二次方程根的分布．
【方法点晴】本题主要考查不等式有解问题以及方程根的个数问题，属于难题．不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布解题，还可以转化为有解（即可）或转化为有解（即可），本题（2）就用了这种方法．
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．已知是函数的一个零点．若，则（
）
A．
B．
C．
D．
2．定义域是一切实数的函数，其图象是连续不断的，且存在常数使得对任意实数都成立，则称是一个“—半随函数”.有下列关于“—半随函数”的结论：
①是常数函数中唯一一个“—半随函数”；
②“—半随函数”至少有一个零点；
③是一个“—半随函数”；
其中正确结论的个数是（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．0个
3．在求的倒数的值时，嘉淇同学将看成了，她求得的值比正确答案小5．依上述情形，所列关系式成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．下列函数中，既是奇函数又存在零点的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．已知函数，若f（x0）=2，则x0=（
）
A．2或﹣1
B．2
C．﹣1
D．2或1
6．设是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，．若在区间内关于的方程（）恰有个不同的实数根，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
7．直线与曲线有且仅有个公共点，则实数的取值范围是
A．
B．
C．
D．
8．方程的解所在的区间为（
）
A．
B．
C．
D．
9．已知函数，关于的不等式只有两个整数解，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数满足，且当时，，若当时，函数与轴有交点，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
填空题
11．若直线ｙ=kx＋1与曲线x=有两个不同的交点，则k的取值范围为
．
12．若向量，，则函数在区间上的零点个数为
．
13．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围为________．
14．已知函数，若关于的函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是____________．
15．设和是定义在同一区间上的两个函数，若函数在上有2个不同的零点，则称和在上是“关联函数”，区间称为“关联区间”．若和是上的“关联函数”，则实数的取值范围为
．
16．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则___
____
吨．
17．已知函数，若方程有且仅有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________.
18．函数的零点个数为
．
19．（2014 天津）已知函数f（x）=|x2+3x|，x∈R，若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为
．
20．已知函数方程有四个不同的实数根，则的取值范围为__________________．
解答题
21．（2015秋 黄冈期末）李庄村电费收取有以下两种方案供农户选择：
方案一：每户每月收管理费2元，月用电不超过30度每度0.5元，超过30度时，超过部分按每度0.6元．
方案二：不收管理费，每度0.58元．
（1）求方案一收费L（x）元与用电量x（度）间的函数关系；
（2）李刚家九月份按方案一交费35元，问李刚家该月用电多少度？
（3）李刚家月用电量在什么范围时，选择方案一比选择方案二更好？
22．已知，.
（1）若方程有三个解，试求实数的取值范围；
（2）是否存在实数，使函数的定义域与值域均为？若存在，求出所有的区间，若不存在，说明理由.
23．已知函数．
（1）若g（2）=2，讨论函数h（x）的单调性；
（2）若函数g（x）是关于x的一次函数，且函数h（x）有两个不同的零点x1，x2．
①求b的取值范围；
②求证：．
24．（2015秋 福州校级期末）已知函数f（x）=ax2+bx+c，满足f（1）=﹣，且3a＞2c＞2b．
（1）求证：a＞0时，的取值范围；
（2）证明函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点；
（3）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，求|x1﹣x2|的取值范围．
25．如图，某生态园将一三角形地块的一角开辟为水果园种植桃树，已知角为,的长度均大于米，现在边界处建围墙，在处围竹篱笆．
（1）若围墙总
长度为米，如何围可使得三角形地块的面积最大？
（2）已知段围墙高米，段围墙高米，造价均为每平方米元．若围围墙用了元,问如何围可使竹篱笆用料最省？
26．市场上有一种新型的强力洗衣液，特点是去污速度快.已知每投放a（1≤a≤4，且a∈R）个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度y（克/升）随着时间x（分钟）变化的函数关系式近似为，其中，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4个单位的洗衣液，则有效去污时间可能达几分钟？
（2）若第一次投放个2单位的洗衣液，6分钟后再投放2个单位的洗衣液，问能否使接下来的4分钟
内持续有效去污？说明理由.
27．已知.
（Ⅰ）若，求方程的解；
（Ⅱ）若关于的方程在（0,2）上有两个解，，求的取值范围，并证明.
28．为保护生态环境，我市某山区自2005年起开始实行退耕还林．已知2004年底该山区森林覆盖面积为a亩．
（1）设退耕还林后，森林覆盖面积的年自然增长率为2%，写出该山区的森林覆盖面积y（亩）与退耕还林年数x（年）之间的函数关系式，并求出2009年底时该山区的森林覆盖面积．
（2）如果要求到2014年底，该山区的森林覆盖面积至少是2004年底的2倍，就必须还要实行人工绿化工程．请问2014年底要达到要求，该山区森林覆盖面积的年平均增长率不能低于多少？
（参考数据：1．024=1．082，1．025=1．104，1．026=1．126，lg2=0．301，lg1．072=0．0301）
29．已知．
（I）设，．若函数存在零点，求的取值范围；
（II）若是偶函数，设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围．
30．已知函数在上有最大值1和最小值0，设（
为自然对数的底数）．
（1）求的值；
（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围；
（3）若方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：和在都是增函数，已知是函数的一个零点，所以，，所以．
考点：1．函数的零点；2．函数的性质．
【方法点睛】此题主要考察函数的性质问题，属于基础习题，当一个习题给出一个函数，那你首先要通过所学习的知识，考察这个函数的一些典型性质了，对应求零点，或者是零点的应用问题，首先要考察函数的单调性，和在都是增函数，所以增+增=增函数，结合，当，易得出．
2．A
【解析】
试题分析：由“—半随函数”的定义可知①③是不正确的,理由是对于①不唯一,对于③是不存在的；是正确的,由于至少有一根,因此应选答案A.
考点：函数及新定义的概念的灵活运用．
【易错点晴】本题以函数的形式为背景，考查的是函数的零点等有关知识及推理判断的能力.
命题的真假的判断及分析求解的能力是解答好本题的关键,本题给出的三个命题的真假的判断成为解答这道试题的重中之重.对于命题①,实数的取值是不唯一的,因此该命题是假命题；对于命题②,运用定义可得结论,显然这个方程的解是不唯一的,所以是真命题；对于命题③找不到实数满足题设,因此是假命题整个求解过程充满了推理和判断.
3．B
【解析】
试题分析：由题意，知的倒数比的倒数大5，故选B．
考点：1、倒数；2、一元一次方程的应用．
4．D．
【解析】
试题分析：A：不是奇函数，B：不存在零点；C：既不是奇函数，也不存在零点；D：符合题意，故选D．
考点：函数的奇偶性与函数的零点．
5．A
【解析】
试题分析：利用分段函数性质求解．
解：∵函数，f（x0）=2，
∴x0≤0时，，解得x0=﹣1；
x0＞0时，f（x0）=log2（x0+2）=2，解得x0=2．
∴x0的值为2或﹣1．
故选：A．
考点：函数的值．
6．D
【解析】
试题分析：当时,,所以；当时,,则,画出函数的图象如图,结合图象可知:要使恰有三个不同实数根,只需函数的图象与的图象有三个交点,所以,即,解之得,即实数的取值范围是，故应选D.
考点：函数的图象和基本性质的综合运用．
【易错点晴】本题考查的是函数的图像与零点的个数的综合运用问题.解答时可依据题设条件,借助函数的周期性,单调性及对称性,将问题进行合理有效的转化与化归,在同一平面直角坐标系中画出函数和函数的图象,数形结合,从图象不难看出,
方程（）恰有个不同的实数根等价于函数与函数的图像有三个交点.然后依据图形建立不等式组,通过解不等式组求出了参数的取值范围是.
7．C
【解析】
试题分析：如图所示，直线过点，
圆的圆心坐标为直线与曲线有且仅有个公共点设为，则，直线与曲线相切时，，直线与曲线有且仅有个公共点，则实数的取值范围是．
考点：直线与圆相交，相切问题．
8．C
【解析】
试题分析：设是增函数，，，，即，故选C．
考点：函数的零点
9．C.
【解析】
试题分析：，∴在上单调递增，上单调递减，∴，又∵，，不等式只有两个整数解，∴，即实数的取值范围是故选C．
【考点】本题主要考查导数的运用．
10．B
【解析】
试题分析：当时，，把代入，即，即．由函数与轴有交点，即有解．令，则是过原点的直线，作出与的图象，当直线过点时，斜率最大，将代入，解得；当直线过点时，斜率最小，将代入，解得，所以实数的取值范围是，故选B．
考点：1、函数的零点；2、函数图象．
11．
【解析】
试题分析：由已知，曲线为双曲线右支，又直线恒过点，当直线与曲线有两个不同的交点时，可知曲线与直线的方程有两组不等的公共解，且为正根，经联立方程，化简得
，则，解得.
考点：直线与圆锥曲线的综合问题．
【思路点睛】本题为直线与圆锥曲线的综合问题.是过定点的直线方程，曲线表示双曲线右支，将代入，消元可得，由此可将直线与曲线有两个不同的交点的问题转化为方程有两个不等的正根，从而解出的取值范围.
12．
【解析】
试题分析：由（），则函数的零点可转化为和，函数和
在区间上的交点个数，作出函数的图象，如图所示，两个函数共有，共有五个交点，所以函数在区间上的零点个数为个．
考点：函数的零点的判断．
【方法点晴】本题主要考查了函数的零点问题的判断，其中解答中涉及到三角函数的化简、三角函数的图象与性质、知识函数的图象等知识点的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中把函数的零点问题转化为两个函数图象的交点是解答的关键．
13．
【解析】
试题分析：方法1；由题题中给出的定义“关联函数”，可知函数应有两个交点，即：
，在区间[0,3]上函数图像有两个交点，画出函数
图像有在区间内的交点个数可得；
方法2；f（x）=x2-3x+4与g（x）=2x+m在[0，3]上是“关联函数”，
故函数在[0，3]上有两个不同的零点，
考点：数学阅读能力与函数的零点及数形结合思想.
14．
【解析】
试题分析：因为函数，其中，作出的简图，由图象可得，当在上任取一值时，都有四个不同的与的值对应，再结合题中关于的函数有8个不同的零点，可知关于的方程有两个不同的实数根，且，则
考点：函数的图象与一元二次方程根的分布,数形结合思想.
【易错点晴】本题考查了函数的图象与一元二次方程根的分布的知识，采用数形结合的方法来解决，结合图像去解题使问题变得直观简单，数形结合思想是高考要求学生必须具备的一种重要的数学解题思想，能够变抽象思维为形象思维有助于把握数学问题的本质，一元二次的根的分布是很重要的数学基础知识，学习时不能忽视.
15．
【解析】
试题分析：由题意可知函数在上有两个零点，所以需满足
，解不等式得实数的取值范围为
考点：1．函数零点；2．二次函数图像及性质
16．
【解析】
试题分析：设总费用为万元，则，当且仅当，即时，有最小值，所以应填．
考点：1．函数建模问题；2．基本不等式．
【名师点睛】本题主要考查函数建模与基本不等式的综合应用，属容易题；解实际应用问题时应注意：
1．设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数；2．根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数最值；3．在求函数最值时，一定要在定义域（使实际问题有意义的自变量的取值范围）内求；4．有些实际问题中，要求最值的需要用几个变量表示，同时这几个变量满足某个关系式，这时问题就变成了一个条件最值，可用求条件最值的方法求最值．
17．
【解析】
试题分析：当时，，所以函数在是是周期为的函数，令，则，所以，在同一坐标系内作出函数与的图象，由图象档知，两个函数的图象有两个公共点时.
考点：1.函数的周期性；2.函数的图象；3.函数与方程.
【名师点睛】本题主要考查函数的周期性、函数的图象、函数与方程，属中档题；判断方程根的问题通常要转化为函数的零点问题，再经过变形，转化为两个函数图象的交点问题，在同一坐标系内画出两个函数的图象，通过数形结合，进行求解.
18．
【解析】
试题分析：当时，是增函数，有一个零点，当时，显然是其零点，故一共有两个零点.
考点：分段函数零点问题.
19．（0，1）∪（9，+∞）
【解析】
试题分析：由y=f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，作出函数y=f（x），y=a|x﹣1|的图象利用数形结合即可得到结论．
解：由y=f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，
作出函数y=f（x），y=g（x）=a|x﹣1|的图象，
当a≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件，
则a＞0，此时g（x）=a|x﹣1|=，
当﹣3＜x＜0时，f（x）=﹣x2﹣3x，g（x）=﹣a（x﹣1），
当直线和抛物线相切时，有三个零点，
此时﹣x2﹣3x=﹣a（x﹣1），
即x2+（3﹣a）x+a=0，
则由△=（3﹣a）2﹣4a=0，即a2﹣10a+9=0，解得a=1或a=9，
当a=9时，g（x）=﹣9（x﹣1），g（0）=9，此时不成立，∴此时a=1，
要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，
若a＞1，此时g（x）=﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，
此时只需要当x＞1时，f（x）=g（x）有两个不同的零点即可，
即x2+3x=a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a=0，
则由△=（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，
综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），
方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|=0得f（x）=a|x﹣1|，
若x=1，则4=0不成立，
故x≠1，
则方程等价为a===||=|x﹣1++5|，
设g（x）=x﹣1++5，
当x＞1时，g（x）=x﹣1++5≥，当且仅当x﹣1=，即x=3时取等号，
当x＜1时，g（x）=x﹣1++5=5﹣4=1，当且仅当﹣（x﹣1）=﹣，即x=﹣1时取等号，
则|g（x）|的图象如图：
若方程f（x）﹣a|x﹣1|=0恰有4个互异的实数根，
则满足a＞9或0＜a＜1，
故答案为：（0，1）∪（9，+∞）
考点：根的存在性及根的个数判断．
20．
【解析】
试题分析：，当时，恒成立，所以在上为增函数；当时，，由，得，当时，为增函数，当时，为减函数，所以函数在上有一个最大值为，要使方程有四个实数根，令，则方程应有两个不等根，且一个根在内，一个根在内，再令，因为，则只需，即，解得：．所以，使得函数，方程有四个实数根的的取值范围是．
考点：方程的根与函数的零点．
【思路点睛】本题解答此题的关键是分析出方程有四个实数根时的取值情况．函数化成分段函数，通过求导分析得到函数在上为增函数，在上为增函数，在上为减函数，求得函数在上，当时有一个最大值，所以，要使方程有四个实数根，的值一个要在内，一个在内，然后运用二次函数的图象及二次方程根的关系列式求解的取值范围．
21．（1）（注：x
也可不取0）；（2）60度；（3）25＜x＜50．
【解析】
试题分析：（1）分0≤x≤30、x＞30两种情况讨论即可；
（2）通过分别令0≤x≤30、x＞30时L（x）=35计算即得结论；
（3）通过分别令0≤x≤30、x＞30时L（x）＜0.58x计算即得结论．
解：（1）当0≤x≤30时，L（x）=2+0.5x；
当x＞30时，L（x）=2+30×0.5+（x﹣30）×0.6=0.6x﹣1，
∴（注：x
也可不取0）；
（2）当0≤x≤30时，由L（x）=2+0.5x=35得x=66，舍去；
当x＞30时，由L（x）=0.6x﹣1=35得x=60，
∴李刚家该月用电60度；
（3）设按第二方案收费为F（x）元，则F（x）=0.58x，
当0≤x≤30时，由L（x）＜F（x），
得：2+0.5x＜0.58x，解得：x＞25，
∴25＜x≤30；
当x＞30时，由L（x）＜F（x），
得：0.6x﹣1＜0.58x，解得：x＜50，
∴30＜x＜50；
综上，25＜x＜50．
故李刚家月用电量在25度到50度范围内（不含25度、50度）时，选择方案一比方案二更好．
考点：函数模型的选择与应用．
22．（1）；（2），及，满足条件.
【解析】
试题分析：（1）若方程有三个解，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合即可试求实数k的取值范围；（2）作出函数f（x）的图象，利用数形结合以及函数定义域和值域之间的关系进行求解即可．
试题解析：（1）若方程有三个解，
当时，方程成立，
即当是方程的一个根，
当时，等价为方程有两个不同的根，即，
设，
则，
作出函数的图象如图：
则当时，有两个不同的交点，
即此时有两个非零的根，有三个解，
综上.
（2）作出函数的图象如图：
则函数的值域为，
若使函数的定义域与值域均为，
则，且至少有两个根.
当时，即，
得或，
当时，即，
得或，
所以，区间可以为，
由图形可知，不成立，
故存在，时，即定义域为，此时函数的值域为，满足条件.
，时，即定义域为，此时函数的值域为，满足条件.
考点：根的存在性及个数判断
【方法点睛】分段函数“两种”题型的求解策略
(1)根据分段函数解析式求函数值
首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解．
(2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围
应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．
23．（1）a0时在（0，1）上单调增，在（1，+）上单调减；a＜-1时在（0，）上单调增；在（1，+）上单调增；a=-1时在（0，+）上单调减；-1＜a＜0时，在（0，1）上单调增；在（，+）上单调增；在（1，）上单调减；（2）①（，0）②详见解析
【解析】
试题分析：（1）根据g（2）=2，求出h（x）的表达式，求函数的导数，即可讨论函数h（x）的单调性；
（2）根据函数g（x）是关于x的一次函数，确定a=0，根据函数h（x）有两个不同的零点．即可得到结论，证明不等式
试题解析：（1）∵g（2）=2
∴a-b=1
∴
，其定义域为（0，+）
（Ⅰ）若a0，则函数h（x）在区间（0，1）上单调增；在区间（1，+）上单调减．
（Ⅱ）若a＜0，令得
①当a＜-1时，则，所以函数h（x）在区间（0，）上单调增；在区间（1，+）上单调增；在区间（，1）上单调减．
②当a=-1时，所以函数h（x）在区间（0，+）单调减．
③当-1＜a＜0时，则，所以函数h（x）在区间（0，1）上单调增；在区间（，+）上单调增；在区间（1，）上单调减．
（2）∵函数g（x）是关于x的一次函数
∴
，其定义域为（0，+）
①由得，记，则
∴在单调减，在单调增，
∴当时取得最小值
又，所以时，而时
∴b的取值范围是（，0）
②由题意得
∴
∴，不妨设x1＜x2
要证
，
只需要证
即证，设
则
∴
∴函数在（1，+）上单调增，而，所以即
∴．
考点：1．函数导数与单调性极值；2．不等式证明；3．构造函数
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）|x1﹣x2|．
【解析】
试题分析：（1）根据f（1）=0，可得a，b，c的关系，再根据3a＞2c＞2b，将其中的c代换成a与b表示，即可求得的取值范围；
（2）求出f（2）的值，根据已知条件，分别对c的正负情况进行讨论即可；
（3）根据韦达定理，将|x1﹣x2|转化成用两个根表示，然后转化成用表示，运用（1）的结论，即可求得|x1﹣x2|的取值范围．
解：（1）∵f（1）=a+b+c=﹣，
∴3a+2b+2c=0．
又3a＞2c＞2b，
故3a＞0，2b＜0，
从而a＞0，b＜0，
又2c=﹣3a﹣2b及3a＞2c＞2b知3a＞﹣3a﹣2b＞2b
∵a＞0，∴3＞﹣3﹣＞2，
即﹣3＜＜﹣．
（2）根据题意有f（0）=0，f（2）=4a+2b+c=（3a+2b+2c）+a﹣c=a﹣c．
下面对c的正负情况进行讨论：
①当c＞0时，∵a＞0，
∴f（0）=c＞0，f（1）=﹣＜0
所以函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点；
②当c≤0时，∵a＞0，
∴f（1）=﹣＜0，f（2）=a﹣c＞0
所以函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点；
综合①②得函数f（x）在区间（0，2）内至少有一个零点；
（3）．∵x1，x2是函数f（x）的两个零点
∴x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两根．
故x1+x2=﹣，x1x2===
从而|x1﹣x2|
===．
∵﹣3＜＜﹣，
∴|x1﹣x2|．
考点：二次函数的性质；函数零点的判定定理．
25．（1）当米,米时,
可使三角形地块的面积最大；（2）当米,米时,
可使篱笆最省．
【解析】
试题分析：（1）易得的面积．当且仅当时，取“”．即当米；（2）由题意得，要使竹篱笆用料最省，只需其长度最短，又
，当时,
有最小值,从而求得正解．
试题解析：设米，米．
（1）则的面积．
当且仅当,即时，取“”．即当米,米时,
可使三角形地块的面积最大．
（2）由题意得，即，要使竹篱笆用料最省，只需其长度最短，所以
，当时,
有最小值,此时当米,米时,
可使篱笆最省．
考点：1、解三角形；2、重要不等式．
26．（1）8
（2）
接下来的4分钟持续去污
【解析】
试题分析：（I）a=4，所以，利用水中洗衣液的浓度不低于4（克/升），利用分段函数的意义分类讨论即可解出；（II）当6≤x≤10时，，利用基本不等式，即可得出结论
试题解析：（1）
当0≤x≤4，，得x≥0；
当4＜x≤10，，得4＜x≤8，∴有效去污时间可能达8分钟.
答：有效去污时间可能达8分钟。
（2）能在接下来的4分钟内持续有效去污，设6分钟后水中洗衣液的浓度为g（x）
，
，令，
当且仅当即∈[6,10]时，洗衣液的浓度最小为克/升，大于4克/升，所以能在接下来的4分钟持续去污.
答：能在接下来的4分钟持续去污.
考点：函数模型的选择与应用
27．（Ⅰ）或.（Ⅱ）详见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据绝对值定义分类讨论方程的解：①当，解方程，得；②当，解方程，得；（Ⅱ）因为在（0,2）上有两个解，，所以；即，，消去，得，从而，得证.
试题解析：（1）当时，，
①当，即或时，方程化为，解得，
因为，舍去，所以；
②当，即时，方程化为，解得：；
由①②得，当时，方程的解为或.
（2）不妨设，因为，
所以在是单调函数，故在上至多一个解，
若，则，故不符题意，因此；
由，得，所以；由，得，所以；
故当时，方程在上有两个解；
因为，所以，，
消去，得，即，因为，所以.
考点：利用绝对值定义解不等式
【名师点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
28．（1）到2002年底时该山区的森林覆盖为1．104a亩．（2）森林覆盖面积的年平均增长率不能低于7．2%．
【解析】
试题分析：（1）本题为应用题，读题可建立指数型函数模型．（2）在第（1）问的基础上，设未知量，建立不等式求解．
试题解析：（1）所求函数式是y=a（1+2%）x（x>0）．
∵到2002年底时，退耕还林已达5年，即x=5，
∴y=a（1+2%）5=1．104a．
即到2002年底时该山区的森林覆盖为1．104a亩．
（2）设年平均增长率为p．
则由题意有a（1+p）10≥2a，
两边取常用对数有lg（1+p）10≥lg2，
∴
10lg（1+p）≥0．301．∴
lg（1+p）≥0．0301，
即
lg（1+p）≥lg1．072．∴
1+p≥1．072．∴p≥0．072．
即森林覆盖面积的年平均增长率不能低于7．2%．
考点：（1）指数型函数模型的应用．（2）对数的应用．
29．（I）；（II）或．
【解析】
试题分析：（I）化简，为减函数，且，所以要使有零点，只需即可；（II）利用求得．函数与的图象有且只有一个交点，即方程有且只有一解，即方程有且只有一解．利用换元法且对分成和两类，讨论根的情况，得出的取值范围．
试题解析：
（I）由题意函数存在零点，即有解．
又，
易知在上是减函数
，又，，即．
所以的取值范围是．………………5分
（II）∵是偶函数，
∴对任意恒成立，
即恒成立，∴．
∵函数与的图象有且只有一个交点，
∴方程有且只有一解，又，
即方程有且只有一解．
令，则，且原方程化为（
），………………9分
①当时，解得，不合题意；
②当时，方程（
）的两根异号或有两相等正根．
由得或-3；但时，，不合，舍去；而时，，适合．
由方程（
）的两根异号得，解得．
综上所述，所求的取值范围为或．………………12分
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】函数零点（方程的根）的问题，常见的类型有：（1）零点或零点存在区间的确定；（2）零点个数的确定；（3）利用零点求参数范围问题．解决这类问题的常用方法有：解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解．对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点．
30．（1）1，0；（2）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）分三种情况讨论的最大值和最小值，首先排除两种情况，当时，在上是减函数，∴，得的值分别为1、0；（2）利用化归思想，原题等价，在上有解，令，则，
，，；（3）令，原方程可化为有两个不同的实数解，，，再根据一元二次方程根的分布列不等式组求出k的范围．
试题解析：（1），
当时，在上是增函数，∴，
即，解得，
当时，，无最大值和最小值；
当时，在上是减函数，∴，
即，解得，
∵，∴舍去．
综上，的值分别为1、0．
（2）由（1）知，∴在上有解等价于
在上有解，
即在上有解，
令，则，
∵，∴，
记，∵，∴，
∴的取值范围为．
（3）原方程可化为，
令，则，由题意知有两个不同的实数解
，其中，或，，
记，则得．
考点：1、函数的单调性；2含参数不等式有解问题；3、方程根的个数以及一元二次方程根的分布．
【方法点晴】本题主要考查不等式有解问题以及方程根的个数问题，属于难题．不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布解题，还可以转化为有解（即可）或转化为有解（即可），本题（2）就用了这种方法．