新（全国甲卷）高考数学大二轮总复习与增分策略 专题二 函数与导数 第2讲 函数的应用练习 理-人教版高三全册数学试题.doc

第2讲函数的应用

1．(2016·天津)已知函数f(x)＝sin2eq\f(ωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)(ω>0，x∈R)．若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是()
A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，1))
C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,8)))
答案D
解析f(x)＝eq\f(1－cosωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)
＝eq\f(1,2)(sinωx－cosωx)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4))).
因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，
所以eq\f(T,2)>2π－π，所以eq\f(π,ω)>π，所以0<ω<1.
当x∈(π，2π)时，ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，则ωπ－eq\f(π,4)<kπ<2ωπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，即eq\f(k,2)＋eq\f(1,8)<ω<k＋eq\f(1,4)(k∈Z)．
当k＝0时，eq\f(1,8)<ω<eq\f(1,4)；当k＝1时，eq\f(5,8)<ω<eq\f(5,4).
所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，
0<ω≤eq\f(1,8)或eq\f(1,4)≤ω≤eq\f(5,8).
2．(2016·天津)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,logax＋1＋1，x≥0))(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()
A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,4)))
C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))
答案C
解析由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0<a<1.
又由f(x)在R上单调递减，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(02＋4a－3·0＋3a≥f0＝1，,\f(3－4a,2)≥0，))
⇒eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,4).
如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．

由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－x有且仅有一个解．故在(－∞，0)上，|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．当3a>2，即a>eq\f(2,3)时，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x<0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x<0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得a＝eq\f(3,4)或a＝1(舍去)；
当1≤3a≤2，即eq\f(1,3)≤a≤eq\f(2,3)时，由图象可知，符合条件．
综上所述，a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))).
故选C.
3．(2016·山东)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x>m，))其中m>0