高考數(shù)學(xué)（理）一輪精選教師用書人教通用第2章8第8講函數(shù)與方程

第8講函數(shù)與方程1．函數(shù)的零點(diǎn)函數(shù)零點(diǎn)的概念對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，把使f(x)＝0的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)方程的根與函數(shù)零點(diǎn)的關(guān)系方程f(x)＝0有實(shí)數(shù)根?函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸有交點(diǎn)?函數(shù)y＝f(x)有零點(diǎn)函數(shù)零點(diǎn)的存在定理函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，若f(a)·f(b)<0，則y＝f(x)在(a，b)內(nèi)存在零點(diǎn)2.二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與零點(diǎn)的關(guān)系Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與x軸的交點(diǎn)(x1，0)，(x2，0)(x1，0)無(wú)交點(diǎn)零點(diǎn)個(gè)數(shù)兩個(gè)一個(gè)零個(gè)條件(1)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷；(2)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值滿足f(a)·f(b)＜0方法不斷地把函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間一分為二，使區(qū)間的兩個(gè)端點(diǎn)逐步逼近零點(diǎn)，進(jìn)而得到零點(diǎn)近似值判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)函數(shù)的零點(diǎn)就是函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)．()(2)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有零點(diǎn)(函數(shù)圖象連續(xù)不斷)，則f(a)·f(b)<0.()(3)只要函數(shù)有零點(diǎn)，我們就可以用二分法求出零點(diǎn)的近似值．()(4)二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0時(shí)沒(méi)有零點(diǎn)．()(5)若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)且f(a)·f(b)<0，則函數(shù)f(x)在[a，b]上有且只有一個(gè)零點(diǎn)．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是連續(xù)不斷的曲線，且有如下的對(duì)應(yīng)值表：x123456y33－74則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，6]上的零點(diǎn)至少有()A．2個(gè) B．3個(gè)C．4個(gè) D．5個(gè)解析：選B.依題意，f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知，f(x)在區(qū)間(2，3)，(3，4)，(4，5)上均至少含有一個(gè)零點(diǎn)，故函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，6]上的零點(diǎn)至少有3個(gè)．函數(shù)f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的零點(diǎn)有________個(gè)．解析：函數(shù)f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是方程xeq\s\up6(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＝0的解的個(gè)數(shù)，即方程xeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的解的個(gè)數(shù)，也就是函數(shù)y＝xeq\s\up6(\f(1,2))與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．在同一坐標(biāo)系中作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，可得交點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.答案：1已知函數(shù)f(x)＝2ax－a＋3，若?x0∈(－1，1)，使得f(x0)＝0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：依題意可得f(－1)·f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，解得a<－3或a>1.答案：(－∞，－3)∪(1，＋∞)函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的判斷[典例引領(lǐng)]函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(2,x)的零點(diǎn)所在的大致區(qū)間是()A．(1，2) B．(2，3)C．(1，e)和(3，4) D．(e，＋∞)【解析】因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)>0(x>0)，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(3)＝ln3－eq\f(2,3)>0，f(2)＝ln2－1<0，所以f(2)·f(3)<0，所以f(x)唯一的零點(diǎn)在區(qū)間(2，3)內(nèi)．故選B.【答案】Beq\a\vs4\al()判斷函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的方法方法解讀適合題型定理法利用函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理進(jìn)行判斷能夠容易判斷區(qū)間端點(diǎn)值所對(duì)應(yīng)函數(shù)值的正負(fù)圖象法畫出函數(shù)圖象，通過(guò)觀察圖象與x軸在給定區(qū)間上是否有交點(diǎn)來(lái)判斷容易畫出函數(shù)的圖象[通關(guān)練習(xí)]1．在下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)＝3x－x2有零點(diǎn)的區(qū)間是()A．[0，1] B．[1，2]C．[－2，－1] D．[－1，0]解析：選D.因?yàn)閒(0)＝1，f(1)＝2，所以f(0)f(1)＞0，因?yàn)閒(2)＝5，f(1)＝2，所以f(2)f(1)＞0，因?yàn)閒(－2)＝eq\f(1,9)－4＝－eq\f(35,9)，f(－1)＝eq\f(1,3)－1＝－eq\f(2,3)，所以f(－2)f(－1)＞0，因?yàn)閒(0)＝1，f(－1)＝eq\f(1,3)－1＝－eq\f(2,3)，所以f(0)f(－1)＜0，易知[－1，0]符合條件，故選D.2．若x0是方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＝xeq\s\up6(\f(1,3))的解，則x0屬于區(qū)間()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：選C.令g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,3))，則g(0)＝1>f(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(1,2))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(1,3))，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(1,3))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up6(\f(1,3))，所以由圖象關(guān)系可得eq\f(1,3)<x0<eq\f(1,2).函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷[典例引領(lǐng)](1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x＞1，))則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為()A．eq\f(1,2)，0 B．－2，0C．eq\f(1,2) D．0(2)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝2x＋x－3，則f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)當(dāng)x≤1時(shí)，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當(dāng)x＞1時(shí)，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因?yàn)閤＞1，所以此時(shí)方程無(wú)解．綜上函數(shù)f(x)的零點(diǎn)只有0.(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，所以0是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)x>0時(shí)，令f(x)＝2x＋x－3＝0，則2x＝－xy＝2x和y＝－x＋3的圖象如圖所示，可得這兩個(gè)函數(shù)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)．又根據(jù)圖象的對(duì)稱性知，當(dāng)x<0時(shí)函數(shù)f(x)也有一個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，f(x)C.【答案】(1)D(2)Ceq\a\vs4\al()函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷方法(1)直接求零點(diǎn)，令f(x)＝0，有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)；(2)零點(diǎn)存在性定理，要求函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，再結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)確定函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)；(3)利用圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)，作出兩函數(shù)圖象，觀察其交點(diǎn)個(gè)數(shù)即得零點(diǎn)個(gè)數(shù)．[通關(guān)練習(xí)]1．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋lnx，x>0))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．3 B．2C．7 D．0解析：選B.法一：由f(x)＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,－1＋lnx＝0，))解得x＝－2或x＝e.因此函數(shù)f(x)共有2個(gè)零點(diǎn)．法二：函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象知函數(shù)f(x)共有2個(gè)零點(diǎn)．2．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－x－2，x≥0,x2＋2x，x<0))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.當(dāng)x<0時(shí)，令f(x)＝0，即x2＋2x＝0，解得x＝－2，或x＝0(舍去)．所以當(dāng)x<0時(shí)，只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－x－2，而f′(x)＝ex－1，顯然f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝e0－0－2＝－1<0，f(2)＝e2－4>0，所以當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，函數(shù)f(x)只有2個(gè)零點(diǎn)，故選C.函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用[學(xué)生用書P33][典例引領(lǐng)](1)(分離參數(shù)法)若函數(shù)f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．(2)(數(shù)形結(jié)合思想)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（x＋1），x＞0，,－x2－2x，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．【解析】(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零點(diǎn)，所以方程4x－2x－a＝0在[－1，1]上有解，即方程a＝4x－2x在[－1，1]上有解．方程a＝4x－2x可變形為a＝(2x－eq\f(1,2))2－eq\f(1,4)，因?yàn)閤∈[－1，1]，所以2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).(2)函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個(gè)零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為f(x)－m＝0的根有3個(gè)，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為y＝f(x)，y＝m的交點(diǎn)有3個(gè)．畫出函數(shù)y＝f(x)的圖象，則直線y＝m與其有3個(gè)公共點(diǎn)．又拋物線頂點(diǎn)為(－1，1)，由圖可知實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0，1)．【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))(2)(0，1)eq\a\vs4\al()已知函數(shù)有零點(diǎn)(方程有根)求參數(shù)值常用的方法[通關(guān)練習(xí)]1．(2018·河南新鄉(xiāng)模擬)若函數(shù)f(x)＝log2(x＋a)與g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)存在相同的零點(diǎn)，則a的值為()A．4或－eq\f(5,2) B．4或－2C．5或－2 D．6或－eq\f(5,2)解析：選C.g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)＝(x＋4)[x－(a＋5)]，令g(x)＝0，得x＝－4或x＝a＋5，則f(－4)＝log2(－4＋a)＝0或f(a＋5)＝log2(2a＋5)＝0，解得a＝5或a＝－2.2．(2018·四川綿陽(yáng)模擬)函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1，2)內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(1，3) B．(1，2)C．(0，3) D．(0，2)解析：選C.由題意，知函數(shù)f(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，又函數(shù)一個(gè)零點(diǎn)在區(qū)間(1，2)內(nèi)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）<0，,f（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a<0，,4－1－a>0，))解得0<a<3，故選C.3．(2018·福建漳州八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,x2＋x，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：令g(x)＝f(x)－m＝0，得f(x)＝m，則函數(shù)g(x)＝f(x)－m有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)f(x)與y＝m的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖：當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝x2＋x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，若函數(shù)f(x)與y＝m的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則－eq\f(1,4)<m≤0，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))eq\a\vs4\al()明確三個(gè)等價(jià)關(guān)系(三者相互轉(zhuǎn)化)函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根、函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，實(shí)質(zhì)是同一個(gè)問(wèn)題的三種不同表達(dá)形式，方程根的個(gè)數(shù)就是相應(yīng)函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，亦即該函數(shù)的圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)．如：二次函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題常轉(zhuǎn)化為二次方程根的分布問(wèn)題來(lái)解決，結(jié)合二次函數(shù)的圖象從根的判別式、對(duì)稱軸、端點(diǎn)函數(shù)值、開(kāi)口方向等方面去考慮使結(jié)論成立的所有條件．函數(shù)的對(duì)稱性與函數(shù)零點(diǎn)之和已知x0為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)．(1)若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則－x0也為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，故奇函數(shù)的所有零點(diǎn)之和為0.(2)若函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則－x0也為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，故偶函數(shù)的所有零點(diǎn)之和為0.(3)若函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝b對(duì)稱，則2b－x0也為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，若該函數(shù)有2n個(gè)零點(diǎn)，則該函數(shù)所有零點(diǎn)之和為2nb.易誤防范(1)函數(shù)f(x)的零點(diǎn)是一個(gè)實(shí)數(shù)，是方程f(x)＝0的根，也是函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．(2)函數(shù)零點(diǎn)存在性定理是零點(diǎn)存在的一個(gè)充分條件，而不是必要條件．1．(2018·湖北襄陽(yáng)四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝3x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B.由題意知f(x)單調(diào)遞增，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝3＋1－2＝2>0，即f(0)·f(1)<0且函數(shù)f(x)在(0，1)內(nèi)連續(xù)不斷，所以f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)．2．已知實(shí)數(shù)a>1，0<b<1，則函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1，0)C．(0，1) D．(1，2)解析：選B.因?yàn)閍>1，0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，所以f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在區(qū)間(－1，0)上存在零點(diǎn)．3．(2018·遼寧大連模擬)已知偶函數(shù)y＝f(x)(x∈R)滿足f(x)＝x2－3x(x≥0)，若函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,－\f(1,x)，x<0，))則y＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1 B．3C．2 D．4解析：選B.作出函數(shù)f(x)與g(x)的圖象如圖，由圖象可知兩個(gè)函數(shù)有3個(gè)不同的交點(diǎn)，所以函數(shù)y＝f(x)－g(x)有3個(gè)零點(diǎn)，故選B.4．(2018·云南省第一次統(tǒng)一檢測(cè))已知a，b，c，d都是常數(shù)，a>b，c>d.若f(x)＝2017－(x－a)(x－b)的零點(diǎn)為c，d，則下列不等式正確的是()A．a(chǎn)>c>b>d B．a(chǎn)>b>c>dC．c>d>a>b D．c>a>b>d解析：選D.f(x)＝2017－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2017，又f(a)＝f(b)＝2017，c，d為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，由圖可知c>a>b>d，故選D.5．(2018·河北承德模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2a，x≤0，,x2－4ax＋a，x>0))有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C．(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))D．(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))解析：選B.由題意知，當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)，即2x－2a＝0在x≤0上有根，所以0<2a≤1解得0<a≤eq\f(1,2)；當(dāng)x>0時(shí)函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(16a2－4a>0，,2a>0，,a>0，))解得a>eq\f(1,4)，綜上可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\f(1,4)<a≤eq\f(1,2).6．(2018·河北石家莊模擬)若函數(shù)f(x)＝m＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)的零點(diǎn)是－2，則實(shí)數(shù)m＝________．解析：依題意有f(－2)＝m＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)＝0，解得m＝－9.答案：－97．設(shè)函數(shù)y＝x3與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2)的圖象的交點(diǎn)為(x0，y0)，若x0∈(n，n＋1)，n∈N，則x0所在的區(qū)間是________．解析：設(shè)f(x)＝x3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2)，則x0是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，在同一坐標(biāo)系下畫出函數(shù)y＝x3與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－2)的圖象如圖所示．因?yàn)閒(1)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－1)＝－1<0，f(2)＝8－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝7>0，所以f(1)f(2)<0，所以x0∈(1，2)．答案：(1，2)8．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≥1，,ln（1－x），x<1))有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)x<1時(shí)，顯然函數(shù)f(x)存在唯一零點(diǎn)x＝0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f(x)存在唯一零點(diǎn)，又因?yàn)閥＝2x在[1，＋∞)上單調(diào)遞增且值域?yàn)閇2，＋∞)，所以a的取值范圍為[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)9．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．(1)當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)；(2)若對(duì)任意b∈R，函數(shù)f(x)恒有兩個(gè)不同零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為3或－1.(2)依題意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有兩個(gè)不同實(shí)根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即對(duì)于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0?a2－a<0，解得0<a<1，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，1)．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)．(1)作出函數(shù)f(x)的圖象；(2)當(dāng)0<a<b，且f(a)＝f(b)時(shí)，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值；(3)若方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的正根，求m的取值范圍．解：(1)如圖所示．(2)因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1，x∈（0，1]，,1－\f(1,x)，x∈（1，＋∞），))故f(x)在(0，1]上是減函數(shù)，而在(1，＋∞)上是增函數(shù)，由0<a<b且f(a)＝f(b)，得0<a<1<b，且eq\f(1,a)－1＝1－eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2.(3)由函數(shù)f(x)的圖象可知，當(dāng)0<m<1時(shí)，方程f(x)＝m有兩個(gè)不相等的正根．1．已知a是函數(shù)f(x)＝2x－logeq\s\do9(\f(1,2))x的零點(diǎn)，若0＜x0＜a，則f(x0)的值滿足()A．f(x0)＝0 B．f(x0)＞0C．f(x0)＜0 D．f(x0)的符號(hào)不確定解析：選C.在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝2x，y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x的圖象(圖略)，由圖象可知，當(dāng)0＜x0＜a時(shí)，有2x0＜logeq\s\do9(\f(1,2))x0，即f(x0)＜0.2．(2018·貴州省適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≤2,（x－2）2，x>2))，函數(shù)g(x)＝f(2－x)－eq\f(1,4)b，其中b∈R.若函數(shù)y＝f(x)＋g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是()A．(7，8) B．(8，＋∞)C．(－7，0) D．(－∞，8)解析：選A.由已知可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）2，x>2,2－x，0≤x≤2，f（2－x）,2＋x，x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x，x>2,x，0≤x≤2，,x2，x<0))將f(x)＋g(x)＝0轉(zhuǎn)化為f(x)＋f(2－x)＝eq\f(1,4)b，令函數(shù)F(x)＝f(x)＋f(2－x)，則F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋8，x>2,2，0≤x≤2,x2＋x＋2，x<0))，作出函數(shù)F(x)的圖象，如圖，要使F(x)的圖象與直線y＝eq\f(1,4)b有四個(gè)交點(diǎn)，則有eq\f(7,4)<eq\f(1,4)b<2，解得7<b<8.3．(2018·江蘇鎮(zhèn)江模擬)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x2＋2x－1|，x≤0，,2x－1＋a，x>0))有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：當(dāng)x≤0時(shí)，令|x2＋2x－1|＝0，解得x＝－1－eq\r(2)(x＝－1＋eq\r(2)舍去)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0]上有一個(gè)零點(diǎn)，因此f(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)．又因?yàn)閥＝2x－1＋a在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需2－1＋a<0，解得a<－eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))4．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x－1|)＋2cosπx(－4≤x≤6)的所有零點(diǎn)之和為_(kāi)_______．解析：原問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為求y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x－1|)與y＝－2cosπx的圖象在[－4，6]內(nèi)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的和，因?yàn)樯鲜鰞蓚€(gè)函數(shù)圖象均關(guān)于x＝1對(duì)稱，所以x＝1兩側(cè)的交點(diǎn)關(guān)于x＝1對(duì)稱，那么兩對(duì)應(yīng)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的和為2，分別畫出兩個(gè)函數(shù)在[－4，6]上的圖象(圖略)，可知在x＝1兩側(cè)分別有5個(gè)交點(diǎn)，所以所求和為5×2＝10.答案：105．已知函數(shù)f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4x)，x>0，,x＋1，x≤0.))(1)求g[f(1)]的值；(2)若方程g[f(x)]－a＝0有4個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)利用解析式直接求解得g[f(1)]＝g(－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f(x)＝t，則原方程化為g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)內(nèi)有2個(gè)不同的解，則原方程有4個(gè)解等價(jià)于函數(shù)y＝g(t)(t<1)與y＝a的圖象有2個(gè)不同的交點(diǎn)，作出函數(shù)y＝g(t)(t<1)的圖象(圖略)，由圖象可知，當(dāng)1≤a<eq\f(5,4)時(shí)，函數(shù)y＝g(t)(t<1)與y＝a有2個(gè)不同的交點(diǎn)，即所求a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4))).6．已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)－4lnx的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解：(1)因?yàn)閒(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}，所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.(2)因?yàn)間(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2(x>0)，所以g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(（x－1）（x－3）,x2).令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下：x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值極小值當(dāng)0<x≤3時(shí)，g(x)≤g(1)＝－4<0.又因?yàn)間(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1個(gè)零點(diǎn)．故g(x)在(0，＋∞)上只有1個(gè)零點(diǎn)．第9講函數(shù)模型及其應(yīng)用1．幾種常見(jiàn)的函數(shù)模型函數(shù)模型函數(shù)解析式一次函數(shù)模型f(x)＝ax＋b(a，b為常數(shù)，a≠0)二次函數(shù)模型f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c為常數(shù)，a≠0)指數(shù)函數(shù)模型f(x)＝bax＋c(a，b，c為常數(shù)，a>0且a≠1，b≠0)對(duì)數(shù)函數(shù)模型f(x)＝blogax＋c(a，b，c為常數(shù)，a>0且a≠1，b≠0)冪函數(shù)模型f(x)＝axn＋b(a，b，n為常數(shù)，a≠0，n≠0)y＝ax(a>1)y＝logax(a>1)y＝xn(n>0)在(0，＋∞)上的單調(diào)性增函數(shù)增函數(shù)增函數(shù)增長(zhǎng)速度越來(lái)越快越來(lái)越慢相對(duì)平穩(wěn)圖象的變化隨x值增大，圖象與y軸接近平行隨x值增大，圖象與x軸接近平行隨n值變化而不同判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)冪函數(shù)增長(zhǎng)比一次函數(shù)增長(zhǎng)更快．()(2)在(0，＋∞)內(nèi)，隨著x的增大，y＝ax(a>1)的增長(zhǎng)速度會(huì)超過(guò)并遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于y＝xα(α>0)的增長(zhǎng)速度．()(3)指數(shù)型函數(shù)模型，一般用于解決變化較快，短時(shí)間內(nèi)變化量較大的實(shí)際問(wèn)題．()(4)不存在x0，使ax0<xeq\o\al(n,0)<logax0.()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×(教材習(xí)題改編)一根蠟燭長(zhǎng)20cm，點(diǎn)燃后每小時(shí)燃燒5cm，燃燒時(shí)剩下的高度h(cm)與燃燒時(shí)間t(h)的函數(shù)關(guān)系用圖象表示為圖中的()答案：B生產(chǎn)一定數(shù)量商品的全部費(fèi)用稱為生產(chǎn)成本，某企業(yè)一個(gè)月生產(chǎn)某種商品x萬(wàn)件時(shí)的生產(chǎn)成本為C(x)＝eq\f(1,2)x2＋2x＋20(萬(wàn)元)．一萬(wàn)件售價(jià)是20萬(wàn)元，為獲取更大利潤(rùn)，該企業(yè)一個(gè)月應(yīng)生產(chǎn)該商品數(shù)量為()A．36萬(wàn)件 B．18萬(wàn)件C．22萬(wàn)件 D．9萬(wàn)件解析：選B.設(shè)利潤(rùn)為L(zhǎng)(x)，則利潤(rùn)L(x)＝20x－C(x)＝－eq\f(1,2)(x－18)2＋142，當(dāng)x＝18時(shí)，L(x)有最大值．某城市客運(yùn)公司確定客票價(jià)格的方法是：如果行程不超過(guò)100km，km，如果超過(guò)100km，超過(guò)100kmkm定價(jià)，則客運(yùn)票價(jià)y(元)與行駛千米數(shù)x(km)之間的函數(shù)關(guān)系式是________．解析：由題意可得y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\cox，0<x≤100，,x＋10，x>100.))答案：y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\cox，0<x≤100，,x＋10，x>100))(教材習(xí)題改編)某公司為了業(yè)務(wù)發(fā)展制定了一個(gè)激勵(lì)銷售人員的獎(jiǎng)勵(lì)方案，在銷售額x為8萬(wàn)元時(shí)，獎(jiǎng)勵(lì)1萬(wàn)元．銷售額x為64萬(wàn)元時(shí)，獎(jiǎng)勵(lì)4萬(wàn)元．若公司擬定的獎(jiǎng)勵(lì)模型為y＝alog4x＋b.某業(yè)務(wù)員要得到8萬(wàn)元獎(jiǎng)勵(lì)，則他的銷售額應(yīng)為_(kāi)_______萬(wàn)元．解析：依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(alog48＋b＝1,alog464＋b＝4))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a＋b＝1，,3a＋b＝4.))解得a＝2，b＝－2.所以y＝2log4x－2，當(dāng)y＝8時(shí)，即2log4x－2＝8.x＝1024(萬(wàn)元)．答案：1024一次函數(shù)與二次函數(shù)模型(高頻考點(diǎn))高考對(duì)函數(shù)應(yīng)用的考查，常與二次函數(shù)、基本不等式及導(dǎo)數(shù)等知識(shí)交匯，以解答題為主要形式出現(xiàn)．高考對(duì)一次函數(shù)、二次函數(shù)模型的考查主要有以下兩個(gè)命題角度：(1)單一考查一次函數(shù)或二次函數(shù)模型的建立及最值問(wèn)題；(2)以分段函數(shù)的形式考查一次函數(shù)和二次函數(shù)．[典例引領(lǐng)]角度一單一考查一次函數(shù)或二次函數(shù)模型的建立及最值問(wèn)題某汽車銷售公司在A，B兩地銷售同一種品牌的汽車，在A地的銷售利潤(rùn)(單位：萬(wàn)元)為y1xx2，在B地的銷售利潤(rùn)(單位：萬(wàn)元)為y2＝2x，其中x為銷售量(單位：輛)，若該公司在兩地共銷售16輛該種品牌的汽車，則能獲得的最大利潤(rùn)是()A．萬(wàn)元 B．11萬(wàn)元C．43萬(wàn)元 D．萬(wàn)元【解析】該公司在A地銷售該品牌的汽車x輛，則在B地銷售該品牌的汽車(16－x)輛，所以可得利潤(rùn)yxx2＋2(16－x)x2x(x－eq\f(21,2))2×eq\f(212,4)＋32.因?yàn)閤∈[0，16]且x∈N，所以當(dāng)x＝10或11時(shí)，總利潤(rùn)取得最大值43萬(wàn)元，故選C.【答案】C角度二以分段函數(shù)的形式考查一次函數(shù)和二次函數(shù)(2018·山西孝義二輪?？?為了迎接世博會(huì)，某旅游區(qū)提倡低碳生活，在景區(qū)提供自行車出租，該景區(qū)有50輛自行車供游客租賃使用，管理這些自行車的費(fèi)用是每日115元．根據(jù)經(jīng)驗(yàn)，若每輛自行車的日租金不超過(guò)6元，則自行車可以全部租出；若超出6元，則每超過(guò)1元，租不出的自行車就增加3輛．為了便于結(jié)算，每輛自行車的日租金x(元)只取整數(shù)，并且要求租自行車一日的總收入必須高于這一日的管理費(fèi)用，用y(元)表示出租自行車的日凈收入(即一日中出租自行車的總收入減去管理費(fèi)用后得到的部分)．(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式及其定義域；(2)試問(wèn)當(dāng)每輛自行車的日租金定為多少元時(shí)，才能使一日的凈收入最多？【解】(1)當(dāng)x≤6時(shí)，y＝50x－115，令50x－115>0，解得x≥，因?yàn)閤為整數(shù)，所以3≤x≤6.當(dāng)x>6時(shí)，y＝[50－3(x－6)]x－115＝－3x2＋68x－115.令－3x2＋68x－115>0，有3x2－68x＋115<0，結(jié)合x(chóng)為整數(shù)得6<x≤20.故y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(50x－115（3≤x≤6，x∈Z）,－3x2＋68x－115（6<x≤20，x∈Z）.))(2)對(duì)于y＝50x－115(3≤x≤6，x∈Z)，顯然當(dāng)x＝6時(shí)，ymax＝185，對(duì)于y＝－3x2＋68x－115＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(34,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(811,3)(6<x≤20，x∈Z)，當(dāng)x＝11時(shí)，ymax＝270.因?yàn)?70>185，所以當(dāng)每輛自行車的日租金定為11元時(shí)，才能使一日的凈收入最多．eq\a\vs4\al()一次函數(shù)、二次函數(shù)及分段函數(shù)模型的選取與應(yīng)用策略(1)在實(shí)際問(wèn)題中，若兩個(gè)變量之間的關(guān)系是直線上升或直線下降或圖象為直線(或其一部分)，一般構(gòu)建一次函數(shù)模型，利用一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)求解．(2)實(shí)際問(wèn)題中的如面積問(wèn)題、利潤(rùn)問(wèn)題、產(chǎn)量問(wèn)題或其圖象為拋物線(或拋物線的一部分)等一般選用二次函數(shù)模型，根據(jù)已知條件確定二次函數(shù)解析式．結(jié)合二次函數(shù)的圖象、最值求法、單調(diào)性、零點(diǎn)等知識(shí)將實(shí)際問(wèn)題解決．(3)實(shí)際問(wèn)題中有些變量間的關(guān)系不能用同一個(gè)關(guān)系式給出，而是由幾個(gè)不同的關(guān)系式構(gòu)成，如出租車計(jì)價(jià)與路程之間的關(guān)系，應(yīng)構(gòu)建分段函數(shù)模型求解．但應(yīng)關(guān)注以下兩點(diǎn)：①構(gòu)造分段函數(shù)時(shí)，要力求準(zhǔn)確、簡(jiǎn)潔，做到分段合理、不重不漏；②分段函數(shù)的最值是各段的最大(或最小)值中的最大(或最小)值．[提醒](1)構(gòu)建函數(shù)模型時(shí)不要忘記考慮函數(shù)的定義域．(2)對(duì)構(gòu)建的較復(fù)雜的函數(shù)模型，要適時(shí)地用換元法轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)問(wèn)題求解．[通關(guān)練習(xí)]1．某種新藥服用x小時(shí)后血液中的殘留量為y毫克，如圖所示為函數(shù)y＝f(x)的圖象，當(dāng)血液中藥物殘留量不小于240毫克時(shí)，治療有效．設(shè)某人上午8：00第一次服藥，為保證療效，則第二次服藥最遲的時(shí)間應(yīng)為()A．上午10：00 B．中午12：00C．下午4：00 D．下午6：00解析：選C.當(dāng)x∈[0，4]時(shí)，設(shè)y＝k1x，把(4，320)代入，得k1＝80，所以y＝80x.當(dāng)x∈[4，20]時(shí)，設(shè)y＝k2x＋b.把(4，320)，(20，0)分別代入可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2＝－20，,b＝400.))所以y＝400－20x.所以y＝f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(80x，0≤x≤4，,400－20x，4<x≤20.))由y≥240，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x≤4，,80x≥240))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4<x≤20，,400－20x≥240.))解得3≤x≤4或4<x≤8，所以3≤x≤8.故第二次服藥最遲應(yīng)在當(dāng)日下午4：00.2．某跳水運(yùn)動(dòng)員在一次跳水訓(xùn)練時(shí)的跳水曲線為如圖所示的拋物線的一段．已知跳水板AB的長(zhǎng)為2m，跳水板距水面CD的高BC為3m．為安全和空中姿態(tài)優(yōu)美，訓(xùn)練時(shí)跳水曲線應(yīng)在離起跳點(diǎn)A處水平距離hm(h≥1)時(shí)達(dá)到距水面最大高度4m．規(guī)定：以CD為橫軸，BC為縱軸建立直角坐標(biāo)系．(1)當(dāng)h＝1時(shí)，求跳水曲線所在拋物線的方程；(2)若跳水運(yùn)動(dòng)員在區(qū)域EF內(nèi)入水時(shí)才能達(dá)到比較好的訓(xùn)練效果，求此時(shí)h的取值范圍．解：由題意知拋物線的最高點(diǎn)為(2＋h，4)，h≥1，故設(shè)拋物線的方程為y＝a[x－(2＋h)]2＋4.(1)當(dāng)h＝1時(shí)，最高點(diǎn)為(3，4)，方程為y＝a(x－3)2＋4.將A(2，3)代入，得3＝a(2－3)2＋4，解得a＝－h(huán)＝1時(shí)，跳水曲線所在拋物線的方程為y＝－(x－3)2＋4.(2)將A(2，3)代入y＝a[x－(2＋h)]2＋4，整理得ah2＝－1.①由題意，方程a[x－(2＋h)]2＋4＝0在區(qū)間[5，6]內(nèi)有一解．由①得，y＝f(x)＝a[x－(2＋h)]2＋4＝－eq\f(1,h2)[x－(2＋h)]2＋4，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（5）＝－\f(1,h2)（3－h(huán)）2＋4≥0，,f（6）＝－\f(1,h2)（4－h(huán)）2＋4≤0，))解得1≤h≤eq\f(4,3).故達(dá)到較好的訓(xùn)練效果時(shí)h的取值范圍是[1，eq\f(4,3)]．函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)模型[典例引領(lǐng)]小王大學(xué)畢業(yè)后，決定利用所學(xué)專業(yè)進(jìn)行自主創(chuàng)業(yè)．經(jīng)過(guò)市場(chǎng)調(diào)查，生產(chǎn)某小型電子產(chǎn)品需投入年固定成本為3萬(wàn)元，每生產(chǎn)x萬(wàn)件，需另投入流動(dòng)成本為W(x)萬(wàn)元，在年產(chǎn)量不足8萬(wàn)件時(shí)，W(x)＝eq\f(1,3)x2＋x(萬(wàn)元)．在年產(chǎn)量不小于8萬(wàn)件時(shí)，W(x)＝6x＋eq\f(100,x)－38(萬(wàn)元)．每件產(chǎn)品售價(jià)為5元．通過(guò)市場(chǎng)分析，小王生產(chǎn)的商品能當(dāng)年全部售完．(1)寫出年利潤(rùn)L(x)(萬(wàn)元)關(guān)于年產(chǎn)量x(萬(wàn)件)的函數(shù)解析式；(注：年利潤(rùn)＝年銷售收入－固定成本－流動(dòng)成本)(2)年產(chǎn)量為多少萬(wàn)件時(shí)，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？【解】(1)因?yàn)槊考唐肥蹆r(jià)為5元，則x萬(wàn)件商品銷售收入為5x萬(wàn)元，依題意得，當(dāng)0<x<8時(shí)，L(x)＝5x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2＋x))－3＝－eq\f(1,3)x2＋4x－3；當(dāng)x≥8時(shí)，L(x)＝5x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(100,x)－38))－3＝35－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(100,x))).所以L(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋4x－3，0<x<8，,35－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(100,x)))，x≥8.))(2)當(dāng)0<x<8時(shí)，L(x)＝－eq\f(1,3)(x－6)2＋9.此時(shí)，當(dāng)x＝6時(shí)，L(x)取得最大值L(6)＝9萬(wàn)元，當(dāng)x≥8時(shí)，L(x)＝35－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(100,x)))≤35－2eq\r(x·\f(100,x))＝35－20＝15，此時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(100,x)，即x＝10時(shí)，L(x)取得最大值15萬(wàn)元．因?yàn)?<15，所以當(dāng)年產(chǎn)量為10萬(wàn)件時(shí)，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為15萬(wàn)元．eq\a\vs4\al()應(yīng)用函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)模型的關(guān)鍵點(diǎn)(1)明確對(duì)勾函數(shù)是正比例函數(shù)f(x)＝ax與反比例函數(shù)f(x)＝eq\f(b,x)疊加而成的．(2)解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)一般可以直接建立f(x)＝ax＋eq\f(b,x)的模型，有時(shí)可以將所列函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為f(x)＝ax＋eq\f(b,x)的形式．[提醒](1)解決此類問(wèn)題時(shí)一定要關(guān)注函數(shù)的定義域．(2)利用模型f(x)＝ax＋eq\f(b,x)求解最值時(shí)，注意取得最值時(shí)等號(hào)成立的條件．某村計(jì)劃建造一個(gè)室內(nèi)面積為800m2的矩形蔬菜溫室，在矩形溫室內(nèi)，沿左、右兩側(cè)與后側(cè)內(nèi)墻各保留1m寬的通道，沿前側(cè)內(nèi)墻保留3m寬的空地，當(dāng)矩形溫室的邊長(zhǎng)各為多少時(shí)，蔬菜的種植面積最大？最大面積是多少？解：設(shè)矩形溫室的左側(cè)邊長(zhǎng)為xm，則后側(cè)邊長(zhǎng)為eq\f(800,x)m，所以蔬菜種植面積y＝(x－4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(800,x)－2))＝808－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1600,x)))(4<x<400)．因?yàn)閤＋eq\f(1600,x)≥2eq\r(x·\f(1600,x))＝80，所以y≤808－2×80＝648.當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1600,x)，即x＝40時(shí)取等號(hào)，此時(shí)eq\f(800,x)＝20，ymax＝648m2.即當(dāng)矩形溫室的邊長(zhǎng)各為40m，20m時(shí)，蔬菜的種植面積最大，最大面積是648m2.指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)模型[典例引領(lǐng)](1)(2016·高考四川卷)某公司為激勵(lì)創(chuàng)新，計(jì)劃逐年加大研發(fā)資金投入．若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬(wàn)元．在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長(zhǎng)12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開(kāi)始超過(guò)200萬(wàn)元的年份是()(參考數(shù)據(jù)：lg≈，lg≈，lg2≈)A．2018年 B．2019年C．2020年 D．2021年(2)里氏震級(jí)M的計(jì)算公式為：M＝lgA－lgA0，其中A是測(cè)震儀記錄的地震曲線的最大振幅，A0是相應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)地震的振幅．假設(shè)在一次地震中，測(cè)震儀記錄的最大振幅是1000，，則此次地震的震級(jí)為_(kāi)_______級(jí)；9級(jí)地震的最大振幅是5級(jí)地震最大振幅的________倍．【解析】(1)設(shè)經(jīng)過(guò)x年后該公司全年投入的研發(fā)資金開(kāi)始超過(guò)200萬(wàn)元，則130(1＋12%)x>200，x>eq\f(2,1.3)?x>eq\f(lg\f(2,1.3),lg1.12)＝eq\f(lg2－lg,lg1.12)≈eq\f,0.05)，所以該公司全年投入的研發(fā)資金開(kāi)始超過(guò)200萬(wàn)元的年份是2019年．(2)M＝lg1000－lg＝3－(－3)＝6.設(shè)9級(jí)地震的最大振幅和5級(jí)地震的最大振幅分別為A1，A2，則9＝lgA1－lgA0＝lgeq\f(A1,A0)，則eq\f(A1,A0)＝109，5＝lgA2－lgA0＝lgeq\f(A2,A0)，則eq\f(A2,A0)＝105，所以eq\f(A1,A2)＝104.即9級(jí)地震的最大振幅是5級(jí)地震最大振幅的10000倍．【答案】(1)B(2)eq\a\vs4\al()指數(shù)型、對(duì)數(shù)型函數(shù)模型(1)在實(shí)際問(wèn)題中，有關(guān)人口增長(zhǎng)、銀行利率、細(xì)胞分裂等增長(zhǎng)率問(wèn)題常用指數(shù)函數(shù)模型表示．通常可以表示為y＝N(1＋p)x(其中N為基礎(chǔ)數(shù)，p為增長(zhǎng)率，x為時(shí)間)的形式．解題時(shí)，往往用到對(duì)數(shù)運(yùn)算，要注意與已知表格中給定的值對(duì)應(yīng)求解．(2)有關(guān)對(duì)數(shù)型函數(shù)的應(yīng)用題，一般都會(huì)給出函數(shù)解析式，要求根據(jù)實(shí)際情況求出函數(shù)解析式中的參數(shù)，或給出具體情境，從中提煉出數(shù)據(jù)，代入解析式求值，然后根據(jù)值回答其實(shí)際意義．(2018·湛江模擬)一個(gè)容器裝有細(xì)沙acm3，細(xì)沙從容器底下一個(gè)細(xì)微的小孔慢慢地勻速漏出，tmin后剩余的細(xì)沙量為y＝ae－bt(cm3)，經(jīng)過(guò)8min后發(fā)現(xiàn)容器內(nèi)還有一半的沙子，則再經(jīng)過(guò)________min，容器中的沙子只有開(kāi)始時(shí)的八分之一．解析：當(dāng)t＝0時(shí)，y＝a；當(dāng)t＝8時(shí)，y＝ae－8b＝eq\f(1,2)a，故e－8b＝eq\f(1,2).當(dāng)容器中的沙子只有開(kāi)始時(shí)的八分之一時(shí)，即y＝ae－bt＝eq\f(1,8)a，e－bt＝eq\f(1,8)＝(e－8b)3＝e－24b，則t＝24，所以再經(jīng)過(guò)16min容器中的沙子只有開(kāi)始時(shí)的八分之一．答案：16eq\a\vs4\al()解決實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的四大步驟(1)審題：弄清題意，分清條件和結(jié)論，理順數(shù)量關(guān)系，初步選擇數(shù)學(xué)模型；(2)建模：將自然語(yǔ)言轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語(yǔ)言，將文字語(yǔ)言轉(zhuǎn)化為符號(hào)語(yǔ)言，利用數(shù)學(xué)知識(shí)，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型；(3)求模：求解數(shù)學(xué)模型，得出數(shù)學(xué)結(jié)論；(4)還原：將數(shù)學(xué)問(wèn)題還原為實(shí)際問(wèn)題．以上過(guò)程用框圖表示如下：“對(duì)勾”函數(shù)的性質(zhì)函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)．(1)該函數(shù)在(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)x>0時(shí)，x＝eq\r(a)時(shí)取最小值2eq\r(a)；當(dāng)x<0時(shí)，x＝－eq\r(a)時(shí)取最大值－2eq\r(a).易錯(cuò)防范(1)易忽視實(shí)際問(wèn)題的自變量的取值范圍，需合理確定函數(shù)的定義域．(2)注意問(wèn)題反饋．在解決函數(shù)模型后，必須驗(yàn)證這個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)果對(duì)實(shí)際問(wèn)題的合理性．

1.如圖，在不規(guī)則圖形ABCD中，AB和CD是線段，AD和BC是圓弧，直線l⊥AB于E，當(dāng)l從左至右移動(dòng)(與線段AB有公共點(diǎn))時(shí)，把圖形ABCD分成兩部分，設(shè)AE＝x，左側(cè)部分面積為y，則y關(guān)于x的大致圖象為()解析：選D.因?yàn)樽髠?cè)部分面積為y，隨x的變化而變化，最初面積增加得快，后來(lái)均勻增加，最后緩慢增加，只有D選項(xiàng)適合．2．在某個(gè)物理實(shí)驗(yàn)中，測(cè)量得變量x和變量y的幾組數(shù)據(jù)，如表：xy則對(duì)x，y最適合的擬合函數(shù)是()A．y＝2x B．y＝x2－1C．y＝2x－2 D．y＝log2x解析：選D.根據(jù)x，y，代入計(jì)算，可以排除A；根據(jù)x，y，代入計(jì)算，可以排除B，C；將各數(shù)據(jù)代入函數(shù)y＝log2x，可知滿足題意．3．利民工廠某產(chǎn)品的年產(chǎn)量在150噸至250噸之間，年生產(chǎn)的總成本y(萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(噸)之間的關(guān)系可近似地表示為y＝eq\f(x2,10)－30x＋4000，則每噸的成本最低時(shí)的年產(chǎn)量為()A．240噸 B．200噸C．180噸 D．160噸解析：選B.依題意，得每噸的成本為eq\f(y,x)＝eq\f(x,10)＋eq\f(4000,x)－30，則eq\f(y,x)≥2eq\r(\f(x,10)·\f(4000,x))－30＝10，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,10)＝eq\f(4000,x)，即x＝200時(shí)取等號(hào)，因此，當(dāng)每噸成本最低時(shí)，年產(chǎn)量為200噸．4．(2018·福建質(zhì)檢)當(dāng)生物死亡后，其體內(nèi)原有的碳14的含量大約每經(jīng)過(guò)5730年衰減為原來(lái)的一半，這個(gè)時(shí)間稱為“半衰期”．當(dāng)死亡生物體內(nèi)的碳14含量不足死亡前的千分之一時(shí)，用一般的放射性探測(cè)器就測(cè)不到了．若某死亡生物體內(nèi)的碳14用一般的放射性探測(cè)器探測(cè)不到，則它經(jīng)過(guò)的“半衰期”個(gè)數(shù)至少是()A．8 B．9C．10 D．11解析：選C.設(shè)死亡生物體內(nèi)原有的碳14含量為1，則經(jīng)過(guò)n(n∈N*)個(gè)“半衰期”后的含量為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)<eq\f(1,1000)得n≥，若探測(cè)不到碳14含量，則至少經(jīng)過(guò)了10個(gè)“半衰期”．故選C.5．汽車的“燃油效率”是指汽車每消耗1升汽油行駛的里程，如圖描述了甲、乙、丙三輛汽車在不同速度下的燃油效率情況．下列敘述中正確的是()A．消耗1升汽油，乙車最多可行駛5千米B．以相同速度行駛相同的路程，三輛汽車中，甲車消耗汽油量最多C．甲車以80千米/小時(shí)的速度行駛1小時(shí)，消耗10升汽油D．某城市機(jī)動(dòng)車最高限速80千米/小時(shí)，相同條件下，在該城市用丙車比用乙車更省油解析：選D.根據(jù)圖象知消耗1升汽油，乙車最多行駛里程大于5千米，故選項(xiàng)A錯(cuò)；以相同速度行駛時(shí)，甲車燃油效率最高，因此以相同速度行駛相同路程時(shí)，甲車消耗汽油最少，故選項(xiàng)B錯(cuò)；甲車以80千米/小時(shí)的速度行駛時(shí)燃油效率為10千米/升，行駛1小時(shí)，里程為80千米，消耗8升汽油，故選項(xiàng)C錯(cuò)；最高限速80千米/小時(shí)，丙車的燃油效率比乙車高，因此相同條件下，在該市用丙車比用乙車更省油，故選項(xiàng)D對(duì)．6.有一批材料可以建成200m長(zhǎng)的圍墻，如果用此材料在一邊靠墻的地方圍成一塊矩形場(chǎng)地，中間用同樣的材料隔成三個(gè)面積相等的矩形(如圖所示)，則圍成矩形的最大面積為_(kāi)_______．(圍墻厚度不計(jì))解析：設(shè)矩形的長(zhǎng)為xm，寬為eq\f(200－x,4)m，則S＝x·eq\f(200－x,4)＝eq\f(1,4)(－x2＋200x)．當(dāng)x＝100時(shí)，Smax＝2500m2.答案：2500m27．(2018·上海寶山區(qū)模擬)王先生購(gòu)買了一部手機(jī)，欲使用中國(guó)移動(dòng)“神州行”卡或加入聯(lián)通的130網(wǎng)，經(jīng)調(diào)查其收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)見(jiàn)下表：(注：本地話費(fèi)以分為計(jì)費(fèi)單位，長(zhǎng)途話費(fèi)以秒為計(jì)費(fèi)單位)網(wǎng)絡(luò)月租費(fèi)本地話費(fèi)長(zhǎng)途話費(fèi)甲：聯(lián)通13012元乙：移動(dòng)“神州行”無(wú)若王先生每月?lián)艽虮镜仉娫挼臅r(shí)間是撥打長(zhǎng)途電話時(shí)間的5倍，若用聯(lián)通130應(yīng)最少打________秒長(zhǎng)途電話才合算．解析：設(shè)王先生每月?lián)艽蜷L(zhǎng)途電話的時(shí)間為x分鐘，所需話費(fèi)為y元，若使用聯(lián)通130，則所需話費(fèi)y元與通話時(shí)間x分鐘的函數(shù)關(guān)系式為y×5xxx＋12；若使用移動(dòng)“神州行”，則所需話費(fèi)y元與通話時(shí)間x分鐘的函數(shù)關(guān)系式為y×5xxx.若用聯(lián)通130合算，x＋12≤x，解得x≥eq\f(20,3)(分鐘)＝400(秒)．答案：4008．一個(gè)工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品每年需要固定投資100萬(wàn)元，此外每生產(chǎn)1件該產(chǎn)品還需要增加投資1萬(wàn)元，年產(chǎn)量為x(x∈N*)件．當(dāng)x≤20時(shí)，年銷售總收入為(33x－x2)萬(wàn)元；當(dāng)x＞20時(shí)，年銷售總收入為260萬(wàn)元．記該工廠生產(chǎn)并銷售這種產(chǎn)品所得的年利潤(rùn)為y萬(wàn)元，則y(萬(wàn)元)與x(件)的函數(shù)關(guān)系式為_(kāi)_______，該工廠的年產(chǎn)量為_(kāi)_______件時(shí)，所得年利潤(rùn)最大(年利潤(rùn)＝年銷售總收入－年總投資)．解析：當(dāng)0＜x≤20時(shí)，y＝(33x－x2)－x－100＝－x2＋32x－100；當(dāng)x＞20時(shí)，y＝260－100－x＝160－x.故y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋32x－100，0＜x≤20，,160－x，x＞20))(x∈N*)．當(dāng)0＜x≤20時(shí)，y＝－x2＋32x－100＝－(x－16)2＋156，x＝16時(shí)，ymaxx＞20時(shí)，160－x＜140，故x＝16時(shí)取得最大年利潤(rùn)．答案：y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋32x－100，0＜x≤20，,160－x，x＞20))(x∈N*)169．A，B兩城相距100km，在兩城之間距A城x(km)處建一核電站給A，B兩城供電，為保證城市安全，核電站距城市距離不得小于10km.已知供電費(fèi)用等于供電距離(km)的平方與供電量(億度)，若A城供電量為每月20億度，B城供電量為每月10億度．(1)求x的取值范圍；(2)把月供電總費(fèi)用y表示成x的函數(shù)；(3)核電站建在距A城多遠(yuǎn)，才能使供電總費(fèi)用y最少？解：(1)x的取值范圍為10≤x≤90.(2)y＝5x2＋eq\f(5,2)(100－x)2(10≤x≤90)．(3)因?yàn)閥＝5x2＋eq\f(5,2)(100－x)2＝eq\f(15,2)x2－500x＋25000＝eq\f(15,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(100,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(50000,3)，所以當(dāng)x＝eq\f(100,3)時(shí)，ymin＝eq\f(50000,3).故核電站建在距A城eq\f(100,3)km處，能使供電總費(fèi)用y最少．10．某書商為提高某套叢書的銷量，準(zhǔn)備舉辦一場(chǎng)展銷會(huì)．據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，當(dāng)每套叢書售價(jià)定為x元時(shí)，銷售量可達(dá)到(x)萬(wàn)套．現(xiàn)出版社為配合該書商的活動(dòng)，決定進(jìn)行價(jià)格改革，將每套叢書的供貨價(jià)格分成固定價(jià)格和浮動(dòng)價(jià)格兩部分，其中固定價(jià)格為30元，浮動(dòng)價(jià)格(單位：元)與銷售量(單位：萬(wàn)套)成反比，，即銷售每套叢書的利潤(rùn)＝售價(jià)－供貨價(jià)格．問(wèn)：(1)每套叢書售價(jià)定為100元時(shí)，書商所獲得的總利潤(rùn)是多少萬(wàn)元？(2)每套叢書售價(jià)定為多少元時(shí)，單套叢書的利潤(rùn)最大？解：(1)每套叢書售價(jià)定為100元時(shí)，×100＝5(萬(wàn)套)，所以每套叢書的供貨價(jià)格為30＋eq\f(10,5)＝32(元)，故書商所獲得的總利潤(rùn)為5×(100－32)＝340(萬(wàn)元)．(2)每套叢書售價(jià)定為x元時(shí)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(15x>0，,x>0，))得0<x<150.設(shè)單套叢書的利潤(rùn)為P元，則P＝x－(30＋eq\f(10,15x))＝x－eq\f(100,150－x)－30，因?yàn)?<x<150，所以150－x>0，所以P＝－[(150－x)＋eq\f(100,150－x)]＋120，又(150－x)＋eq\f(100,150－x)≥2eq\r(（150－x）·\f(100,150－x))＝2×10＝20，當(dāng)且僅當(dāng)150－x＝eq\f(100,150－x)，即x＝140時(shí)等號(hào)成立，所以Pmax＝－20＋120＝100.故每套叢書售價(jià)定為140元時(shí)，單套叢書的利潤(rùn)最大，為100元．1．已知甲、乙兩種商品在過(guò)去一段時(shí)間內(nèi)的價(jià)格走勢(shì)如圖所示．假設(shè)某商人持有資金120萬(wàn)元，他可以在t1至t4的任意時(shí)刻買賣這兩種商品，且買賣能夠立即成交(其他費(fèi)用忽略不計(jì))．如果他在t4時(shí)刻賣出所有商品，那么他將獲得的最大利潤(rùn)是()A．40萬(wàn)元 B．60萬(wàn)元C．120萬(wàn)元 D．140萬(wàn)元解析：選C.甲6元時(shí)該商人全部買入甲商品，可以買120÷6＝20(萬(wàn)份)，在t2時(shí)刻全部賣出，此時(shí)獲利20×2＝40(萬(wàn)元)，乙4元時(shí)該商人買入乙商品，可以買(120＋40)÷4＝40(萬(wàn)份)，在t4時(shí)刻全部賣出，此時(shí)獲利40×2＝80(萬(wàn)元)，共獲利40＋80＝120(萬(wàn)元)，故選C.2．我們定義函數(shù)y＝[x]([x]表示不大于x的最大整數(shù))為“下整函數(shù)”；定義y＝{x}({x}表示不小于x的最小整數(shù))為“上整函數(shù)”；例如[]＝4，[5]＝5；{4.3}＝5，{5}，即不超過(guò)1小時(shí)(包括1小時(shí))收費(fèi)2元，超過(guò)一小時(shí)，不超過(guò)2小時(shí)(包括2小時(shí))收費(fèi)4元，以此類推．若李剛停車時(shí)間為x小時(shí)，則李剛應(yīng)付費(fèi)為(單位：元)()A．2[x＋1] B．2([x]＋1)C．2{x} D．{2x}解析：選C.如x＝1時(shí)，應(yīng)付費(fèi)2元，此時(shí)2[x＋1]＝4，2([x]＋1)＝4，排除A，B；當(dāng)x，付費(fèi)為2元，此時(shí){2x}＝1排除D，故選C.3．某食品的保鮮時(shí)間y(單位：小時(shí))與儲(chǔ)藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系y＝ekx＋b(e＝…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．若該食品在0℃的保鮮時(shí)間是192小時(shí)，在22℃的保鮮時(shí)間是48小時(shí)，則該食品在33℃的保鮮時(shí)間是________小時(shí)．解析：由已知條件，得192＝eb，所以b＝ln192.又因?yàn)?8＝e22k＋b＝e22k＋ln192＝192e22k＝192(e11k)2，所以e11k＝(eq\f(48,192))eq\s\up6(\f(1,2))＝(eq\f(1,4))eq\s\up6(\f(1,2))＝eq\f(1,2).設(shè)該食品在33℃的保鮮時(shí)間是t小時(shí)，則t＝e33k＋ln192＝192e33k＝192(e11k)3＝192×(eq\f(1,2))3＝24.答案：244．某超市2017年一月份到十二月份月銷售額呈現(xiàn)先下降后上升的趨勢(shì)，現(xiàn)有三種函數(shù)模型．①f(x)＝p·qx(q>0，q≠1)；②f(x)＝logpx＋q(p>0，p≠1)；③f(x)＝x2＋px＋q.(1)能較準(zhǔn)確反映超市月銷售額f(x)與月份x關(guān)系的函數(shù)模型為_(kāi)_______．(2)若所選函數(shù)滿足f(1)＝10，f(3)＝2，則f(x)min＝________．解析：(1)因?yàn)閒(x)＝pqx，f(x)＝logpx＋q是單調(diào)函數(shù)，f(x)＝x2＋px＋q中，f′(x)＝2x＋p，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,2)p，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，可以出現(xiàn)一個(gè)遞增區(qū)間和一個(gè)遞減區(qū)間，所以應(yīng)選③f(x)＝x2＋px＋q模擬函數(shù)．(2)因?yàn)閒(1)＝10，f(3)＝2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋p＋q＝10，,9＋3p＋q＝2，))解得，p＝－8，q＝17，所以f(x)＝x2－8x＋17＝(x－4)2＋1，所以f(x)min＝f(4)＝1.答案：(1)③(2)15．聲強(qiáng)級(jí)Y(單位：分貝)由公式Y(jié)＝10lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,10－12)))給出，其中I為聲強(qiáng)(單位：W/m2)．(1)平常人交談時(shí)的聲強(qiáng)約為10－6W/m2，求其聲強(qiáng)級(jí)；(2)一般常人能聽(tīng)到的最低聲強(qiáng)級(jí)是0分貝，求能聽(tīng)到的最低聲強(qiáng)為多少？(3)比較理想的睡眠環(huán)境要求聲強(qiáng)級(jí)Y≤50分貝，已知熄燈后兩位同學(xué)在宿舍說(shuō)話的聲強(qiáng)為5×10－7W/m2，問(wèn)這兩位同學(xué)是否會(huì)影響其他同學(xué)休息？解：(1)當(dāng)聲強(qiáng)為10－6W/m2時(shí)，由公式Y(jié)＝10lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,10－12)))得Y＝10lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－6,10－12)))＝10lg106＝60(分貝)．(2)當(dāng)Y＝0時(shí)，由公式Y(jié)＝10lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,10－12)))得10lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,10－12)))＝0.所以eq\f(I,10－12)＝1，即I＝10－12W/m2，則最低聲強(qiáng)為10－12W/m2.(3)當(dāng)聲強(qiáng)為5×10－7W/m2時(shí)，聲強(qiáng)級(jí)Y＝10lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5×10－7,10－12)))＝10lg(5×105)＝50＋10lg5，因?yàn)?0＋10lg5>50，所以這兩位同學(xué)會(huì)影響其他同學(xué)休息．6．某創(chuàng)業(yè)投資公司擬投資開(kāi)發(fā)某種新能源產(chǎn)品，估計(jì)能獲得投資收益的范圍是[10，100](單位：萬(wàn)元)．現(xiàn)準(zhǔn)備制定一個(gè)對(duì)科研課題組的獎(jiǎng)勵(lì)方案：資金y(單位：萬(wàn)元)隨投資收益x(單位：萬(wàn)元)的增加而增加且資金不超過(guò)5萬(wàn)元，同時(shí)資金不超過(guò)投資收益的20%.(1)若建立函數(shù)模型y＝f(x)制定獎(jiǎng)勵(lì)方案，請(qǐng)你根據(jù)題意，寫出獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)模型應(yīng)滿足的條件；(2)現(xiàn)有兩個(gè)獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)模型：(ⅰ)y＝eq\f(1,20)x＋1；(ⅱ)y＝log2x．解：(1)設(shè)獎(jiǎng)勵(lì)函數(shù)模型為y＝f(x)，則該函數(shù)模型滿足的條件是：①當(dāng)x∈[10，100]時(shí)，f(x)是增函數(shù)；②當(dāng)x∈[1