最新的年高考数学(文科)一轮分层演练：第2章函数的概念与基本初等函数第5讲(含答案解析)

2021年高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ2.9函数模型及其应用真题演练集训理新人教A 版1．[xx·四川卷]某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司xx 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 ．xx 年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年答案：B解析：根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从xx 年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>lg 2－lg 1.3lg 1.12，又lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝3.8，则n >4.8，即a 5开始超过200，所以2019年投入的研发资金开始超过200万元，故选B.2．[xx ·北京卷]汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是( )A ．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B ．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C ．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D ．某城市机动车最高限速80千米/小时．相同条 件下，在该市用丙车比用乙车更省油 答案：D解析：根据图象所给数据，逐个验证选项．根据图象知消耗1升汽油，乙车最多行驶里程大于5千米，故选项A 错；以相同速度行驶时，甲车燃油效率最高，因此以相同速度行驶相同路程时，甲车消耗汽油最少，故选项B 错；甲车以80千米/小时的速度行驶时燃油效率为10千米/升，行驶1小时，里程为80千米，消耗8升汽油，故选项C 错；最高限速80千米/小时，丙车的燃油效率比乙车高，因此相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油，故选项D 对．3．[xx·湖南卷]某市生产总值连续两年持续增加．第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A.p ＋q2B ．p ＋1q ＋1－12C.pq D ．p ＋1q ＋1－1答案：D解析：设年平均增长率为x ，原生产总值为a ， 则(p ＋1)(q ＋1)a ＝a (1＋x )2，解得x ＝p ＋1q ＋1－1，故选D.4．[xx·四川卷]某食品的保鲜时间y (单位：h)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝ekx ＋b(e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 h ，在22 ℃的保鲜时间是48 h ，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________h.答案：24解析：由已知条件，得192＝e b，∴ b ＝ln 192. 又∵48＝e22k ＋b＝e22k ＋ln 192＝192e 22k ＝192(e 11k )2，∴e 11k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫48192 12 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1412 ＝12.设该食品在33 ℃的保鲜时间是t h ，则t ＝e 33k ＋ln 192＝192e33k＝192(e 11k )3＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝24.课外拓展阅读利用函数模型巧解抽象函数问题函数部分有一类抽象函数问题，这类问题给定函数f (x )的某些性质，要证明它的其他性质，或利用这些性质解一些不等式或方程．这些题目的设计一般都有一个基本函数作为“模型”，若能分析猜测出这个函数模型，结合这个函数模型的其他性质来思考解题方法，那么这类问题就能简单获解．[典例1] 已知函数f (x )对任意实数x ，y 均有f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，且当x >0时有f (x )>0，f (－1)＝－2，求f (x )在[－2,1]上的值域．[思路分析]猜测f x 的函数模型为f x ＝kx k ≠0――→代入特殊值判断f x 的单调性―→得出f x 在[－2，1]上的值域[解] 因为对任意实数x ，y 均有f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )， 令x ＝y ＝0，则f (0)＝f (0)＋f (0)，故f (0)＝0； 再令y ＝－x ，则f (x －x )＝f (x )＋f (－x )＝0， 所以f (－x )＝－f (x )，即f (x )为奇函数． 设x 1<x 2，则x 2－x 1>0.因为当x >0时，f (x )>0，所以f (x 2－x 1)>0.所以f (x 2)－f (x 1)＝f (x 2－x 1)>0，所以f (x )为R 上的增函数． 又f (－2)＝f (－1－1)＝2f (－1)＝－4，f (1)＝－f (－1)＝2，所以当x ∈[－2,1]时，f (x )∈[－4,2]．[典例2] 设函数f (x )的定义域是R ，对于任意实数m ，n ，恒有f (m ＋n )＝f (m )·f (n )，且当x >0时，0<f (x )<1.(1)求证：f (0)＝1，且当x <0时，有f (x )>1； (2)判断f (x )在R 上的单调性． [思路分析]猜测f x 的函数模型为f x ＝ax0<a <1――→代入特殊值证明1中的结论――→函数单调性的定义判断f x 在R 上的单调性(1)[证明] 因为对任意实数m ，n ，恒有f (m ＋n )＝f (m )·f (n )， 令m ＝1，n ＝0，则f (1)＝f (1)·f (0)． 因为当x >0时，0<f (x )<1，所以f (0)＝1.设m ＝x <0，n ＝－x >0，所以f (0)＝f (x )·f (－x )， 所以f (x )＝f 0f －x ＝1f －x>1.即当x <0时，有f (x )>1. (2)[解] 设x 1<x 2，则x 2－x 1>0，所以0<f (x 2－x 1)<1， 由(1)知，f (x 1)>0，所以f (x 2)－f (x 1)＝f [(x 2－x 1)＋x 1]－f (x 1)＝f (x 2－x 1)·f (x 1)－f (x 1)＝f (x 1)[f (x 2－x 1)－1]<0，即f (x 2)<f (x 1)，所以f (x )在R 上单调递减． [典例3] 设函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＝f (x )－f (y )． (1)求证：f (1)＝0；(2)求证：f (x n)＝nf (x )(n ∈N )．[证明] (1)令x ＝y ＝1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＝f (1)－f (1)＝0，从而f (1)＝0. (2)因为f (xy )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1y ＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y ＝f (x )－f (1)＋f (y )＝f (x )＋f (y )，所以f (x n)＝f (x ·x ·x ·…·x )＝nf (x )(n ∈N )．n 个x归纳总结利用函数模型解决抽象函数问题时，可以先从题设条件及欲证结论入手，多方面猜想函数模型，然后以此函数模型为桥梁，找出证明抽象函数其他性质的方法．常见的抽象函数的性质与对应的特殊函数模型的对照表如下：抽象函数的性质特殊函数模型 ①f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )(x >0，y >0)； ②f (x －y )＝f (x )－f (y )(x >0，y >0)正比例函数f (x )＝kx (k ≠0)①f (x )f (y )＝f (x ＋y )(x ，y ∈R )；②f x f y＝f (x －y )(x ，y ∈R ，f (y )≠0) ①f (xy )＝f (x )f (y )(x ，y ∈R )； ②f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＝f x f y(x ，y ∈R ，y ≠0)。

特点是随着自变量的增大ꎬ函数值增大的速度越来越快( ｂ>１ꎬ且
ａ> ０) .常形象地称之为“ 指数爆炸” .
(４) 对数函数模型:ｙ ＝ ｍｌｏｇａ ｘ＋ｎ( ａ>０ꎬａ≠１ꎬ且 ｍ≠０) ꎬ增长 特点是随着自变量的增大ꎬ函数值增大的速度越来越慢( ａ>１ꎬ且
ｍ> ０) .常形象地称之为“ 蜗牛式增长” .
在此基础上ꎬ每年投入的研发资金比上一年增长 １２％ꎬ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≈０.０５ꎬｌｇ １.３≈０.１１ꎬｌｇ ２≈０.３０)
Ａ.２０１８ 年 Ｂ.２０１９ 年 Ｃ.２０２０ 年 Ｄ.２０２１ 年
１－１ 答案 Ｂ
解析 设第 ｎ(ｎ∈Ｎ∗ ) 年该公司全年投入的研发资金开 始超过 ２００ 万元.根据题意得 １３０(１＋１２％) ｎ－１ >２００ꎬ
(１２ 分)
综合①② 知ꎬ 当 ｘ ＝ ３２ 时ꎬ Ｗ 取 得 最 大 值ꎬ 故 最 大 利 润 为
６ １０４万美元.
(１３ 分)
１－１ (２０１６ 四川ꎬ７ꎬ５ 分) 某公司为激励创新ꎬ计划逐年加
３ ４ ５ 年高考 ３ 年模拟 Ｂ 版( 教师用书)
大研发资金投入.若该公司 ２０１５ 年全年投入研发资金 １３０ 万元ꎬ
§ ２.７ 函数模型和函数的综合应用
１.三种函数模型性质的比较
函数 性质
ｙ ＝ ａｘ(ａ>１)
ｙ ＝ ｌｏｇａ ｘ( ａ>１)
在(０ꎬ＋∞ ) 上的增减性
单调递增
单调递增
ｙ ＝ ｘｎ(ｎ>０) 单调递增
增长速度
越来越快
越来越慢

解决问题 的前提和 关键是？
应掌握基本 初等函数的 单调性以及 函数单调性 的基本求法
考点10 函数的单调性和最值
考点10 考法1 确定函数的单调性或单调区间
方法一：利用定义.
方法二：利用规则和性质.
方法三：导数法是已知函数的解析式， 判断函数的单调性或求单调区间时最常 用的一种方法，具体见专题3考点20.
等关系列不等式或等式，求得参数的取值(范围). (2)确定已知复合函数f［g(x)］中的初等函数f(x)和g(x)，首先由外
层函数f(x)的单调性确定内层函数g(x)在给定区间上的单调性.再结合 内层函数的图象或其单调区间，列出等式或不等式求解.
解题时首先
应明确：设
函数f(x)的单 调增(减)区间 为A，若函数 在区间B上单 调递增(减)， 则B包含于A.
式子来表示这个函数,这种形式的函数叫做分段函数.它是一类 重要函数,它是一个函数,不能误认为它是几个函数.
一个分段函数的解析式要把每一段写在一个大括号内,自 变量取值范围要不重不漏. 2.分段函数的定义域与值域
分段函数的定义域是各段函数定义域的并集，分段函数的 值域也是各段函数值域的并集. 【注意】分段函数虽由几个部分组成,但表示的是一个函 数．根据分段函数的特征知，研究分段函数的有关问题常用 的基本思想方法是分类讨论、数形结合等.
是否符合相应段的
自变量的取值范围.
考点9 分段函数及其应用
考点9 考法4 类 型 2 已 知 函 数 值 或 函 数 值 的 取 值
范围，求自变量的值或自变量的取 值范围
考点9 分段函数及其应用
考点9 考法4 类 型 2 已 知 函 数 值 或 函 数 值 的 取 值
范围，求自变量的值或自变量的取 值范围

B． fx－1＋1 D． fx＋1＋1
[解析] 思路一：将函数f(x)的解析式分离常数，通过图象变换可得 函数图象关于(0,0)对称，此函数即为奇函数；
思路二：由函数f(x)的解析式，求出选项中的函数解析式，由函数奇 偶性定义来判断．
解法一：f(x)＝－1＋x＋2 1，其图象的对称中心为(－1，－1)，将 y＝ f(x)的图象沿 x 轴向右平移 1 个单位，再沿 y 轴向上平移 1 个单位可得函 数 f(x－1)＋1 的图象，关于(0,0)对称，所以函数 f(x－1)＋1 是奇函数，故 选 B.
[解析] f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，f(x)为偶函数． g(－x)＝e－x－ex＝－g(x)，g(x)为奇函数． |g(－x)|＝|－g(x)|＝|g(x)|，|g(x)|为偶函数，A正确； f(－x)g(－x)＝f(x)[－g(x)]＝－f(x)g(x)， 所以f(x)g(x)为奇函数，B正确； f(－x)|g(－x)|＝f(x)|g(x)|， 所以f(x)|g(x)|是偶函数，C正确； f(x)＋g(x)＝2ex， f(－x)＋g(－x)＝2e－x≠－[f(x)＋g(x)]， 所以f(x)＋g(x)不是奇函数，D错误．
题组一 走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数y＝x2，x∈(0，＋∞)是偶函数．( × ) (2)若函数f(x)是奇函数，则必有f(0)＝0.( × ) (3)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对 称．( √ ) (4)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f(x)的图象关于点(b,0)中心 对称．( √ )
1．奇(偶)函数定义的等价形式 (1)f(－x)＝f(x)⇔f(－x)－f(x)＝0⇔ff－xx＝1(f(x)≠0)⇔f(x)为偶函数；