高中数学组卷必修一函数
一．解答题（共30小题）
1．（2015•上海）如图，O ，P ，Q 三地有直道相通，OP=3千米，PQ=4千米，OQ=5千米，现甲、乙两警员同时从O 地出发匀速前往Q 地，经过t 小时，他们之间的距离为f （t ）（单位：千米）．甲的路线是OQ ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为8千米/小时，乙到达Q 地后在原地等待．设t=t1时乙到达P 地，t=t2时乙到达Q 地．
（1）求t 1与f （t 1）的值；
（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当t 1≤t ≤t 2时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t1，t 2]上的最大值是否超过3？说明理由．
2．（2015•广东模拟）已知函数f （x ）=sinx+acosx（x ∈R ），
（1）求a 的值，并求函数f （x ）的单调递增区间；
（2）若α
的值．
3．（2015•台州一模）已知二次函数f （x ）=ax+bx+c（a ，b ，c ∈R ）
（1）若b=2a，a ＜0，写出函数f （x ）的单调递减区间，并证明你的结论；
（2）设a ，c 为常数，若存在实数b 使得函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点，求实数b 的取值范围（用a ，c 表示）．
4．（2015•杭州一模）设函数f （x ）= 2是函数f （x ）的一个零点． ，且，，求sin （α+β）
（1）若方程f （x ）=m有两个不同的解，求实数m 的值，并解此方程；
（2）当x ∈（﹣b ，b ）（b ＞0）时，求函数f （x ）的值域．
5．（2015春•延庆县期末）铁路运输托运行李，从甲地到乙地，规定每张客票托运费计算方法为：行李质量不超过50kg ，按0.25元/kg计算；超过50kg 而不超过100kg 时，其超过部分按0.35元/kg计算，超过100kg 时，其超过部分按0.45元/kg计算．设行李质量为xkg ，托运费用为y 元．
（Ⅰ）写出函数y=f（x ）的解析式；
（Ⅱ）若行李质量为56kg ，托运费用为多少？
6．（2015春•安庆期末）如图所示，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求B 点在AM 上，D 点在AN 上，且对角线MN 过C 点，已知AB=3米，AD=2米． （Ⅰ）要使矩形AMPN 的面积大于32平方米，则DN 的长应在什么范围内？
（Ⅱ）当DN 的长度是多少时，矩形花坛AMPN 的面积最小？并求出最小值．
7．（2015春•遵义校级期中）知二次函数f （x ）=ax﹣（a+2）x+1（a ∈z ），在区间（﹣2，﹣1）上恰有一个零点，解不等式f （x ）＞1．
8．（2015秋•邵阳校级期中）解方程
（1）= 2
（2）log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）+log4（3+x）
9．（2015春•宁波校级期中）已知实数x ，y 满足：+=1．
（Ⅰ）解关于x 的不等式：y ＞x+1；
（Ⅱ）若x ＞0，y ＞0，求2x+y的最值．
10．（2015秋•岳阳校级期中）某商店购进一批单价为20元的日用品，如果以单价30元销售，那么可卖出400件，如果每提高单价1元，那么销售量Q （件）会减少20，设每件商品售价为x （元）；
（1）请将销售量Q （件）表示成关于每件商品售价x （元）的函数；
（2）请问当售价x （元）为多少，才能使这批商品的总利润y （元）最大？
11．（2015秋•兖州市期中）某校学生研究性学习小组发现，学生上课的注意力指标随着听课时间的变化而变化．老师讲课开始时学生的兴趣激增，接下来学生的兴趣将保持较理想的状态一段时间，随后学生的注意力开始分散．该小组发现注意力指标f （t ）与上课时刻第t 分钟末的关系如下（t ∈（0，40]，设上课开始时，t=0）：
f （t ）=（a ＞0且a ≠1）．若上课后第5分钟末时的注意力指标为140，
（1）求a 的值；
（2）上课后第5分钟末和下课前5分钟末比较，哪个时刻注意力更集中？
（3）在一节课中，学生的注意力指标至少达到140的时间能保持多长？
12．（2015秋•眉山校级期中）设函数f （x ）=
（1）若f （a ）=3，求实数a 的值；
（2）若f （x ）＞1，求实数x 的取值范围．
13．（2015春•常德校级期中）已知f （x ）=
（1）求f[f（0）]；
（2）若f （a ）=3，求a ．
14．（2015秋•成都期中）设函数f （x ）=，若f （﹣4）=f（0），f （﹣2）=﹣1．
（1）求函数f （x ）的解析式；
（2）画出函数f （x ）的图象，并指出函数的定义域、值域、单调区间．
15．（2015秋•成都期中）甲厂根据以往的生产销售经验得到下面有关生产销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）（万元），其中固定成本为3万元，并且每生产1百台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）=，假定该产品产销平衡（即生产的产品都能卖掉），根据上述统计规律，请完成下列问题：
（1）写出利润函数y=f（x ）的解析式（利润=销售收入﹣总成本）；
（2）甲厂生产多少台新产品时，可使盈利最多？
16．（2015春•漳浦县期中）某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）万元，其中固定成本为2万元，并且
每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）满足R （x ）=，假定该产品产销平衡，那么根据上述统计规律：
（1）要使工厂有盈利，产品数量x 应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时盈利最大？此时每台产品售价为多少？
17．（2015秋•无为县校级期中）以长为2的铁丝围成上部为矩形，下部为半圆形的框架，如果半圆的直径为2x ，求此框架围成图形（如图所示）的面积为y 与x 的函数关系式y=f（x ），并写出它的定义域．
18．（2015秋•泾阳县校级月考）已知函数f （x ）=
（1）求f （﹣5），f （﹣），f[f（﹣）]的值；
（2）若f （a ）=3，求实数a 的值．
19．（2015秋•延边州校级月考）已知函数f （x ）=，分别求f （3），f （f （3）），f （f （﹣1）） 的值．
20．（2015春•松山区校级月考）某超市五一假期举行促销活动，规定一次购物不超过100元的不给优惠；超过100元而不超过300元时，按该次购物全额9折优惠；超过300元的其中300 元仍按9折优惠，超过部分按8折优惠．
（1）写出顾客购物全额与应付金额之间的函数关系，并画出流程图，要求输入购物全额，能输出应付金额．
（2）若某顾客的应付金额为282.8元，请求出他的购物全额．
21．（2015秋•仙游县校级月考）已知函数
（1）求f （f （f （﹣）））的值；
（2）若f （a ）=2，求a 的值．
（3）画出此函数的图象．
22．（2015秋•安阳校级月考）已知函数f （x ）=|x+1|+|x﹣1|，
（1）画出f （x ）的图象；
（2）根据图象写出f （x ）的在区间[﹣2，+∞）最小值．
23．（2015秋•清远校级月考）已知函数f （x ）=|x﹣1|+1
（1）用分段函数的形式表示该函数；
（2）画出该函数的图象；
（3）写出该函数的定义域，值域．
24．（2015秋•彭州市校级月考）某公司试销一种成本单价为50元/件的新产品，规定试销时销售单价不低于成本单价，又不高于80元/件．经试销调查，发现销售量y （件）与销售单价x （元/件）可近似看作一次函数y=kx+b的关系（如图所示）．
（1）根据图象，求一次函数y=kx+b的解析式．
（2）设公司获得的利润为S 元（利润=销售总价﹣成本总价；销售总价=销售单价×销售量，成本总价=成本单价×销售量）．
①试用销售单价x 表示利润S ；
②试问销售单价定为多少时，该公司可获得最大利润？最大利润是多少？此时的销售量是多少？
25．（2015秋•邯郸校级月考）有一种螃蟹，从海上捕获后不放养，最多只能存活两天．如果放养在塘内，可以延长存活时间，但每天也有一定数量的蟹死去．假设放养期内蟹的个体质量基本保持不变，现有一经销商，按市场价收购这种活蟹1000kg 放养在塘内，此时市场价为每千克30元，据测算，此后每千克活蟹的市场价每天可上升1元，但是，放养一天需支出各种费用为400元，且平均每天还有10kg 蟹死去，假定死蟹均于当天全部销售出，售价都是每千克20元．
（1）设x 天后每千克活蟹的市场价为p 元，写出p 关于x 的函数关系式；
（2）如果放养x 天后将活蟹一次性出售，并记1000kg 蟹的销售总额为Q 元，写出Q 关于x 的函数关系式；
（3）该经销商将这批蟹放养多少天后出售，可获最大利润（利润=Q﹣收购总额﹣放养支出的各种费用）？
26．（2015秋•南京月考）某市对城市路网进行改造，拟在原有a 个标段（注：一个标段是指一定长度的机动车道）的基础上，新建x 个标段和n 个道路交叉口．
其中n 与x 满足n=ax+5，已知新建一个标段的造价为m 万元．新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k 倍．
（1）写出新建道路交叉口的总造价y （万元）与x 的函数关系式；
（2）设P 是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比．若新建的标段数是原有标段数的20%，且k ≥3．问：P 能否大于，说明理由．
27．（2015秋•广东校级月考）国家对出书所得稿费纳税进行如下规定：稿费总数不超过800元的不纳税； 稿费总数超过800元而不超过4000元的，按超过部分的14%纳税； 稿费总数超过4000元的按全稿酬的11%纳税．
（1）建立纳税y 元与稿费x 元的函数关系；
（2）若某人出版了一书共纳税420元，则这个人的稿费为多少元？
28．（2015秋•河南校级月考）如图，O 为数轴的原点，A ，B ，M 为数轴上三点，C 为线段OM 上的动点，设x 表示C 与原点的距离，y 表示C 到A 的距离4倍与C 到距离的6倍的和．
（Ⅰ）将y 表示为x 的函数；
（Ⅱ）要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？
29．（2014秋•怀化期末）已知定义在x ∈[﹣，]上的函数f （x ）=2sin（π﹣x ）cosx ． （Ⅰ）求f （x ）的单调递增区间；
（Ⅱ）若方程f （x ）=a只有一解，求实数a 的取值范围．
30．（2014秋•张家界期末）设函数f （x ）=|x﹣1|+x+kx．
（1）若k=2，求方程f （x ）=0的解；
（2）若函数f （x ）在（0，2）上有两个不同的零点x 1，x 2，求k 的取值范围；并证明：+22＜4．
2015年12月18日1752732的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．解答题（共30小题）
1．（2015•上海）如图，O ，P ，Q 三地有直道相通，OP=3千米，PQ=4千米，OQ=5千米，现甲、乙两警员同时从O 地出发匀速前往Q 地，经过t 小时，他们之间的距离为f （t ）（单位：千米）．甲的路线是OQ ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为8千米/小时，乙到达Q 地后在原地等待．设t=t1时乙到达P 地，t=t2时乙到达Q 地．
（1）求t 1与f （t 1）的值；
（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当t 1≤t ≤t 2时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t1，t 2]上的最大值是否超过3？说明理由．
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）用OP 长度除以乙的速度即可求得t 1=，当乙到达P 点时，可设甲到达A 点，连接AP ，放在△AOP 中根据余弦定理即可求得AP ，也就得出f （t 1）；
（2）求出t 2=，设t ，且t 小时后甲到达B 地，而乙到达C 地，并连接BC ，
，这样根据余弦定理即可求出BC ，即f 能够用t 表示出BQ ，CQ ，并且知道cos
（t ），然后求该函数的最大值，看是否超过3即可．
【解答】解：（1）根据条件知
OA=； ，设此时甲到达A 点，并连接AP ，如图所示，则
∴在△OAP 中由余弦定理得，f （t 1）=AP=（2）可以求得
示：
，设t 小时后，且=（千米）； ，甲到达了B 点，乙到达了C 点，如图所
则BQ=5﹣5t ，CQ=7﹣8t ；
∴在△BCQ 中由余弦定理得，f （t ）=BC=即f （t ）=设g （t ）=25t﹣42t+18，
且
即g （t ）的最大值为； ，则此时f （t ）取最大值； 2=，； ，g （t ）的对称轴为
t=； ；
即f （t ）在[t1，t 2]上的最大值不超过3．
【点评】考查余弦定理的应用，以及二次函数在闭区间上最值的求法．
2．（2015•广东模拟）已知函数f （x ）=sinx+acosx（x ∈R ），
（1）求a 的值，并求函数f （x ）的单调递增区间； 是函数f （x ）的一个零点．
（2）若α，且，，求sin （α+β）的值．
【考点】函数零点的判定定理；两角和与差的正弦函数．
【专题】计算题；三角函数的求值．
【分析】（1）由是函数f （x ）的一个零点知；从而求a 的值并求函数的单调区间；
（2）由得；由
得
；从而根据角的范围求角的三角函数值，再由恒等变换求解．
【解答】解：（1）∵
∴
∴a=﹣1；
∴f （x ）=sinx﹣cosx =
=
由
得． ，k ∈Z ， ，k ∈Z ，
（k ∈Z ）． 是函数f （x ）的一个零点， ． ∴函数f （x ）的单调递增区间是
（2）∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴．
， ． ． ， ． ， ．
∵
∴， ．
∴sin （α+β）=sinαcos β+cosαsin β =
=．
【点评】本题考查了三角函数的化简与变换，属于基础题．
3．（2015•台州一模）已知二次函数f （x ）=ax+bx+c（a ，b ，c ∈R ）
（1）若b=2a，a ＜0，写出函数f （x ）的单调递减区间，并证明你的结论；
（2）设a ，c 为常数，若存在实数b 使得函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点，求实数b 的取值范围（用a ，c 表示）．
【考点】函数的零点与方程根的关系；二次函数的性质．
【专题】计算题；证明题；导数的综合应用．
2【分析】（1）代入b=2a得f （x ）=ax+2ax+c在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）
上单调递减；利用导数证明即可；
2（2）函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点可化为方程ax +bx+c=0在区间（0，1）2
内有两个不同的解，从而可得，从而解得．
【解答】解：（1）当b=2a时，
f （x ）=ax+2ax+c在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减；
证明如下，
f ′（x ）=2a（x+1），
∵a ＜0，
则当x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；当x ∈（﹣1，+∞）时，f ′（x ）＜0；
故f （x ）=ax+2ax+c在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减．
（2）若函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点，
2即方程ax +bx+c=0在区间（0，1）内有两个不同的解， 22
则，
当a ＞0时，解得，max{﹣2a ，﹣（a+c）}＜b ＜﹣2；
当a ＜0时，max{0，﹣（a+c）}＜b ＜﹣2a ．
【点评】本题考查了二次函数的性质及其应用，同时考查了导数的应用及函数零点的问题，属于基础题．
4．（2015•杭州一模）设函数f （x ）=
（1）若方程f （x ）=m有两个不同的解，求实数m 的值，并解此方程；
（2）当x ∈（﹣b ，b ）（b ＞0）时，求函数f （x ）的值域．
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的值域．
【专题】计算题；作图题；函数的性质及应用．
【分析】（1）可求得f （0）=0，f （1）=0，f （）=﹣，f （﹣）=﹣；且f （x ）在（﹣∞，0）上递增，在（0，）上递减，在（，+∞）上递增；从而可得当m=0或m=﹣时，方程f （x ）=m有两个不同的解．再代入求解即可．
（2）由（1）可知，作出函数f （x ）的图象，从而以0＜b ≤，＜b ≤，＜b ≤1，b ＞1讨论函数的值域即可．
【解答】解：（1）∵f （0）=0，f （1）=0，f （）=﹣，
当x ＜0时，f （﹣）=﹣；
又∵f （x ）在（﹣∞，0）上递增，在（0，）上递减，在（，+∞）上递增；
∴当m=0或m=﹣时，方程f （x ）=m有两个不同的解．
当m=0时，方程的解为0，1；
当m=﹣时，方程的解为，﹣；
（2）由（1）可知，函数f （x ）的图象如图所示，
①当0＜b ≤时，
∵f （﹣b ）﹣f （b ）=﹣
=﹣b （b+1）﹣b （b ﹣1） b （49b ﹣31）＞0，
此时函数f （x ）的值域为（b （b ﹣1），0]；
②当＜b ≤时，
∵f （﹣b ）≥f （），
∴函数f （x ）的值域为[﹣，0]；
③当＜b ≤1时，
∵f （﹣b ）＜f （），且f （b ）≤0；
∴函数f （x ）的值域为（﹣
④当b ＞1时， b （b+1），0]；
∵f （﹣b ）＜f （），且f （b ）＞0；
∴函数f （x ）的值域为（﹣b （b+1），b （b ﹣1））．
【点评】本题考查了函数的图象的应用及方程的根与函数的图象的关系应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于基础题．
5．（2015春•延庆县期末）铁路运输托运行李，从甲地到乙地，规定每张客票托运费计算方法为：行李质量不超过50kg ，按0.25元/kg计算；超过50kg 而不超过100kg 时，其超过部分按0.35元/kg计算，超过100kg 时，其超过部分按0.45元/kg计算．设行李质量为xkg ，托运费用为y 元．
（Ⅰ）写出函数y=f（x ）的解析式；
（Ⅱ）若行李质量为56kg ，托运费用为多少？
【考点】分段函数的应用．
【专题】应用题；函数的性质及应用．
【分析】（Ⅰ）对x 讨论，若0＜x ≤50，若50＜x ≤100，若x ＞100，求得f （x ）的解析式； （Ⅱ）对自变量的范围考虑，选择第二段，代入计算即可得到托运费．
【解答】解：（Ⅰ）（1）若0＜x ≤50，
则y=0.25x；
（2）若50＜x ≤100，则y=12.5+0.35（x ﹣50）=0.35x﹣5；
（3），则y=30+0.45（x ﹣100）=0.45x﹣15．
综上可得，
y=；
（Ⅱ）因为50kg ＜56kg ≤100kg ，
所以y=12.5+6×0.35=14.6（元）．
则托运费为14.6元．
【点评】本题考查分段函数及运用，主要考查分段函数的解析式的求法和运用，属于基础题．
6．（2015春•安庆期末）如图所示，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求B 点在AM 上，D 点在AN 上，且对角线MN 过C 点，已知AB=3米，AD=2米． （Ⅰ）要使矩形AMPN 的面积大于32平方米，则DN 的长应在什么范围内？
（Ⅱ）当DN 的长度是多少时，矩形花坛AMPN 的面积最小？并求出最小值．
【考点】函数模型的选择与应用．
【专题】函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】（Ⅰ）设DN 的长为x （x ＞0）米，则AN=（x+2）米，表示出矩形的面积，利用矩形AMPN 的面积大于32平方米，即可求得DN 的取值范围．
（Ⅱ）化简矩形的面积，利用基本不等式，即可求得结论．
【解答】解：（Ⅰ）设DN 的长为x （x ＞0）米，则AN=（x+2）米
∵DN ：AN=DC：AM ，
∴AM=，…（2分）
∴S AMPN =AN•AM=．
由S AMPN ＞32，得
2＞32，又x ＞0， 得3x ﹣20x+12＞0，解得：0＜x ＜1或x ＞4，
即DN 长的取值范围是（0，1）∪（4，+∞）． …（6分）
（Ⅱ）矩形花坛AMPN 的面积为
y==3x++12≥2+12=24…（10分） 当且仅当3x=，即x=2时，矩形花坛AMPN 的面积取得最小值24．
故DN 的长为2米时，矩形AMPN 的面积最小，最小值为24平方米．…（12分）
【点评】本题考查根据题设关系列出函数关系式，并求出处变量的取值范围；考查利用基本不等式求最值，解题的关键是确定矩形的面积．
7．（2015春•遵义校级期中）知二次函数f （x ）=ax﹣（a+2）x+1（a ∈z ），在区间（﹣2，﹣1）上恰有一个零点，解不等式f （x ）＞1．
【考点】函数零点的判定定理．
【专题】计算题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】由题意，f （﹣2）•f （﹣1）＜0，从而求出a=﹣1，从而化简不等式求解即可．
【解答】解：由题设易知：
2
，
又∵a ∈z ，
∴a=﹣1，
∴f （x ）=﹣x ﹣x+1⇒﹣x ﹣x+1＞1，
∴不等式解集为（﹣1，0）．
【点评】本题考查了函数的零点的判断应用及一元二次不等式的解法，属于基础题．
8．（2015秋•邵阳校级期中）解方程
（1）= 22
（2）log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）+log4（3+x）
【考点】函数的零点与方程根的关系；对数的运算性质．
【专题】计算题；函数思想；方程思想；转化思想；函数的性质及应用．
【分析】（1）直接利用有理指数幂的运算法则求解方程的解即可．
（2）利用对数运算法则，化简求解方程的解即可．
【解答】解：（1）=，可得x ﹣3x=﹣2，（2分） 2
解得x=2或x=1；（4分）
（2）log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）+log4（3+x），
可得log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）（3+x），
∴3﹣x=（2x+1）（3+x），（2分）
得x=﹣4或x=0，经检验x=0为所求．（4分）
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，对数方程的解法，考查计算能力．
9．（2015春•宁波校级期中）已知实数x ，y 满足：（Ⅰ）解关于x 的不等式：y ＞x+1；
（Ⅱ）若x ＞0，y ＞0，求2x+y的最值．
【考点】函数最值的应用．
【专题】计算题；不等式的解法及应用． +=1．
【分析】（Ⅰ）由
+=1可化得
y=
=2x++1≥2
+=1， ；从而解不等式即可； +1；注意不等式等号成立的条件即可． （Ⅱ）化简2x+y=2x+【解答】解：（Ⅰ）∵∴
y=
∴； ＞x+1，
解得，x ∈（﹣∞，﹣1）∪（0，1）；
（Ⅱ）∵x ＞0，y ＞0，y=
∴2x+y=2x+=2x++1≥2， +1；
（当且仅当2x=，x=时，等号成立）；
2x+y的最小值为2+1，没有最大值．
【点评】本题考查了不等式的解法与基本不等式的应用，属于基础题．
10．（2015秋•岳阳校级期中）某商店购进一批单价为20元的日用品，如果以单价30元销售，那么可卖出400件，如果每提高单价1元，那么销售量Q （件）会减少20，设每件商品售价为x （元）；
（1）请将销售量Q （件）表示成关于每件商品售价x （元）的函数；
（2）请问当售价x （元）为多少，才能使这批商品的总利润y （元）最大？
【考点】函数最值的应用．
【专题】应用题；函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意可得Q （x ）=400﹣20（x ﹣30）=1000﹣20x ；
（2）由利润的概念可得y=（x ﹣20）（1000﹣20x ），再由二次函数的最值的求法，即可得到最大值．
【解答】解：（1）当商品的售价为x 元，
即有销售量为400﹣20（x ﹣30）=1000﹣20x ，
则Q （x ）=1000﹣20x ，x ∈（30，50）；
（2）y=（x ﹣20）（1000﹣20x ）
2=﹣20（x ﹣70x+1000）（30＜x ＜50）
2=﹣20[（x ﹣35）﹣225]，
当x=35时，y 取得最大值4500，
故当x=35时总利润最大．
【点评】本题考查二次函数的最值的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．
11．（2015秋•兖州市期中）某校学生研究性学习小组发现，学生上课的注意力指标随着听课时间的变化而变化．老师讲课开始时学生的兴趣激增，接下来学生的兴趣将保持较理想的状态一段时间，随后学生的注意力开始分散．该小组发现注意力指标f （t ）与上课时刻第t 分钟末的关系如下（t ∈（0，40]，设上课开始时，t=0）：
f （t ）=（a ＞0且a ≠1）．若上课后第5分钟末时的注意力指标为140，
（1）求a 的值；
（2）上课后第5分钟末和下课前5分钟末比较，哪个时刻注意力更集中？
（3）在一节课中，学生的注意力指标至少达到140的时间能保持多长？
【考点】分段函数的应用．
【专题】计算题；应用题；函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意，100•﹣60=140，从而求a 的值；
（2）上课后第5分钟末时f （5）=140，下课前5分钟末f （35）=﹣15×35+640=115，从而可得答案；
（3）分别讨论三段函数上f （t ）≥140的解，从而求出f （t ）≥140的解，从而求在一节课中，学生的注意力指标至少达到140的时间能保持的时间．
【解答】解：（1）由题意得，当t=5时，f （t ）=140，
即100•﹣60=140，
解得，a=4；
（2）f （5）=140，f （35）=﹣15×35+640=115，
由于f （5）＞f （35），
故上课后第5分钟末比下课前5分钟末注意力更集中；
（3）①当0＜t ≤10时，
由（1）知，f （t ）≥140的解集为[5，10]，
②当10＜t ≤20时，f （t ）=340＞140，成立；
③当20＜t ≤40时，﹣15t+640≥140，
故20＜t ≤，
，
﹣5=分钟． 综上所述，5≤t ≤故学生的注意力指标至少达到140的时间能保持
【点评】本题考查了分段函数的应用，同时考查了实际问题转化为数学问题的能力，属于中档题．
12．（2015秋•眉山校级期中）设函数f （x ）=
（1）若f （a ）=3，求实数a 的值；
（2）若f （x ）＞1，求实数x 的取值范围．
【考点】分段函数的应用．
【专题】计算题；分类讨论；数形结合法；函数的性质及应用．
【分析】（1）分段讨论，代入求值即可，
（2）分段讨论，分别求出其不等式的解集．
【解答】解：（1）∵f （a ）=3
当2﹣1=3时，解的a=﹣2，符合题意， 当a=3时，解的a=6，符合题意
综上：a=﹣2或a=6，
（2）当2﹣1＞1时，即2＞2解得x ＜﹣1， 当x ＞1时，解的x ＞2，
综上所述不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）． ﹣x ﹣x ﹣a
【点评】本题考查了分段函数的应用，以及指数函数的图象和性质，关键是分段讨论，属于基础题．
13．（2015春•常德校级期中）已知f （x ）=
（1）求f[f（0）]；
（2）若f （a ）=3，求a ．
【考点】分段函数的应用；函数的值．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）先求f （0）=2，再求f （2）=2，即可得到结论；
（2）讨论a ＜2，a ≥2，由分段函数，解方程即可得到所求a 的值．
【解答】解：（1）由分段函数可得f （0）=0+2=2，
则f[f（0）]=f（2）==2．
（2）①若a ＜2，则a+2=3，解得a=1；
②若a ≥2，则=3，
解得a=±（舍去负值）．
综上，a=1或．
【点评】本题考查分段函数及运用，主要考查分段函数值和已知函数值，求自变量，属于基础题．
14．（2015秋•成都期中）设函数f （x ）=，若f （﹣4）=f（0），f （﹣2）=﹣1．
（1）求函数f （x ）的解析式；
（2）画出函数f （x ）的图象，并指出函数的定义域、值域、单调区间．
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意可得16﹣4b+c=3，4﹣2b+c=﹣1，解方程可得b ，c ，进而得到f （x ）的解析式；
（2）由分段函数的画法，可得f （x ）的图象，进而得到定义域、值域、单调区间．
【解答】解：（1）由f （﹣4）=f（0），f （﹣2）=﹣1，
即有16﹣4b+c=3，4﹣2b+c=﹣1，
解得：b=4，c=3，
则f （x ）=；
（2）图象见图所示：
由图象可知：函数的定义域：[﹣4，+∞）；
值域：（﹣∞，3]；
单调增区间：（﹣2，0），单调减区间：（﹣4，﹣2），（0，+∞）．
【点评】本题考查函数的解析式的求法，函数的图象的画法，以及函数的定义域、值域和单调区间的求法，属于基础题．
15．（2015秋•成都期中）甲厂根据以往的生产销售经验得到下面有关生产销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）（万元），其中固定成本为3万元，并且每生产1百台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）=，假定该产品产销平衡（即生产的产品都能卖掉），根据上述统计规律，请完成下列问题：
（1）写出利润函数y=f（x ）的解析式（利润=销售收入﹣总成本）；
（2）甲厂生产多少台新产品时，可使盈利最多？
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意可得f （x ）=R（x ）﹣G （x ），对x 讨论0≤x ≤5，x ＞5即可得到；
（2）分别讨论0≤x ≤5，x ＞5的函数的单调性，即可得到最大值．
【解答】解：（1）由题意得G （x ）=3+x，
由R （x ）=，
∴f （x ）=R（x ）﹣G （x ）=，
（2）当x ＞5时，∵函数y=f（x ）递减，
∴f （x ）＜8.2﹣5=3.2（万元），
2当0≤x ≤5时，f （x ）=﹣0.4（x ﹣4）+3.6，
当x=4时，f （x ）有最大值为3.6（万元）．
答：当工厂生产4百台时，可使赢利最大为3.6（万元）．
【点评】本题考查分段函数的求法和运用：求单调性和最值，考查一次函数和二次函数的单调性及最值，属于基础题．
16．（2015春•漳浦县期中）某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）万元，其中固定成本为2万元，并且每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）满足R （x ）=，假定该产品产销平衡，那么根据上述统计规律：
（1）要使工厂有盈利，产品数量x 应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时盈利最大？此时每台产品售价为多少？
【考点】分段函数的应用．
【分析】（1）根据利润=销售收入﹣总成本，列出解析式；要使工厂有赢利，即解不等式f （x ）＞0，分0≤x ≤5时和x ＞5时分别求解即可；
（2）分别求出0≤x ≤5时和x ＞5时f （x ）的最大值，取最大的即可．
【解答】解：依题意，G （x ）=x+2，设利润函数为f （x ），则
f （x ）=R（x ）﹣G （x ）=
（1）要使工厂有赢利，即解不等式f （x ）＞0，当0≤x ≤5时，
2解不等式﹣0.4x +3.2x﹣2.8＞0．
2即x ﹣8x+7＜0．
∴1＜x ＜7，∴1＜x ≤5．（2分）
当x ＞5时，解不等式8.2﹣x ＞0，得x ＜8.2．
∴5＜x ＜8.2．
综上，要使工厂赢利，x 应满足1＜x ＜8.2，
即产品应控制在大于100台，小于820台的范围内．
2（2）0≤x ≤5时，f （x ）=﹣0.4（x ﹣4）+3.6，
故当x=4时，f （x ）有最大值3.6．
而当x ＞5时，f （x ）＜8.2﹣5=3.2所以，当工厂生产400万台产品时，赢利最多． 又x=4时，=240（元/台），
故此时每台产品售价为240（元/台）．
【点评】本题考查利用函数知识解决应用题的有关知识．新高考中的重要的理念就是把数学知识运用到实际生活中，如何建模是解决这类问题的关键．同时要熟练地掌握分段函数的求最值问题及解不等式问题． 17．（2015秋•无为县校级期中）以长为2的铁丝围成上部为矩形，下部为半圆形的框架，如果半圆的直径为2x ，求此框架围成图形（如图所示）的面积为y 与x 的函数关系式y=f（x ），并写出它的定义域．
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】函数的性质及应用．
【分析】求出矩形的宽，然后表示面积为y 与x 的函数关系式y=f（x ），求出函数的定义域即可．
【解答】解：由题意知
矩形的宽为：∴
y=∵∴
．
，
，
=
即定义域为：．
【点评】本题考查函数的解析式的求法，实际问题的应用，考查计算能力．
18．（2015秋•泾阳县校级月考）已知函数f （x ）=
（1）求f （﹣5），f （﹣），f[f（﹣）]的值；
（2）若f （a ）=3，求实数a 的值． 【考点】分段函数的应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）根据分段函数的表达式直接代入进行求解即可． （2）分别讨论a 的范围，解方程f （a ）=3即可． 【解答】解：（1）f （﹣5）=﹣5+1=﹣4，
2
f （﹣）=（﹣）+2（﹣）=3﹣2，
f （﹣）=﹣+1=﹣，则f （﹣）=（﹣）+2×（﹣）=﹣3=﹣，
2
即f[f（﹣）]=﹣；
（2）若a ≤﹣2，由f （a ）=3，得a+1=3，解得a=2，不成立，
22
若﹣2＜a ＜2，则由f （a ）=3得a +2a=3，即a +2a﹣3=0，解得a=1或a=﹣3（舍）， 若a ≥2，则由f （a ）=3得2a ﹣1=3，得a=2， 综上a=1或a=2． 【点评】本题主要考查分段函数的应用，根据分段函数的表达式分别进行求解是解决本题的关键．
19．（2015秋•延边州校级月考）已知函数f （x ）=，分别求f （3），f （f （3）），
f （f （﹣1）） 的值．
【考点】分段函数的应用；函数的值． 【专题】函数的性质及应用．
【分析】直接利用函数的解析式求解函数值即可．
【解答】解：函数f （x ）=，
f （3）=，f （f （3））=f（）=
2
=，
f （f （﹣1））=f（2）=2+1=5，
【点评】本题考查分段函数求值，考查计算能力． 20．（2015春•松山区校级月考）某超市五一假期举行促销活动，规定一次购物不超过100元的不给优惠；超过100元而不超过300元时，按该次购物全额9折优惠；超过300元的其中300 元仍按9折优惠，超过部分按8折优惠．
（1）写出顾客购物全额与应付金额之间的函数关系，并画出流程图，要求输入购物全额，能输出应付金额．
（2）若某顾客的应付金额为282.8元，请求出他的购物全额． 【考点】分段函数的应用．
【专题】应用题；函数的性质及应用． 【分析】（1）运用分段函数的形式，顾客购物全额x 与应付金额y 之间的函数关系，并画出流程图； （2）由300×0.9=270＜282.2，则该顾客购物全额超过300元，运用第三段函数式，令y=282.8，解出x ．
【解答】解：（1）顾客购物全额x 与应付金额y 之间的函数关系如下
y=，
流程图如右：
（2）设顾客的购物全额为x ，则 由300×0.9=270＜282.2，
则该顾客购物全额超过300元，
由y=300×0.9+0.8（x ﹣300）=282.8， 解得x=316，
所以顾客的购物全额为316元．
【点评】本题考查分段函数和运用，同时考查流程图的画法，属于基础题．
21．（2015秋•仙游县校级月考）已知函数
（1）求f （f （f （﹣）））的值；
（2）若f （a ）=2，求a 的值． （3）画出此函数的图象．
【考点】分段函数的应用；函数的图象．
【专题】作图题；方程思想；数形结合法；函数的性质及应用．
【分析】（1）由分段函数的解析式，分别计算f （﹣）=2﹣=，f （）=，f （）
=．即可得到所求值；
（2）对a 讨论，分别运用f （x ）的三段解析式，解方程可得a 的值； （3）运用分段函数的图象画法，可得图象．
【解答】解：（1）函数，
可得f （﹣）=2﹣
=，f （）=，f （）=． 则f （f （f （﹣）））=；
（2）若f （a ）=2，当a ＜0时，a+2=2，解得a=0不成立；
2
当0≤a ＜2，a =2，解得a=（﹣舍去）； 当a ≥2时，a=2，解得a=4． 故；
（3）由分段函数的图象画法可得， 如图所示：
【点评】本题考查分段函数的图象和应用：求函数值和自变量的值，考查运算能力，属于基础题． 22．（2015秋•安阳校级月考）已知函数f （x ）=|x+1|+|x﹣1|， （1）画出f （x ）的图象；
（2）根据图象写出f （x ）的在区间[﹣2，+∞）最小值． 【考点】分段函数的应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）利用零点分段函数将函数f （x ）解析式化为分段函数的形式，进而结合一次函数的图象和性质，得到f （x ）的图象；
（2）根据（1）中函数图象，可得f （x ）的在区间[﹣2，+∞）上的最小值．
【解答】解：（1）函数f （x ）=|x+1|+|x﹣
1|=的图象如下图所示：
（2）由（1）中图象可得： 当x ≥﹣2时， ∴f （x ）min =2
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的最值，函数的图象，难度不大，属于基础题目． 23．（2015秋•清远校级月考）已知函数f （x ）=|x﹣1|+1 （1）用分段函数的形式表示该函数； （2）画出该函数的图象；
（3）写出该函数的定义域，值域．
【考点】分段函数的应用；函数的图象． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）利用零点分段法，可将函数解析式化为分段函数； （2）结合一次函数的图象和性质，可得函数的图象； （3）根据（2）中图象，可得函数的定义域，值域．
【解答】解：（1）函数f （x ）=|x﹣1|+1=（2）函数图象如图所示：…（4分）
…（4分）
（3）由（2）中函数图象可得：
函数的定义域为R ，值域为[1，+∞）…（4分）
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的图象与性质，函数的定义域，分类讨论思想，难度不大，属于基础题． 24．（2015秋•彭州市校级月考）某公司试销一种成本单价为50元/件的新产品，规定试销时销售单价不低于成本单价，又不高于80元/件．经试销调查，发现销售量y （件）与销售单价x （元/件）可近似看作一次函数y=kx+b的关系（如图所示）． （1）根据图象，求一次函数y=kx+b的解析式．
（2）设公司获得的利润为S 元（利润=销售总价﹣成本总价；销售总价=销售单价×销售量，成本总价=成本单价×销售量）． ①试用销售单价x 表示利润S ；
②试问销售单价定为多少时，该公司可获得最大利润？最大利润是多少？此时的销售量是多少？
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】应用题；函数的性质及应用． 【分析】（1）首先根据一次函数y=kx+b的表达式代入数值化简，然后求出k ，b 并求出一次函数表达式；
（2）①通过（1）直接写出s 的表达式并化简； ②根据二次函数求得最值．
【解答】解：（1）由图象可知，解得，
，
，
所以y=﹣x+100（50≤x ≤80）； （2）①由（1） S=xy﹣50y
=（﹣x+100）（x ﹣50）
=﹣x +150x﹣5000，（50≤x ≤80）．
2
②由①可知，S=﹣（x ﹣75）+625， 其图象开口向下，对称轴为x=75， 所以当x=75时，S max =625．
即该公司可获得的最大毛利润为625元， 此时相应的销售单价为75元/件．
【点评】本题考查函数模型的应用，以及一次函数，二次函数的应用，属于基础题． 25．（2015秋•邯郸校级月考）有一种螃蟹，从海上捕获后不放养，最多只能存活两天．如果放养在塘内，可以延长存活时间，但每天也有一定数量的蟹死去．假设放养期内蟹的个体质量基本保持不变，现有一经销商，按市场价收购这种活蟹1000kg 放养在塘内，此时市场价为每千克30元，据测算，此后每千克活蟹的市场价每天可上升1元，但是，放养一天需支出各种费用为400元，且平均每天还有10kg 蟹死去，假定死蟹均于当天全部销售出，售价都是每千克20元．
（1）设x 天后每千克活蟹的市场价为p 元，写出p 关于x 的函数关系式；
（2）如果放养x 天后将活蟹一次性出售，并记1000kg 蟹的销售总额为Q 元，写出Q 关于x 的函数关系式；
（3）该经销商将这批蟹放养多少天后出售，可获最大利润（利润=Q﹣收购总额﹣放养支出的各种费用）？
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（l ）通过每千克活蟹的市场价每天可上升1元即得结论；
（2）通过销售总额=活蟹的销售额+死蟹的销售额，代入计算即得结论；
2
（3）通过（2）、配方可知总利润为L=﹣10（x ﹣25）+6250，进而可得结论． 【解答】解：（l ）由题意知：p=30+x；
（2）∵活蟹的销售额为（1000﹣10x ） （30+x）元， 死蟹的销售额为200x 元，
∴Q=（1000﹣10x ） （30+x）+200x
2
=﹣10x +900x+30000；
2
（3）设总利润为L ，则L=Q﹣30000﹣400x=﹣10（x ﹣25）+6250， 当x=25时，总利润最大，最大利润为6250元．
【点评】本题考查函数模型的选择与应用，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于基础题． 26．（2015秋•南京月考）某市对城市路网进行改造，拟在原有a 个标段（注：一个标段是指一定长度的机动车道）的基础上，新建x 个标段和n 个道路交叉口．
其中n 与x 满足n=ax+5，已知新建一个标段的造价为m 万元．新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k 倍．
（1）写出新建道路交叉口的总造价y （万元）与x 的函数关系式；
（2）设P 是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比．若新建的标段数是原有标段数的20%，且k ≥3．问：P 能否大于
，说明理由．
2
【考点】函数模型的选择与应用；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）根据条件即可写出新建道路交叉口的总造价y （万元）与x 的函数关系式； （2）求出P 的表达式，假设P ≥
，解不等式即可．
•
【解答】解：（1）依题意得y=mkn=mk（ax+5），x ∈N ． （2）由题意得x=0.2a，则P=
=
=
，
假设P ≥∵k ≥3，
，得ka ﹣20a+25k＜0，
2
∴判别式△=400﹣100k =100（4﹣k ）＜0，
2
即不等式无解ka ﹣20a+25k＜0无解． ∴P 不能大于
．
22
【点评】本题主要考查函数的应用问题，建立函数关系是解决本题的关键． 27．（2015秋•广东校级月考）国家对出书所得稿费纳税进行如下规定：稿费总数不超过800元的不纳税； 稿费总数超过800元而不超过4000元的，按超过部分的14%纳税； 稿费总数超过4000元的按全稿酬的11%纳税． （1）建立纳税y 元与稿费x 元的函数关系；
（2）若某人出版了一书共纳税420元，则这个人的稿费为多少元？ 【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）分0≤x ≤800、800＜x ≤4000、x ＞4000三种情况讨论即可；
（2）通过（1）计算出当800＜x ≤4000、x ＞4000时各自的稿费情况，进而可得结论．
【解答】解：（1）由题意得f （x ）=，
即f （x ）=；
（2）由（1）可知当800＜x ≤4000时有0.14x ﹣112=420，解得x=3800； 当x ＞4000时有0.11x=420，解得x ≈3818（舍去）， 综上所述，稿费为3800元．
【点评】本题考查函数模型的选择与应用，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于基础题． 28．（2015秋•河南校级月考）如图，O 为数轴的原点，A ，B ，M 为数轴上三点，C 为线段OM 上的动点，设x 表示C 与原点的距离，y 表示C 到A 的距离4倍与C 到距离的6倍的和．
（Ⅰ）将y 表示为x 的函数；
（Ⅱ）要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】计算题；函数的性质及应用． 【分析】（Ⅰ）直接由绝对值的几何意义结合已知将y 表示为x 的函数；
（Ⅱ）由题意可得不等式组，求解不等式组得答案．
【解答】解：（Ⅰ）由绝对值的几何意义可得y=4|x﹣10|+6|x﹣20|，0≤x ≤30； （Ⅱ）依题意，x 满足
，
当0≤x ≤10时，解得9≤x ≤10； 当10＜x ≤20时，解得10＜x ≤20； 当20＜x ≤30时，解得20＜x ≤23． ∴不等式组的解集为[9，23]． ∴x ∈[9，23]．
【点评】本题考查函数模型的选择及其应用，考查了绝对值不等式的解法，是基础题．
29．（2014秋•怀化期末）已知定义在x ∈[﹣
，
]上的函数f （x ）=2sin（π﹣x ）cosx ．
（Ⅰ）求f （x ）的单调递增区间；
（Ⅱ）若方程f （x ）=a只有一解，求实数a 的取值范围． 【考点】函数的零点；正弦函数的单调性． 【专题】计算题；作图题；函数的性质及应用．
【分析】（Ⅰ） 化简f （x ）=sin2x，其递增区间满足再由x ∈[﹣
，
]解得；
，k ∈Z ，
（Ⅱ）在同一坐标系中作出y=sinX=sin2x与y=a的图象，从而解得． 【解答】解：（Ⅰ） 化简得f （x ）=sin2x， 其递增区间满足再由x ∈[﹣
，
]得，
；
故所求递增区间为
；
，k ∈Z ，
（Ⅱ）在同一坐标系中作出y=sinX=sin2x与y=a的图象， 方程只有一解等价于两函数图象只能有一个交点， 所以a 的取值范围是：
．
【点评】本题考查了函数的图象与性质应用，属于基础题．
30．（2014秋•张家界期末）设函数f （x ）=|x﹣1|+x+kx． （1）若k=2，求方程f （x ）=0的解；
（2）若函数f （x ）在（0，2）上有两个不同的零点x 1，x 2，求k 的取值范围；并证明：＜4．
【考点】函数零点的判定定理；根的存在性及根的个数判断． 【专题】计算题；证明题；函数的性质及应用．
22
【分析】（1）k=2时，f （x ）=|x﹣1|+x+2x，从而讨论求方程f （x ）=0的解；
22
+
（2）不妨设0＜x 1＜x 2＜2，则化简f （x ）=|x﹣1|+x+kx=
2
22
；
从而可确定0＜x 1＜1≤x 2＜2；从而可得kx 1+1=0，2x +kx﹣1=0；从而求k 的取值范围并证明
+
＜4．
2
2
【解答】解：（1）k=2时，f （x ）=|x﹣1|+x+2x，
2
当|x|≥1时，f （x ）=2x+2x﹣1，
2
由f （x ）=2x+2x﹣1=0得， x=
，x=
（舍去），
当|x|＜1时，f （x ）=2x+1， 由2x+1=0得x=﹣；
故当k=2时，方程f （x ）=0的解是x=（2）不妨设0＜x 1＜x 2＜2， ∵f （x ）=|x﹣1|+x+kx=
若x 1，x 2∈[1，2），与x 1x 2=﹣矛盾， 则0＜x 1＜1≤x 2＜2； 2
则kx 1+1=0 ①，2x +kx﹣1=0 ②； 由①得：k=﹣
＜﹣1，
2
2
或x=﹣．
；
由②得：k=2x 2∈（﹣，﹣1]；
∴k 的取值范围是（﹣，﹣1）；
联立①、②消去k 得： 2即﹣+x 2﹣1=0； ＜2x 2＜4．
【点评】本题考查了函数的性质的判断与应用，同时考查了分段函数的应用，属于基础题．
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高中数学组卷必修一函数
一．解答题（共30小题）
1．（2015•上海）如图，O ，P ，Q 三地有直道相通，OP=3千米，PQ=4千米，OQ=5千米，现甲、乙两警员同时从O 地出发匀速前往Q 地，经过t 小时，他们之间的距离为f （t ）（单位：千米）．甲的路线是OQ ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为8千米/小时，乙到达Q 地后在原地等待．设t=t1时乙到达P 地，t=t2时乙到达Q 地．
（1）求t 1与f （t 1）的值；
（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当t 1≤t ≤t 2时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t1，t 2]上的最大值是否超过3？说明理由．
2．（2015•广东模拟）已知函数f （x ）=sinx+acosx（x ∈R ），
（1）求a 的值，并求函数f （x ）的单调递增区间；
（2）若α
的值．
3．（2015•台州一模）已知二次函数f （x ）=ax+bx+c（a ，b ，c ∈R ）
（1）若b=2a，a ＜0，写出函数f （x ）的单调递减区间，并证明你的结论；
（2）设a ，c 为常数，若存在实数b 使得函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点，求实数b 的取值范围（用a ，c 表示）．
4．（2015•杭州一模）设函数f （x ）= 2是函数f （x ）的一个零点． ，且，，求sin （α+β）
（1）若方程f （x ）=m有两个不同的解，求实数m 的值，并解此方程；
（2）当x ∈（﹣b ，b ）（b ＞0）时，求函数f （x ）的值域．
5．（2015春•延庆县期末）铁路运输托运行李，从甲地到乙地，规定每张客票托运费计算方法为：行李质量不超过50kg ，按0.25元/kg计算；超过50kg 而不超过100kg 时，其超过部分按0.35元/kg计算，超过100kg 时，其超过部分按0.45元/kg计算．设行李质量为xkg ，托运费用为y 元．
（Ⅰ）写出函数y=f（x ）的解析式；
（Ⅱ）若行李质量为56kg ，托运费用为多少？
6．（2015春•安庆期末）如图所示，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求B 点在AM 上，D 点在AN 上，且对角线MN 过C 点，已知AB=3米，AD=2米． （Ⅰ）要使矩形AMPN 的面积大于32平方米，则DN 的长应在什么范围内？
（Ⅱ）当DN 的长度是多少时，矩形花坛AMPN 的面积最小？并求出最小值．
7．（2015春•遵义校级期中）知二次函数f （x ）=ax﹣（a+2）x+1（a ∈z ），在区间（﹣2，﹣1）上恰有一个零点，解不等式f （x ）＞1．
8．（2015秋•邵阳校级期中）解方程
（1）= 2
（2）log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）+log4（3+x）
9．（2015春•宁波校级期中）已知实数x ，y 满足：+=1．
（Ⅰ）解关于x 的不等式：y ＞x+1；
（Ⅱ）若x ＞0，y ＞0，求2x+y的最值．
10．（2015秋•岳阳校级期中）某商店购进一批单价为20元的日用品，如果以单价30元销售，那么可卖出400件，如果每提高单价1元，那么销售量Q （件）会减少20，设每件商品售价为x （元）；
（1）请将销售量Q （件）表示成关于每件商品售价x （元）的函数；
（2）请问当售价x （元）为多少，才能使这批商品的总利润y （元）最大？
11．（2015秋•兖州市期中）某校学生研究性学习小组发现，学生上课的注意力指标随着听课时间的变化而变化．老师讲课开始时学生的兴趣激增，接下来学生的兴趣将保持较理想的状态一段时间，随后学生的注意力开始分散．该小组发现注意力指标f （t ）与上课时刻第t 分钟末的关系如下（t ∈（0，40]，设上课开始时，t=0）：
f （t ）=（a ＞0且a ≠1）．若上课后第5分钟末时的注意力指标为140，
（1）求a 的值；
（2）上课后第5分钟末和下课前5分钟末比较，哪个时刻注意力更集中？
（3）在一节课中，学生的注意力指标至少达到140的时间能保持多长？
12．（2015秋•眉山校级期中）设函数f （x ）=
（1）若f （a ）=3，求实数a 的值；
（2）若f （x ）＞1，求实数x 的取值范围．
13．（2015春•常德校级期中）已知f （x ）=
（1）求f[f（0）]；
（2）若f （a ）=3，求a ．
14．（2015秋•成都期中）设函数f （x ）=，若f （﹣4）=f（0），f （﹣2）=﹣1．
（1）求函数f （x ）的解析式；
（2）画出函数f （x ）的图象，并指出函数的定义域、值域、单调区间．
15．（2015秋•成都期中）甲厂根据以往的生产销售经验得到下面有关生产销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）（万元），其中固定成本为3万元，并且每生产1百台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）=，假定该产品产销平衡（即生产的产品都能卖掉），根据上述统计规律，请完成下列问题：
（1）写出利润函数y=f（x ）的解析式（利润=销售收入﹣总成本）；
（2）甲厂生产多少台新产品时，可使盈利最多？
16．（2015春•漳浦县期中）某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）万元，其中固定成本为2万元，并且
每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）满足R （x ）=，假定该产品产销平衡，那么根据上述统计规律：
（1）要使工厂有盈利，产品数量x 应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时盈利最大？此时每台产品售价为多少？
17．（2015秋•无为县校级期中）以长为2的铁丝围成上部为矩形，下部为半圆形的框架，如果半圆的直径为2x ，求此框架围成图形（如图所示）的面积为y 与x 的函数关系式y=f（x ），并写出它的定义域．
18．（2015秋•泾阳县校级月考）已知函数f （x ）=
（1）求f （﹣5），f （﹣），f[f（﹣）]的值；
（2）若f （a ）=3，求实数a 的值．
19．（2015秋•延边州校级月考）已知函数f （x ）=，分别求f （3），f （f （3）），f （f （﹣1）） 的值．
20．（2015春•松山区校级月考）某超市五一假期举行促销活动，规定一次购物不超过100元的不给优惠；超过100元而不超过300元时，按该次购物全额9折优惠；超过300元的其中300 元仍按9折优惠，超过部分按8折优惠．
（1）写出顾客购物全额与应付金额之间的函数关系，并画出流程图，要求输入购物全额，能输出应付金额．
（2）若某顾客的应付金额为282.8元，请求出他的购物全额．
21．（2015秋•仙游县校级月考）已知函数
（1）求f （f （f （﹣）））的值；
（2）若f （a ）=2，求a 的值．
（3）画出此函数的图象．
22．（2015秋•安阳校级月考）已知函数f （x ）=|x+1|+|x﹣1|，
（1）画出f （x ）的图象；
（2）根据图象写出f （x ）的在区间[﹣2，+∞）最小值．
23．（2015秋•清远校级月考）已知函数f （x ）=|x﹣1|+1
（1）用分段函数的形式表示该函数；
（2）画出该函数的图象；
（3）写出该函数的定义域，值域．
24．（2015秋•彭州市校级月考）某公司试销一种成本单价为50元/件的新产品，规定试销时销售单价不低于成本单价，又不高于80元/件．经试销调查，发现销售量y （件）与销售单价x （元/件）可近似看作一次函数y=kx+b的关系（如图所示）．
（1）根据图象，求一次函数y=kx+b的解析式．
（2）设公司获得的利润为S 元（利润=销售总价﹣成本总价；销售总价=销售单价×销售量，成本总价=成本单价×销售量）．
①试用销售单价x 表示利润S ；
②试问销售单价定为多少时，该公司可获得最大利润？最大利润是多少？此时的销售量是多少？
25．（2015秋•邯郸校级月考）有一种螃蟹，从海上捕获后不放养，最多只能存活两天．如果放养在塘内，可以延长存活时间，但每天也有一定数量的蟹死去．假设放养期内蟹的个体质量基本保持不变，现有一经销商，按市场价收购这种活蟹1000kg 放养在塘内，此时市场价为每千克30元，据测算，此后每千克活蟹的市场价每天可上升1元，但是，放养一天需支出各种费用为400元，且平均每天还有10kg 蟹死去，假定死蟹均于当天全部销售出，售价都是每千克20元．
（1）设x 天后每千克活蟹的市场价为p 元，写出p 关于x 的函数关系式；
（2）如果放养x 天后将活蟹一次性出售，并记1000kg 蟹的销售总额为Q 元，写出Q 关于x 的函数关系式；
（3）该经销商将这批蟹放养多少天后出售，可获最大利润（利润=Q﹣收购总额﹣放养支出的各种费用）？
26．（2015秋•南京月考）某市对城市路网进行改造，拟在原有a 个标段（注：一个标段是指一定长度的机动车道）的基础上，新建x 个标段和n 个道路交叉口．
其中n 与x 满足n=ax+5，已知新建一个标段的造价为m 万元．新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k 倍．
（1）写出新建道路交叉口的总造价y （万元）与x 的函数关系式；
（2）设P 是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比．若新建的标段数是原有标段数的20%，且k ≥3．问：P 能否大于，说明理由．
27．（2015秋•广东校级月考）国家对出书所得稿费纳税进行如下规定：稿费总数不超过800元的不纳税； 稿费总数超过800元而不超过4000元的，按超过部分的14%纳税； 稿费总数超过4000元的按全稿酬的11%纳税．
（1）建立纳税y 元与稿费x 元的函数关系；
（2）若某人出版了一书共纳税420元，则这个人的稿费为多少元？
28．（2015秋•河南校级月考）如图，O 为数轴的原点，A ，B ，M 为数轴上三点，C 为线段OM 上的动点，设x 表示C 与原点的距离，y 表示C 到A 的距离4倍与C 到距离的6倍的和．
（Ⅰ）将y 表示为x 的函数；
（Ⅱ）要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？
29．（2014秋•怀化期末）已知定义在x ∈[﹣，]上的函数f （x ）=2sin（π﹣x ）cosx ． （Ⅰ）求f （x ）的单调递增区间；
（Ⅱ）若方程f （x ）=a只有一解，求实数a 的取值范围．
30．（2014秋•张家界期末）设函数f （x ）=|x﹣1|+x+kx．
（1）若k=2，求方程f （x ）=0的解；
（2）若函数f （x ）在（0，2）上有两个不同的零点x 1，x 2，求k 的取值范围；并证明：+22＜4．
2015年12月18日1752732的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．解答题（共30小题）
1．（2015•上海）如图，O ，P ，Q 三地有直道相通，OP=3千米，PQ=4千米，OQ=5千米，现甲、乙两警员同时从O 地出发匀速前往Q 地，经过t 小时，他们之间的距离为f （t ）（单位：千米）．甲的路线是OQ ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为8千米/小时，乙到达Q 地后在原地等待．设t=t1时乙到达P 地，t=t2时乙到达Q 地．
（1）求t 1与f （t 1）的值；
（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当t 1≤t ≤t 2时，求f （t ）的表达式，并判断f （t ）在[t1，t 2]上的最大值是否超过3？说明理由．
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）用OP 长度除以乙的速度即可求得t 1=，当乙到达P 点时，可设甲到达A 点，连接AP ，放在△AOP 中根据余弦定理即可求得AP ，也就得出f （t 1）；
（2）求出t 2=，设t ，且t 小时后甲到达B 地，而乙到达C 地，并连接BC ，
，这样根据余弦定理即可求出BC ，即f 能够用t 表示出BQ ，CQ ，并且知道cos
（t ），然后求该函数的最大值，看是否超过3即可．
【解答】解：（1）根据条件知
OA=； ，设此时甲到达A 点，并连接AP ，如图所示，则
∴在△OAP 中由余弦定理得，f （t 1）=AP=（2）可以求得
示：
，设t 小时后，且=（千米）； ，甲到达了B 点，乙到达了C 点，如图所
则BQ=5﹣5t ，CQ=7﹣8t ；
∴在△BCQ 中由余弦定理得，f （t ）=BC=即f （t ）=设g （t ）=25t﹣42t+18，
且
即g （t ）的最大值为； ，则此时f （t ）取最大值； 2=，； ，g （t ）的对称轴为
t=； ；
即f （t ）在[t1，t 2]上的最大值不超过3．
【点评】考查余弦定理的应用，以及二次函数在闭区间上最值的求法．
2．（2015•广东模拟）已知函数f （x ）=sinx+acosx（x ∈R ），
（1）求a 的值，并求函数f （x ）的单调递增区间； 是函数f （x ）的一个零点．
（2）若α，且，，求sin （α+β）的值．
【考点】函数零点的判定定理；两角和与差的正弦函数．
【专题】计算题；三角函数的求值．
【分析】（1）由是函数f （x ）的一个零点知；从而求a 的值并求函数的单调区间；
（2）由得；由
得
；从而根据角的范围求角的三角函数值，再由恒等变换求解．
【解答】解：（1）∵
∴
∴a=﹣1；
∴f （x ）=sinx﹣cosx =
=
由
得． ，k ∈Z ， ，k ∈Z ，
（k ∈Z ）． 是函数f （x ）的一个零点， ． ∴函数f （x ）的单调递增区间是
（2）∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴．
， ． ． ， ． ， ．
∵
∴， ．
∴sin （α+β）=sinαcos β+cosαsin β =
=．
【点评】本题考查了三角函数的化简与变换，属于基础题．
3．（2015•台州一模）已知二次函数f （x ）=ax+bx+c（a ，b ，c ∈R ）
（1）若b=2a，a ＜0，写出函数f （x ）的单调递减区间，并证明你的结论；
（2）设a ，c 为常数，若存在实数b 使得函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点，求实数b 的取值范围（用a ，c 表示）．
【考点】函数的零点与方程根的关系；二次函数的性质．
【专题】计算题；证明题；导数的综合应用．
2【分析】（1）代入b=2a得f （x ）=ax+2ax+c在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）
上单调递减；利用导数证明即可；
2（2）函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点可化为方程ax +bx+c=0在区间（0，1）2
内有两个不同的解，从而可得，从而解得．
【解答】解：（1）当b=2a时，
f （x ）=ax+2ax+c在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减；
证明如下，
f ′（x ）=2a（x+1），
∵a ＜0，
则当x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；当x ∈（﹣1，+∞）时，f ′（x ）＜0；
故f （x ）=ax+2ax+c在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减．
（2）若函数f （x ）在区间（0，1）内有两个不同的零点，
2即方程ax +bx+c=0在区间（0，1）内有两个不同的解， 22
则，
当a ＞0时，解得，max{﹣2a ，﹣（a+c）}＜b ＜﹣2；
当a ＜0时，max{0，﹣（a+c）}＜b ＜﹣2a ．
【点评】本题考查了二次函数的性质及其应用，同时考查了导数的应用及函数零点的问题，属于基础题．
4．（2015•杭州一模）设函数f （x ）=
（1）若方程f （x ）=m有两个不同的解，求实数m 的值，并解此方程；
（2）当x ∈（﹣b ，b ）（b ＞0）时，求函数f （x ）的值域．
【考点】根的存在性及根的个数判断；函数的值域．
【专题】计算题；作图题；函数的性质及应用．
【分析】（1）可求得f （0）=0，f （1）=0，f （）=﹣，f （﹣）=﹣；且f （x ）在（﹣∞，0）上递增，在（0，）上递减，在（，+∞）上递增；从而可得当m=0或m=﹣时，方程f （x ）=m有两个不同的解．再代入求解即可．
（2）由（1）可知，作出函数f （x ）的图象，从而以0＜b ≤，＜b ≤，＜b ≤1，b ＞1讨论函数的值域即可．
【解答】解：（1）∵f （0）=0，f （1）=0，f （）=﹣，
当x ＜0时，f （﹣）=﹣；
又∵f （x ）在（﹣∞，0）上递增，在（0，）上递减，在（，+∞）上递增；
∴当m=0或m=﹣时，方程f （x ）=m有两个不同的解．
当m=0时，方程的解为0，1；
当m=﹣时，方程的解为，﹣；
（2）由（1）可知，函数f （x ）的图象如图所示，
①当0＜b ≤时，
∵f （﹣b ）﹣f （b ）=﹣
=﹣b （b+1）﹣b （b ﹣1） b （49b ﹣31）＞0，
此时函数f （x ）的值域为（b （b ﹣1），0]；
②当＜b ≤时，
∵f （﹣b ）≥f （），
∴函数f （x ）的值域为[﹣，0]；
③当＜b ≤1时，
∵f （﹣b ）＜f （），且f （b ）≤0；
∴函数f （x ）的值域为（﹣
④当b ＞1时， b （b+1），0]；
∵f （﹣b ）＜f （），且f （b ）＞0；
∴函数f （x ）的值域为（﹣b （b+1），b （b ﹣1））．
【点评】本题考查了函数的图象的应用及方程的根与函数的图象的关系应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于基础题．
5．（2015春•延庆县期末）铁路运输托运行李，从甲地到乙地，规定每张客票托运费计算方法为：行李质量不超过50kg ，按0.25元/kg计算；超过50kg 而不超过100kg 时，其超过部分按0.35元/kg计算，超过100kg 时，其超过部分按0.45元/kg计算．设行李质量为xkg ，托运费用为y 元．
（Ⅰ）写出函数y=f（x ）的解析式；
（Ⅱ）若行李质量为56kg ，托运费用为多少？
【考点】分段函数的应用．
【专题】应用题；函数的性质及应用．
【分析】（Ⅰ）对x 讨论，若0＜x ≤50，若50＜x ≤100，若x ＞100，求得f （x ）的解析式； （Ⅱ）对自变量的范围考虑，选择第二段，代入计算即可得到托运费．
【解答】解：（Ⅰ）（1）若0＜x ≤50，
则y=0.25x；
（2）若50＜x ≤100，则y=12.5+0.35（x ﹣50）=0.35x﹣5；
（3），则y=30+0.45（x ﹣100）=0.45x﹣15．
综上可得，
y=；
（Ⅱ）因为50kg ＜56kg ≤100kg ，
所以y=12.5+6×0.35=14.6（元）．
则托运费为14.6元．
【点评】本题考查分段函数及运用，主要考查分段函数的解析式的求法和运用，属于基础题．
6．（2015春•安庆期末）如图所示，将一矩形花坛ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛AMPN ，要求B 点在AM 上，D 点在AN 上，且对角线MN 过C 点，已知AB=3米，AD=2米． （Ⅰ）要使矩形AMPN 的面积大于32平方米，则DN 的长应在什么范围内？
（Ⅱ）当DN 的长度是多少时，矩形花坛AMPN 的面积最小？并求出最小值．
【考点】函数模型的选择与应用．
【专题】函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】（Ⅰ）设DN 的长为x （x ＞0）米，则AN=（x+2）米，表示出矩形的面积，利用矩形AMPN 的面积大于32平方米，即可求得DN 的取值范围．
（Ⅱ）化简矩形的面积，利用基本不等式，即可求得结论．
【解答】解：（Ⅰ）设DN 的长为x （x ＞0）米，则AN=（x+2）米
∵DN ：AN=DC：AM ，
∴AM=，…（2分）
∴S AMPN =AN•AM=．
由S AMPN ＞32，得
2＞32，又x ＞0， 得3x ﹣20x+12＞0，解得：0＜x ＜1或x ＞4，
即DN 长的取值范围是（0，1）∪（4，+∞）． …（6分）
（Ⅱ）矩形花坛AMPN 的面积为
y==3x++12≥2+12=24…（10分） 当且仅当3x=，即x=2时，矩形花坛AMPN 的面积取得最小值24．
故DN 的长为2米时，矩形AMPN 的面积最小，最小值为24平方米．…（12分）
【点评】本题考查根据题设关系列出函数关系式，并求出处变量的取值范围；考查利用基本不等式求最值，解题的关键是确定矩形的面积．
7．（2015春•遵义校级期中）知二次函数f （x ）=ax﹣（a+2）x+1（a ∈z ），在区间（﹣2，﹣1）上恰有一个零点，解不等式f （x ）＞1．
【考点】函数零点的判定定理．
【专题】计算题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】由题意，f （﹣2）•f （﹣1）＜0，从而求出a=﹣1，从而化简不等式求解即可．
【解答】解：由题设易知：
2
，
又∵a ∈z ，
∴a=﹣1，
∴f （x ）=﹣x ﹣x+1⇒﹣x ﹣x+1＞1，
∴不等式解集为（﹣1，0）．
【点评】本题考查了函数的零点的判断应用及一元二次不等式的解法，属于基础题．
8．（2015秋•邵阳校级期中）解方程
（1）= 22
（2）log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）+log4（3+x）
【考点】函数的零点与方程根的关系；对数的运算性质．
【专题】计算题；函数思想；方程思想；转化思想；函数的性质及应用．
【分析】（1）直接利用有理指数幂的运算法则求解方程的解即可．
（2）利用对数运算法则，化简求解方程的解即可．
【解答】解：（1）=，可得x ﹣3x=﹣2，（2分） 2
解得x=2或x=1；（4分）
（2）log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）+log4（3+x），
可得log 4（3﹣x ）=log4（2x+1）（3+x），
∴3﹣x=（2x+1）（3+x），（2分）
得x=﹣4或x=0，经检验x=0为所求．（4分）
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，对数方程的解法，考查计算能力．
9．（2015春•宁波校级期中）已知实数x ，y 满足：（Ⅰ）解关于x 的不等式：y ＞x+1；
（Ⅱ）若x ＞0，y ＞0，求2x+y的最值．
【考点】函数最值的应用．
【专题】计算题；不等式的解法及应用． +=1．
【分析】（Ⅰ）由
+=1可化得
y=
=2x++1≥2
+=1， ；从而解不等式即可； +1；注意不等式等号成立的条件即可． （Ⅱ）化简2x+y=2x+【解答】解：（Ⅰ）∵∴
y=
∴； ＞x+1，
解得，x ∈（﹣∞，﹣1）∪（0，1）；
（Ⅱ）∵x ＞0，y ＞0，y=
∴2x+y=2x+=2x++1≥2， +1；
（当且仅当2x=，x=时，等号成立）；
2x+y的最小值为2+1，没有最大值．
【点评】本题考查了不等式的解法与基本不等式的应用，属于基础题．
10．（2015秋•岳阳校级期中）某商店购进一批单价为20元的日用品，如果以单价30元销售，那么可卖出400件，如果每提高单价1元，那么销售量Q （件）会减少20，设每件商品售价为x （元）；
（1）请将销售量Q （件）表示成关于每件商品售价x （元）的函数；
（2）请问当售价x （元）为多少，才能使这批商品的总利润y （元）最大？
【考点】函数最值的应用．
【专题】应用题；函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意可得Q （x ）=400﹣20（x ﹣30）=1000﹣20x ；
（2）由利润的概念可得y=（x ﹣20）（1000﹣20x ），再由二次函数的最值的求法，即可得到最大值．
【解答】解：（1）当商品的售价为x 元，
即有销售量为400﹣20（x ﹣30）=1000﹣20x ，
则Q （x ）=1000﹣20x ，x ∈（30，50）；
（2）y=（x ﹣20）（1000﹣20x ）
2=﹣20（x ﹣70x+1000）（30＜x ＜50）
2=﹣20[（x ﹣35）﹣225]，
当x=35时，y 取得最大值4500，
故当x=35时总利润最大．
【点评】本题考查二次函数的最值的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．
11．（2015秋•兖州市期中）某校学生研究性学习小组发现，学生上课的注意力指标随着听课时间的变化而变化．老师讲课开始时学生的兴趣激增，接下来学生的兴趣将保持较理想的状态一段时间，随后学生的注意力开始分散．该小组发现注意力指标f （t ）与上课时刻第t 分钟末的关系如下（t ∈（0，40]，设上课开始时，t=0）：
f （t ）=（a ＞0且a ≠1）．若上课后第5分钟末时的注意力指标为140，
（1）求a 的值；
（2）上课后第5分钟末和下课前5分钟末比较，哪个时刻注意力更集中？
（3）在一节课中，学生的注意力指标至少达到140的时间能保持多长？
【考点】分段函数的应用．
【专题】计算题；应用题；函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意，100•﹣60=140，从而求a 的值；
（2）上课后第5分钟末时f （5）=140，下课前5分钟末f （35）=﹣15×35+640=115，从而可得答案；
（3）分别讨论三段函数上f （t ）≥140的解，从而求出f （t ）≥140的解，从而求在一节课中，学生的注意力指标至少达到140的时间能保持的时间．
【解答】解：（1）由题意得，当t=5时，f （t ）=140，
即100•﹣60=140，
解得，a=4；
（2）f （5）=140，f （35）=﹣15×35+640=115，
由于f （5）＞f （35），
故上课后第5分钟末比下课前5分钟末注意力更集中；
（3）①当0＜t ≤10时，
由（1）知，f （t ）≥140的解集为[5，10]，
②当10＜t ≤20时，f （t ）=340＞140，成立；
③当20＜t ≤40时，﹣15t+640≥140，
故20＜t ≤，
，
﹣5=分钟． 综上所述，5≤t ≤故学生的注意力指标至少达到140的时间能保持
【点评】本题考查了分段函数的应用，同时考查了实际问题转化为数学问题的能力，属于中档题．
12．（2015秋•眉山校级期中）设函数f （x ）=
（1）若f （a ）=3，求实数a 的值；
（2）若f （x ）＞1，求实数x 的取值范围．
【考点】分段函数的应用．
【专题】计算题；分类讨论；数形结合法；函数的性质及应用．
【分析】（1）分段讨论，代入求值即可，
（2）分段讨论，分别求出其不等式的解集．
【解答】解：（1）∵f （a ）=3
当2﹣1=3时，解的a=﹣2，符合题意， 当a=3时，解的a=6，符合题意
综上：a=﹣2或a=6，
（2）当2﹣1＞1时，即2＞2解得x ＜﹣1， 当x ＞1时，解的x ＞2，
综上所述不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）． ﹣x ﹣x ﹣a
【点评】本题考查了分段函数的应用，以及指数函数的图象和性质，关键是分段讨论，属于基础题．
13．（2015春•常德校级期中）已知f （x ）=
（1）求f[f（0）]；
（2）若f （a ）=3，求a ．
【考点】分段函数的应用；函数的值．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）先求f （0）=2，再求f （2）=2，即可得到结论；
（2）讨论a ＜2，a ≥2，由分段函数，解方程即可得到所求a 的值．
【解答】解：（1）由分段函数可得f （0）=0+2=2，
则f[f（0）]=f（2）==2．
（2）①若a ＜2，则a+2=3，解得a=1；
②若a ≥2，则=3，
解得a=±（舍去负值）．
综上，a=1或．
【点评】本题考查分段函数及运用，主要考查分段函数值和已知函数值，求自变量，属于基础题．
14．（2015秋•成都期中）设函数f （x ）=，若f （﹣4）=f（0），f （﹣2）=﹣1．
（1）求函数f （x ）的解析式；
（2）画出函数f （x ）的图象，并指出函数的定义域、值域、单调区间．
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意可得16﹣4b+c=3，4﹣2b+c=﹣1，解方程可得b ，c ，进而得到f （x ）的解析式；
（2）由分段函数的画法，可得f （x ）的图象，进而得到定义域、值域、单调区间．
【解答】解：（1）由f （﹣4）=f（0），f （﹣2）=﹣1，
即有16﹣4b+c=3，4﹣2b+c=﹣1，
解得：b=4，c=3，
则f （x ）=；
（2）图象见图所示：
由图象可知：函数的定义域：[﹣4，+∞）；
值域：（﹣∞，3]；
单调增区间：（﹣2，0），单调减区间：（﹣4，﹣2），（0，+∞）．
【点评】本题考查函数的解析式的求法，函数的图象的画法，以及函数的定义域、值域和单调区间的求法，属于基础题．
15．（2015秋•成都期中）甲厂根据以往的生产销售经验得到下面有关生产销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）（万元），其中固定成本为3万元，并且每生产1百台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）=，假定该产品产销平衡（即生产的产品都能卖掉），根据上述统计规律，请完成下列问题：
（1）写出利润函数y=f（x ）的解析式（利润=销售收入﹣总成本）；
（2）甲厂生产多少台新产品时，可使盈利最多？
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】（1）由题意可得f （x ）=R（x ）﹣G （x ），对x 讨论0≤x ≤5，x ＞5即可得到；
（2）分别讨论0≤x ≤5，x ＞5的函数的单调性，即可得到最大值．
【解答】解：（1）由题意得G （x ）=3+x，
由R （x ）=，
∴f （x ）=R（x ）﹣G （x ）=，
（2）当x ＞5时，∵函数y=f（x ）递减，
∴f （x ）＜8.2﹣5=3.2（万元），
2当0≤x ≤5时，f （x ）=﹣0.4（x ﹣4）+3.6，
当x=4时，f （x ）有最大值为3.6（万元）．
答：当工厂生产4百台时，可使赢利最大为3.6（万元）．
【点评】本题考查分段函数的求法和运用：求单调性和最值，考查一次函数和二次函数的单调性及最值，属于基础题．
16．（2015春•漳浦县期中）某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关销售的统计规律：每生产产品x （百台），其总成本为G （x ）万元，其中固定成本为2万元，并且每生产100台的生产成本为1万元（总成本=固定成本+生产成本），销售收入R （x ）满足R （x ）=，假定该产品产销平衡，那么根据上述统计规律：
（1）要使工厂有盈利，产品数量x 应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时盈利最大？此时每台产品售价为多少？
【考点】分段函数的应用．
【分析】（1）根据利润=销售收入﹣总成本，列出解析式；要使工厂有赢利，即解不等式f （x ）＞0，分0≤x ≤5时和x ＞5时分别求解即可；
（2）分别求出0≤x ≤5时和x ＞5时f （x ）的最大值，取最大的即可．
【解答】解：依题意，G （x ）=x+2，设利润函数为f （x ），则
f （x ）=R（x ）﹣G （x ）=
（1）要使工厂有赢利，即解不等式f （x ）＞0，当0≤x ≤5时，
2解不等式﹣0.4x +3.2x﹣2.8＞0．
2即x ﹣8x+7＜0．
∴1＜x ＜7，∴1＜x ≤5．（2分）
当x ＞5时，解不等式8.2﹣x ＞0，得x ＜8.2．
∴5＜x ＜8.2．
综上，要使工厂赢利，x 应满足1＜x ＜8.2，
即产品应控制在大于100台，小于820台的范围内．
2（2）0≤x ≤5时，f （x ）=﹣0.4（x ﹣4）+3.6，
故当x=4时，f （x ）有最大值3.6．
而当x ＞5时，f （x ）＜8.2﹣5=3.2所以，当工厂生产400万台产品时，赢利最多． 又x=4时，=240（元/台），
故此时每台产品售价为240（元/台）．
【点评】本题考查利用函数知识解决应用题的有关知识．新高考中的重要的理念就是把数学知识运用到实际生活中，如何建模是解决这类问题的关键．同时要熟练地掌握分段函数的求最值问题及解不等式问题． 17．（2015秋•无为县校级期中）以长为2的铁丝围成上部为矩形，下部为半圆形的框架，如果半圆的直径为2x ，求此框架围成图形（如图所示）的面积为y 与x 的函数关系式y=f（x ），并写出它的定义域．
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】函数的性质及应用．
【分析】求出矩形的宽，然后表示面积为y 与x 的函数关系式y=f（x ），求出函数的定义域即可．
【解答】解：由题意知
矩形的宽为：∴
y=∵∴
．
，
，
=
即定义域为：．
【点评】本题考查函数的解析式的求法，实际问题的应用，考查计算能力．
18．（2015秋•泾阳县校级月考）已知函数f （x ）=
（1）求f （﹣5），f （﹣），f[f（﹣）]的值；
（2）若f （a ）=3，求实数a 的值． 【考点】分段函数的应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）根据分段函数的表达式直接代入进行求解即可． （2）分别讨论a 的范围，解方程f （a ）=3即可． 【解答】解：（1）f （﹣5）=﹣5+1=﹣4，
2
f （﹣）=（﹣）+2（﹣）=3﹣2，
f （﹣）=﹣+1=﹣，则f （﹣）=（﹣）+2×（﹣）=﹣3=﹣，
2
即f[f（﹣）]=﹣；
（2）若a ≤﹣2，由f （a ）=3，得a+1=3，解得a=2，不成立，
22
若﹣2＜a ＜2，则由f （a ）=3得a +2a=3，即a +2a﹣3=0，解得a=1或a=﹣3（舍）， 若a ≥2，则由f （a ）=3得2a ﹣1=3，得a=2， 综上a=1或a=2． 【点评】本题主要考查分段函数的应用，根据分段函数的表达式分别进行求解是解决本题的关键．
19．（2015秋•延边州校级月考）已知函数f （x ）=，分别求f （3），f （f （3）），
f （f （﹣1）） 的值．
【考点】分段函数的应用；函数的值． 【专题】函数的性质及应用．
【分析】直接利用函数的解析式求解函数值即可．
【解答】解：函数f （x ）=，
f （3）=，f （f （3））=f（）=
2
=，
f （f （﹣1））=f（2）=2+1=5，
【点评】本题考查分段函数求值，考查计算能力． 20．（2015春•松山区校级月考）某超市五一假期举行促销活动，规定一次购物不超过100元的不给优惠；超过100元而不超过300元时，按该次购物全额9折优惠；超过300元的其中300 元仍按9折优惠，超过部分按8折优惠．
（1）写出顾客购物全额与应付金额之间的函数关系，并画出流程图，要求输入购物全额，能输出应付金额．
（2）若某顾客的应付金额为282.8元，请求出他的购物全额． 【考点】分段函数的应用．
【专题】应用题；函数的性质及应用． 【分析】（1）运用分段函数的形式，顾客购物全额x 与应付金额y 之间的函数关系，并画出流程图； （2）由300×0.9=270＜282.2，则该顾客购物全额超过300元，运用第三段函数式，令y=282.8，解出x ．
【解答】解：（1）顾客购物全额x 与应付金额y 之间的函数关系如下
y=，
流程图如右：
（2）设顾客的购物全额为x ，则 由300×0.9=270＜282.2，
则该顾客购物全额超过300元，
由y=300×0.9+0.8（x ﹣300）=282.8， 解得x=316，
所以顾客的购物全额为316元．
【点评】本题考查分段函数和运用，同时考查流程图的画法，属于基础题．
21．（2015秋•仙游县校级月考）已知函数
（1）求f （f （f （﹣）））的值；
（2）若f （a ）=2，求a 的值． （3）画出此函数的图象．
【考点】分段函数的应用；函数的图象．
【专题】作图题；方程思想；数形结合法；函数的性质及应用．
【分析】（1）由分段函数的解析式，分别计算f （﹣）=2﹣=，f （）=，f （）
=．即可得到所求值；
（2）对a 讨论，分别运用f （x ）的三段解析式，解方程可得a 的值； （3）运用分段函数的图象画法，可得图象．
【解答】解：（1）函数，
可得f （﹣）=2﹣
=，f （）=，f （）=． 则f （f （f （﹣）））=；
（2）若f （a ）=2，当a ＜0时，a+2=2，解得a=0不成立；
2
当0≤a ＜2，a =2，解得a=（﹣舍去）； 当a ≥2时，a=2，解得a=4． 故；
（3）由分段函数的图象画法可得， 如图所示：
【点评】本题考查分段函数的图象和应用：求函数值和自变量的值，考查运算能力，属于基础题． 22．（2015秋•安阳校级月考）已知函数f （x ）=|x+1|+|x﹣1|， （1）画出f （x ）的图象；
（2）根据图象写出f （x ）的在区间[﹣2，+∞）最小值． 【考点】分段函数的应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）利用零点分段函数将函数f （x ）解析式化为分段函数的形式，进而结合一次函数的图象和性质，得到f （x ）的图象；
（2）根据（1）中函数图象，可得f （x ）的在区间[﹣2，+∞）上的最小值．
【解答】解：（1）函数f （x ）=|x+1|+|x﹣
1|=的图象如下图所示：
（2）由（1）中图象可得： 当x ≥﹣2时， ∴f （x ）min =2
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的最值，函数的图象，难度不大，属于基础题目． 23．（2015秋•清远校级月考）已知函数f （x ）=|x﹣1|+1 （1）用分段函数的形式表示该函数； （2）画出该函数的图象；
（3）写出该函数的定义域，值域．
【考点】分段函数的应用；函数的图象． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）利用零点分段法，可将函数解析式化为分段函数； （2）结合一次函数的图象和性质，可得函数的图象； （3）根据（2）中图象，可得函数的定义域，值域．
【解答】解：（1）函数f （x ）=|x﹣1|+1=（2）函数图象如图所示：…（4分）
…（4分）
（3）由（2）中函数图象可得：
函数的定义域为R ，值域为[1，+∞）…（4分）
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的图象与性质，函数的定义域，分类讨论思想，难度不大，属于基础题． 24．（2015秋•彭州市校级月考）某公司试销一种成本单价为50元/件的新产品，规定试销时销售单价不低于成本单价，又不高于80元/件．经试销调查，发现销售量y （件）与销售单价x （元/件）可近似看作一次函数y=kx+b的关系（如图所示）． （1）根据图象，求一次函数y=kx+b的解析式．
（2）设公司获得的利润为S 元（利润=销售总价﹣成本总价；销售总价=销售单价×销售量，成本总价=成本单价×销售量）． ①试用销售单价x 表示利润S ；
②试问销售单价定为多少时，该公司可获得最大利润？最大利润是多少？此时的销售量是多少？
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】应用题；函数的性质及应用． 【分析】（1）首先根据一次函数y=kx+b的表达式代入数值化简，然后求出k ，b 并求出一次函数表达式；
（2）①通过（1）直接写出s 的表达式并化简； ②根据二次函数求得最值．
【解答】解：（1）由图象可知，解得，
，
，
所以y=﹣x+100（50≤x ≤80）； （2）①由（1） S=xy﹣50y
=（﹣x+100）（x ﹣50）
=﹣x +150x﹣5000，（50≤x ≤80）．
2
②由①可知，S=﹣（x ﹣75）+625， 其图象开口向下，对称轴为x=75， 所以当x=75时，S max =625．
即该公司可获得的最大毛利润为625元， 此时相应的销售单价为75元/件．
【点评】本题考查函数模型的应用，以及一次函数，二次函数的应用，属于基础题． 25．（2015秋•邯郸校级月考）有一种螃蟹，从海上捕获后不放养，最多只能存活两天．如果放养在塘内，可以延长存活时间，但每天也有一定数量的蟹死去．假设放养期内蟹的个体质量基本保持不变，现有一经销商，按市场价收购这种活蟹1000kg 放养在塘内，此时市场价为每千克30元，据测算，此后每千克活蟹的市场价每天可上升1元，但是，放养一天需支出各种费用为400元，且平均每天还有10kg 蟹死去，假定死蟹均于当天全部销售出，售价都是每千克20元．
（1）设x 天后每千克活蟹的市场价为p 元，写出p 关于x 的函数关系式；
（2）如果放养x 天后将活蟹一次性出售，并记1000kg 蟹的销售总额为Q 元，写出Q 关于x 的函数关系式；
（3）该经销商将这批蟹放养多少天后出售，可获最大利润（利润=Q﹣收购总额﹣放养支出的各种费用）？
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（l ）通过每千克活蟹的市场价每天可上升1元即得结论；
（2）通过销售总额=活蟹的销售额+死蟹的销售额，代入计算即得结论；
2
（3）通过（2）、配方可知总利润为L=﹣10（x ﹣25）+6250，进而可得结论． 【解答】解：（l ）由题意知：p=30+x；
（2）∵活蟹的销售额为（1000﹣10x ） （30+x）元， 死蟹的销售额为200x 元，
∴Q=（1000﹣10x ） （30+x）+200x
2
=﹣10x +900x+30000；
2
（3）设总利润为L ，则L=Q﹣30000﹣400x=﹣10（x ﹣25）+6250， 当x=25时，总利润最大，最大利润为6250元．
【点评】本题考查函数模型的选择与应用，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于基础题． 26．（2015秋•南京月考）某市对城市路网进行改造，拟在原有a 个标段（注：一个标段是指一定长度的机动车道）的基础上，新建x 个标段和n 个道路交叉口．
其中n 与x 满足n=ax+5，已知新建一个标段的造价为m 万元．新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k 倍．
（1）写出新建道路交叉口的总造价y （万元）与x 的函数关系式；
（2）设P 是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比．若新建的标段数是原有标段数的20%，且k ≥3．问：P 能否大于
，说明理由．
2
【考点】函数模型的选择与应用；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）根据条件即可写出新建道路交叉口的总造价y （万元）与x 的函数关系式； （2）求出P 的表达式，假设P ≥
，解不等式即可．
•
【解答】解：（1）依题意得y=mkn=mk（ax+5），x ∈N ． （2）由题意得x=0.2a，则P=
=
=
，
假设P ≥∵k ≥3，
，得ka ﹣20a+25k＜0，
2
∴判别式△=400﹣100k =100（4﹣k ）＜0，
2
即不等式无解ka ﹣20a+25k＜0无解． ∴P 不能大于
．
22
【点评】本题主要考查函数的应用问题，建立函数关系是解决本题的关键． 27．（2015秋•广东校级月考）国家对出书所得稿费纳税进行如下规定：稿费总数不超过800元的不纳税； 稿费总数超过800元而不超过4000元的，按超过部分的14%纳税； 稿费总数超过4000元的按全稿酬的11%纳税． （1）建立纳税y 元与稿费x 元的函数关系；
（2）若某人出版了一书共纳税420元，则这个人的稿费为多少元？ 【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】函数的性质及应用． 【分析】（1）分0≤x ≤800、800＜x ≤4000、x ＞4000三种情况讨论即可；
（2）通过（1）计算出当800＜x ≤4000、x ＞4000时各自的稿费情况，进而可得结论．
【解答】解：（1）由题意得f （x ）=，
即f （x ）=；
（2）由（1）可知当800＜x ≤4000时有0.14x ﹣112=420，解得x=3800； 当x ＞4000时有0.11x=420，解得x ≈3818（舍去）， 综上所述，稿费为3800元．
【点评】本题考查函数模型的选择与应用，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于基础题． 28．（2015秋•河南校级月考）如图，O 为数轴的原点，A ，B ，M 为数轴上三点，C 为线段OM 上的动点，设x 表示C 与原点的距离，y 表示C 到A 的距离4倍与C 到距离的6倍的和．
（Ⅰ）将y 表示为x 的函数；
（Ⅱ）要使y 的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？
【考点】函数模型的选择与应用． 【专题】计算题；函数的性质及应用． 【分析】（Ⅰ）直接由绝对值的几何意义结合已知将y 表示为x 的函数；
（Ⅱ）由题意可得不等式组，求解不等式组得答案．
【解答】解：（Ⅰ）由绝对值的几何意义可得y=4|x﹣10|+6|x﹣20|，0≤x ≤30； （Ⅱ）依题意，x 满足
，
当0≤x ≤10时，解得9≤x ≤10； 当10＜x ≤20时，解得10＜x ≤20； 当20＜x ≤30时，解得20＜x ≤23． ∴不等式组的解集为[9，23]． ∴x ∈[9，23]．
【点评】本题考查函数模型的选择及其应用，考查了绝对值不等式的解法，是基础题．
29．（2014秋•怀化期末）已知定义在x ∈[﹣
，
]上的函数f （x ）=2sin（π﹣x ）cosx ．
（Ⅰ）求f （x ）的单调递增区间；
（Ⅱ）若方程f （x ）=a只有一解，求实数a 的取值范围． 【考点】函数的零点；正弦函数的单调性． 【专题】计算题；作图题；函数的性质及应用．
【分析】（Ⅰ） 化简f （x ）=sin2x，其递增区间满足再由x ∈[﹣
，
]解得；
，k ∈Z ，
（Ⅱ）在同一坐标系中作出y=sinX=sin2x与y=a的图象，从而解得． 【解答】解：（Ⅰ） 化简得f （x ）=sin2x， 其递增区间满足再由x ∈[﹣
，
]得，
；
故所求递增区间为
；
，k ∈Z ，
（Ⅱ）在同一坐标系中作出y=sinX=sin2x与y=a的图象， 方程只有一解等价于两函数图象只能有一个交点， 所以a 的取值范围是：
．
【点评】本题考查了函数的图象与性质应用，属于基础题．
30．（2014秋•张家界期末）设函数f （x ）=|x﹣1|+x+kx． （1）若k=2，求方程f （x ）=0的解；
（2）若函数f （x ）在（0，2）上有两个不同的零点x 1，x 2，求k 的取值范围；并证明：＜4．
【考点】函数零点的判定定理；根的存在性及根的个数判断． 【专题】计算题；证明题；函数的性质及应用．
22
【分析】（1）k=2时，f （x ）=|x﹣1|+x+2x，从而讨论求方程f （x ）=0的解；
22
+
（2）不妨设0＜x 1＜x 2＜2，则化简f （x ）=|x﹣1|+x+kx=
2
22
；
从而可确定0＜x 1＜1≤x 2＜2；从而可得kx 1+1=0，2x +kx﹣1=0；从而求k 的取值范围并证明
+
＜4．
2
2
【解答】解：（1）k=2时，f （x ）=|x﹣1|+x+2x，
2
当|x|≥1时，f （x ）=2x+2x﹣1，
2
由f （x ）=2x+2x﹣1=0得， x=
，x=
（舍去），
当|x|＜1时，f （x ）=2x+1， 由2x+1=0得x=﹣；
故当k=2时，方程f （x ）=0的解是x=（2）不妨设0＜x 1＜x 2＜2， ∵f （x ）=|x﹣1|+x+kx=
若x 1，x 2∈[1，2），与x 1x 2=﹣矛盾， 则0＜x 1＜1≤x 2＜2； 2
则kx 1+1=0 ①，2x +kx﹣1=0 ②； 由①得：k=﹣
＜﹣1，
2
2
或x=﹣．
；
由②得：k=2x 2∈（﹣，﹣1]；
∴k 的取值范围是（﹣，﹣1）；
联立①、②消去k 得： 2即﹣+x 2﹣1=0； ＜2x 2＜4．
【点评】本题考查了函数的性质的判断与应用，同时考查了分段函数的应用，属于基础题．
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