0.1x² (0<x<240，x∈N^*)，若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本时(销售收入不小

于总成本)的最低产量是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．100台　 　　　　　　 B．120台　 　　　　 C．150台　 　　　　　　　　 D．180台

解析　设利润为f(x)(万元)，则f(x)＝25x－(3 000+20x－0.1x²)＝0.1x²+5x－3 000≥0，∴x

≥150.

答案　C

5．(2010·黄山调研)某产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系是y＝3 000+20x－

4．(2010·威海专题调研)汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s看作时间t的函数，其图象可能是　　　　　　　　　　　　　　 (　)

解析　根据汽车加速行驶s=at2 (a>0)，匀速行驶s=vt，减速行驶s=at2(a<0)结合函数图

象可知选A.

答案　A

3．(2009·上海模拟)国家规定个人稿费纳税办法是：不超过800元的不纳税；超过800元而不超过4 000元的按超过800元部分的14%纳税；超过4 000元的按全部稿酬的11%纳税．已知某人出版一本书，共纳税420元，则这个人应得稿费(扣税前)为　 (　 )

A．2 800元　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．3 000元

C．3 800元　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．3 818元

解析　设扣税前应得稿费为x元，则应纳税额为分段函数，由题意，得

y＝.

如果稿费为4 000元应纳税为448元，现知某人共纳税420元，所以稿费应在800-4 000

元之间，

∴(x－800)×14%＝420，∴x＝3 800.

答案　C

2．(2009·上海高三联考)由方程x|x|+y|y|＝1确定的函数y＝f(x)在(－∞，+∞)上是(　)

A．增函数　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．减函数

C．先增后减　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．先减后增

解析　①当x≥0且y≥0时，x²+y²=1，

②当x>0且y<0时，x²-y²=1，

③当x<0且y>0时，y²-x²=1，

④当x<0且y<0时，无意义．

由以上讨论作图如右，易知是减函数．

答案　B

1．(2010·揭阳一模)某电信公司推出两种手机收费方式：A种方式是

月租20元，B种方式是月租0元．一个月的本地网内打出电话时

间t(分钟)与打出电话费s(元)的函数关系如图，当打出电话150分钟

时，这两种方式电话费相差　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．10元　 　　　　　　　　　　 B．20元　 　　　　　　　　　 C．30元 　　　　　　　　　　 　D.元

解析　设A种方式对应的函数解析式为S＝k₁t+20

B种方式对应的函数解析式为S＝k₂t

当t＝100时，100k₁+20＝100k₂，∴k₂－k₁＝，

t＝150时，150k₂－150k₁－20＝150×－20＝10.

答案　A

12．(14分)(2009·聊城一模)已知a是实数，函数f(x)＝2ax²+2x－3－a.如果函数y＝f(x)在区

间[－1,1]上有零点，求a的取值范围．

解　(1)当a＝0时，f(x)＝2x－3.

令2x-3=0，得x=∉[-1,1]

∴f(x)在[－1,1]上无零点，故a≠0.

(2)当a>0时，f(x)＝2ax²+2x－3－a的对称轴为x＝－

①当－≤－1，即0<a≤时，

须使即

∴a的解集为∅.

②当－1<－<0，即a>时，

须使　即

解得a≥1，∴a的取值范围是[1，+∞)．

(3)当a<0时，

①当0<≤1，即a≤时，

须有，

即

解得：a≤或≤a≤5，

又a≤，

∴a的取值范围是.

②当，即-<a<0时，

须有即

∴a的解集为∅.

综上所述，a的取值范围是∪[1，+∞)．

§2.8　函数模型及其应用

11．(13分)(2009·滁州联考)关于x的二次方程x²+(m－1)x+1＝0在区间[0,2]上有解，求实数m的取值范围．

解　设f(x)＝x²+(m－1)x+1，x∈[0,2]，

①若f(x)＝0在区间[0,2]上有一解，

∵f(0)＝1>0，则应有f(2)≤0，

又∵f(2)＝2²+(m－1)×2+1，∴m≤－.

②若f(x)＝0在区间[0,2]上有两解，则

，∴.

∴，∴－≤m≤－1，

由①②可知m≤－1.

10．(13分)(2009·广州模拟)已知函数f(x)＝4^x+m·2^x+1有且仅有一个零点，求m的取值范围，

并求出该零点．

解　∵f(x)＝4^x+m·2^x+1有且仅有一个零点，

即方程(2^x)²+m·2^x+1＝0仅有一个实根．

设2^x＝t (t>0)，则t²+mt+1＝0.

当Δ＝0时，即m²－4＝0，

∴m＝－2时，t＝1；m＝2时，t＝－1(不合题意，舍去)，

∴2^x＝1，x＝0符合题意．

当Δ>0时，即m>2或m<－2时，

t²+mt+1＝0有两正或两负根，

即f(x)有两个零点或没有零点．

∴这种情况不符题意．

综上可知：m＝－2时，f(x)有唯一零点，该零点为x＝0.

解集为.

答案　

9.(2010·六安一模)已知y＝x(x－1)(x+1)的图象如图所示，今考虑f(x)＝x(x－1)(x+1)+0.01，

则方程f(x)＝0

①有三个实根；

②当x<-1时，恰有一实根(有一实根且仅有一实根)；

③当-1<x<0时，恰有一实根；

④当0<x<1时，恰有一实根；

⑤当x>1时，恰有一实根．

则正确结论的编号为　　.

解析　∵f(-2)=-2×(-3)×(-1)+0.01=-5.99<0，

f(-1)=0.01>0，即f(-2)·f(-1)<0，

∴在(-2，-1)内有一个实根．

由图中知：方程f(x)=0在(-∞，-1)上，只有一个实根，

所以②正确．

又∵f(0)=0.01>0，由图知f(x)=0在(-1,0)上没有实数根，所以③不正确．

又∵f(0.5)=0.5×(-0.5)×1.5+0.01=-0.365<0，

f(1)=0.01>0，即f(0.5)f(1)<0，所以f(x)=0.

在(0.5,1)上必有一个实根，且f(0)·f(0.5)<0，

∴f(x)=0在(0,0.5)上也有一个实根．

∴f(x)=0在(0,1)上有两个实根，④不正确．

由f(1)>0且f(x)在(1，+∞)上是增函数，

∴f(x)>0，f(x)=0在(1，+∞)上没有实根．

∴⑤不正确．并且由此可知①也正确．

答案　①②