2021学年5.3 函数的应用单元测试课时作业

这是一份2021学年5.3 函数的应用单元测试课时作业，共18页。试卷主要包含了 选择题， 填空题， 解答题等内容，欢迎下载使用。

一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ）

1. 已知函数fx=x2+2x,x≤0,lg2x,x>0,若fcsθ=−10<θ<π，则θ的值为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6

2. 函数y=ln|x|+x2−2的零点个数为（ ）
A.1B.2C.3D.4

3. 设函数f(x)=x2+bx+c，x≤03,x>0，若f(−4)=f(0)，f(−2)=−2，则函数y=f(x)−x的零点的个数为（ ）
A.1B.2C.3D.4

4. 函数f(x)=lg2x，x>0，a−2x，x≤0， 有且只有一个零点的充分不必要条件是( )
A.a<0B.01

5. 某工厂产生的废气经过过滤后排放，排放时污染物的含量不得超过1%．已知在过滤过程中废气中的污染物数量P（单位：mg/L）与过滤时间t（单位：h）之间的函数关系为：P=P0e−kt，（k，P0均为正的常数）．若在前5h的过滤过程中污染物被排除了90%．那么废气可以排放至少还需过滤( )
A.12hB.59hC.5hD.10h

6. 如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y=3sin(π6x+φ)+k，据此函数可知，这段时间水深（单位：m）的最大值为( )

A.5B.6C.8D.10

7. 函数f(x)=2x−3的零点所在的区间是（ ）
A.(3, 4)B.(2, 3)C.(1, 2)D.(0, 1)

8. 在下列区间中，函数f(x)＝ex+4x−3的零点所在的区间为（ ）
A.(−2, −1)B.(−1, 0)C.(0,12)D.(12,1)

9. 已知fx=axx>1,4−a2x+2x≤1是R上的单调递增函数，求实数a的取值范围是( )
A.1,8B.[4,8)C.4,8D.(1,4]

10. 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)=x−x2,0≤x<22−xex,x≥2 ，若函数F(x)=f(x)−m有六个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A.(−1e3, 14)B.(−1e3, 0)∪(0, 14)
C.(−1e3, 0]D.(−1e3, 0)

11. 已知函数fx=−x2+4ax, x≤1，2a+3x−4a+5,x>1，若fx在R上是增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A.(12,1]B.12,32C.12,+∞D.1,2

12. 对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x，满足f(−x)=−f(x)，称f(x)为“局部奇函数”，若f(x)=4x−m2x+1+m2−3为定义域R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是( )
A.1−3≤m≤1+3B.1−3≤m≤22C.−22≤m≤22D.−22≤m≤1−3
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

13. 中国古代数学名著《算法统宗》中，许多数学问题都是以诗歌的形式呈现，其中一首诗可改编如下：“甲乙丙丁戊，酒钱欠千文，甲兄告乙弟，三百我还与，转差十几文，各人出怎取？”意为：五兄弟，酒钱欠千文，甲还三百，甲乙丙丁戊还钱数依次成等差数列，在这个问题中丁该还________文钱．

14. 函数f(x)=ex+2x−6(e≈2.718)的零点属于区间(n, n+1)(n∈Z)，则n=________．

15. 设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的x∈R恒有f(x+1)=f(x−1)，已知当x∈[0, 1]时，f(x)=(12)1−x，则下列命题：
①对任意 x∈R ，都有 f(x+2)=f(x)；
②函数f(x)在(1, 2)上递减，在(2, 3)上递增；
③函数f(x)的最大值是1，最小值是0；
④当x∈(3, 4)时，f(x)=(12)x−3．
其中正确命题的序号有________．

16. 地震的震级R与地震释放的能量E的关系为R=23(lgE−11.4).2008年5月12日，中国汶川发生了8.0级特大地震，而1989年旧金山海湾区域地震的震级为6.0级，那么2008年地震的能量是1989年地震能量的________倍．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 11 分 ，共计66分 ， ）

17. 若二次函数fx=x2−x+1，若在区间−1,1上，方程fx−2x+m=0有解，求实数m的取值范围．

18. 已知函数f(x)是定义R的奇函数，当x>0时，f(x)=x2−2x．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)画出函数f(x)的简图（不需要作图步骤），并求其单调递增区间；

(3)当x∈[−1, 1]时，求关于m的不等式f(1−m)+f(1−m2)<0的解集．

19. 已知定义域为R的函数f(x)=−2x+a2x+1是奇函数．
(1)求实数a的值；

(2)判断并用定义证明该函数在定义域R上的单调性；

(3)若方程 f(4x−b)+f(−2x+1)=0在(−3,lg23) 内有解，求实数b的取值范围.

20. 函数gx=ax2−2ax+1+ba>0在区间2,3上有最大值5，最小值2，设fx=gxxx≠0.
(1)求 a,b的值；

(2)不等式f2x−k⋅2x≥0在x∈−1,0上恒成立，求实数k的取值范围．

21. 为倡导绿色出行，某市推出“新能源分时租赁汽车”业务．其中一款新能源分时租赁汽车每次租车收费标准由两部分组成：①根据行驶里程数按1元/千米；②行驶时间不超过40分钟时，按0.12元/分计费；超过40分钟时，超出部分按0.20元/分计费．
已知王先生家离上班地点15千米，每天租用该款汽车上、下班各一次．由于堵车、红绿灯等因素，每次路上开车花费的时间是变量t（单位：分）．现统计其50次路上开车花费时间，在各时间段内的频数分布情况如表所示：
将各时间段发生的频率视为概率，每次路上开车花费的时间视为用车时间，范围为[20, 60]分．
（1）写出王先生一次租车费用y（单位：元）与用车时间t（单位：分）的函数关系式；

（2）若王先生的公司每月发放1000元的车补，每月按22天计算，请估计：
①无先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班的平均用车时间（同一时段，用该区间的中点值做代表）．
②王先生每月的车补能否足够上下班租用新能源分时租赁汽车，并说明理由．

22. 某地煤气公司规定，居民每个月使用的煤气费由基本月租费、保险费和超额费组成．每个月的保险费为3元，当每个月使用的煤气量不超过a m3时，只缴纳基本月租费c元；如果超过这个使用量，超出的部分按b元/m3计费．

(1)写出每个月的煤气费y(元)关于该月使用的煤气量x(m3)的函数解析式；

(2)如果某个居民7∼9月份使用煤气与收费情况如上表，请确定a，b，c及y与x的函数关系式.(其中，仅7月份煤气使用量未超过a m3.)
参考答案与试题解析
2021年人教A版必修1数学第3章 函数的应用单元测试卷含答案
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
函数的求值
分段函数的应用
【解析】
分csθ≤0和csθ>0两种情况进行求解即可.
【解答】
解：fcsθ=−1，
当csθ≤0时，cs2θ−2csθ=−1，
即csθ−12=0，
由0<θ<π可得csθ∈−1,1，显然csθ−12=0不可能成立；
当csθ>0时，lg2csθ=−1，可得csθ=12，
结合0<θ<π，可得θ=π3.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据题意，由函数的解析式分析可得函数f(x)为偶函数，进而可得当x>0时，f(x)=lnx+x2−2，对其求导可得函数f(x)在(0, +∞)为增函数，再根据函数零点判断定理可得函数在(1, e)上有零点，结合函数的单调性可得函数在(0, +∞)上只有1个零点，利用函数的奇偶性分析可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)=ln|x|+x2−2，有f(−x)=ln|−x|+(−x)2−2=ln|x|+x2−2=f(x)，函数f(x)为偶函数；
当x>0时，f(x)=lnx+x2−2，其导数f′(x)=1x+2x>0，其函数f(x)在(0, +∞)为增函数，
且f(1)=−1，f(e)=e2−1>0，则函数在(1, e)上有零点，
又由函数在(0, +∞)为增函数，
则函数在(0, +∞)上只有1个零点，
又由函数为偶函数，则函数f(x)有2个零点；
故选：B．
3.
【答案】
C
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
由f(−4)=f(0)，f(−2)=−2可求出b=4，c=2；从而写出f(x)=x2+4x+2，x≤03,x>0；从而求零点的个数．
【解答】
解：f(−4)=f(0)⇒b=4,f(−2)=−2⇒c=2.
所以f(x)=x2+4x+2，x≤03,x>0；
当x≤0时，由x2+4x+2=x,解得x1=−1,x2=−2；
当x>0时，y=f(x)−x的零点为x=3,所以函数y=f(x)−x的零点的个数为3.
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由题意，当x>0时，x=1是函数f(x)的一个零点；故当x≤0时，−2x+a≤0恒成立；从而解出a，从而确定选项．
【解答】
解：因为当x>0时，x=1是函数f(x)的一个零点，
根据题意可知y=−2x+a(x≤0)没有零点，
∴函数y=2x(x≤0)与直线y=a无公共点,
由数形结合可得a≤0或a>1.
观察选项，D选项符合题意，
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
本题主要考查函数模型的应用.
【解答】
解：由题意，t=0时，P=P0，
前5h排除了90%的污染物，则(1−90%)P0=P0e−5k，
∴ 0.1=e−5k，即−5k=ln0.1，
∴ k=−15ln0.1.
当污染物的含量不超过1%时才能排放，
即P≤1%P0，
则1%P0≥P0e−kt=P0et5ln0.1，
∴ 0.12≥0.1t5，
∴ t≥10，10−5=5，
∴ 至少还需过滤5h，才可以排放废气.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
函数最值的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：观察图象易得ymin=k−3=2，
则k=5，
所以ymax=k+3=8．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
二分法求方程的近似解
【解析】
先判断函数f(x)=2x−3在定义域上连续递增，再求端点函数值即可．
【解答】
解：函数f(x)=2x−3在定义域上连续递增，
f(3)=8−3>0，f(4)=16−3>0；
f(2)=4−3>0，f(1)=2−3<0；
故函数f(x)=2x−3的零点所在的区间是(1, 2)；
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
二分法的定义
【解析】
根据导函数判断函数f(x)＝ex+4x−3单调递增，运用零点判定定理，判定区间．
【解答】
∵ 函数f(x)＝ex+4x−3
∴ f′(x)＝ex+4
当x>0时，f′(x)＝ex+4>0
∴ 函数f(x)＝ex+4x−3在(−∞, +∞)上为f(0)＝e0−3＝−2<0，
f(12)=e+2−3=e−1=e12−e0>0，
∴ f(0)⋅f(12)<0，
∴ 函数f(x)＝ex+4x−3的零点所在的区间为(0, 12)
9.
【答案】
B
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
分段函数的应用
【解析】
由题意逐段考查函数的单调性，结合函数在x=1处的性质即可求得最终结果．
【解答】
解：逐段考查所给的函数：指数函数的单调递增，则a>1；一次函数单调递增，则4−a2>0，解得a<8，
且当x=1时应有4−a2×1+2≤a1，
解得：a≥4.
综上可得，实数a的取值范围是[4,8).
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
函数F(x)=f(x)−m有六个零点等价于当x≥0时，函数F(x)=f(x)−m有三个零点，即可即m=f(x)有3个不同的解，求出在每一段上的f(x)的值域，即可求出m的范围．
【解答】
函数f(x)是定义在R上的偶函数，函数F(x)=f(x)−m有六个零点，
则当x≥0时，函数F(x)=f(x)−m有三个零点，
令F(x)=f(x)−m=0，
即m=f(x)，
①当0≤x<2时，f(x)=x−x2=−(x−12)2+14，
当x=12时有最大值，即为f(12)=14，
且f(x)>f(2)=2−4=−2，
故f(x)在[0, 2)上的值域为(−2, 14)，
②当x≥2时，f(x)=2−xex<0，且当x→+∞，f(x)→0，
∵ f′(x)=x−3ex，
令f′(x)=x−3ex=0，解得x=3，
当2≤x<3时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x≥3时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
∴ f(x)min=f(3)=−1e3，
故f(x)在[2, +∞)上的值域为[−1e3, 0)，
∵ −1e3>−2，
∴ 当−1e3故当−1e311.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性及单调区间
分段函数的应用
【解析】
先保证每一段在定义域内单调递增，再保证在x=1时的单调性保持一致，即2a≥12a+3>0−1+4a≥2a+3−4a+5⇒12≤a≤32 .
【解答】
解：先保证每一段在定义域内单调递增，再保证在x=1时的单调性保持一致，
即2a≥1，2a+3>0，−1+4a≥2a+3−4a+5⇒12≤a≤32 .
故选B .
12.
【答案】
B
【考点】
函数新定义问题
根的存在性及根的个数判断
奇函数
【解析】
根据“局部奇函数”，可知函数f(−x)＝−f(x)有解即可，结合指数函数的性质，利用换元法进行求解．
【解答】
解：根据“局部奇函数”的定义可知，函数f(−x)=−f(x)有解即可，
即f(−x)=4−x−m2−x+1+m2−3=−(4x−m2x+1+m2−3)，
∴ 4x+4−x−2m(2x+2−x)+2m2−6=0，
即(2x+2−x)2−2m(2x+2−x)+2m2−8=0有解即可．
设t=2x+2−x，则t=2x+2−x≥2，
∴ 方程等价为t2−2m⋅t+2m2−8=0在t≥2时有解，
设g(t)=t2−2m⋅t+2m2−8，
对称轴t=−−2m2=m.
①若m≥2，则Δ=4m2−4(2m2−8)≥0，
即m2≤8，
∴ −22≤m≤22，此时2≤m≤22；
②若m<2，要使t2−2m⋅t+2m2−8=0在t≥2时有解，
则m<2，g(2)≤0，Δ≥0，
即m<21−3≤m≤1+3−22≤m≤22 ，
解得1−3≤m<2，
综上：1−3≤m≤22.
故选B.
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
150
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
依题意甲、乙、丙、丁、戊还钱数组成以300为首项，d为公差的等差数列，利用条件求出d，则答案可求．
【解答】
解：依题意甲、乙、丙、丁、戊还钱数组成以300为首项，d为公差的等差数列，
又300×5+5×42d=1000，∴ d=50，
则丁还钱数300−150=150．
故答案为150．
14.
【答案】
1
【考点】
二分法求方程的近似解
【解析】
构造函数f(x)=ex+2x−6，判断出在R上单调递增且连续，由函数的零点判定定理可得，零点属于的区间(n, n+1)有f(n)f(n+1)<0，代入检验即可．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=ex+2x−6在R上单调递增且连续
又∵ f(0)=−5<0，f(1)=e−4<0，f(2)=e2−2>0
∴ f(1)f(2)<0
由函数的零点判定定理可得，零点属于的区间(1, 2)
∴ n=1
故答案为：1．
15.
【答案】
①②④
【考点】
函数的周期性
命题的真假判断与应用
函数最值的应用
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据条件求出函数的周期，即可判定①的真假，根据函数f(x)是定义在R上的偶函数，以及在(0, 1)上的单调性，可判定②的真假，根据单调性和周期性可求出函数的最值，可判定③的真假，最后求出函数在x∈[3, 4]时的解析式即可判定④的真假
【解答】
解：∵ 对任意的x∈R恒有f(x+1)=f(x−1)，
∴ f(x+2)=f(x)，故①正确；
∵ 函数f(x)是定义在R上的偶函数，
当x∈[0, 1]时，f(x)=(12)1−x，
作出函数f(x)的图象如图所示，
∴ 函数f(x)在(0, 1)上是增函数，
函数f(x)在(1, 2)上递减，在(2, 3)上递增，故②正确；
∴ 函数f(x)的最大值是f(1)=1，最小值为f(0)=12，故③不正确；
设x∈(3, 4)，则4−x∈(0, 1)，
f(4−x)=(12)x−3=f(−x)=f(x)，故④正确.
故答案为：①②④.
16.
【答案】
1000
【考点】
对数函数、指数函数与幂函数的增长差异
【解析】
根据题中给出的关系式求出8.0级地震释放的能量与6.0级地震释放能量的比即可．
【解答】
解：设震级8.0级、6.0级地震释放的能量分别为E2、E1，
则8−6=23(lgE2−lgE1)，
即lg E2E1=3，∴ E2E1=103=1000．
那么2008年地震的能量是1989年地震能量的1000倍．
故答案为：1000
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 11 分 ，共计66分 ）
17.
【答案】
解：∵f(x)−2x+m=0在[−1,1]上有解，
即x2−3x+m+1=0 在 [−1,1] 上有解．
令gx=x2−3x+m+1，
可得，对称轴为x=32，
∴gx在[−1,1]上单调递减，
∴g−1≥0，g1≤0⇒1+3+m+1≥0,1−3+m+1≤0⇒m>−5,m≤1.
∴ 实数m的取值范围为{m|−5≤m≤1}.
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
答案未提供解析。
【解答】
解：∵f(x)−2x+m=0在[−1,1]上有解，
即x2−3x+m+1=0 在 [−1,1] 上有解．
令gx=x2−3x+m+1，
可得，对称轴为x=32，
∴gx在[−1,1]上单调递减，
∴g−1≥0，g1≤0⇒1+3+m+1≥0,1−3+m+1≤0⇒m>−5,m≤1.
∴ 实数m的取值范围为{m|−5≤m≤1}.
18.
【答案】
解：(1)∵ f(x)为奇函数，
∴ f(0)=0，
设x<0，则−x>0，
则f(−x)=(−x)2−2(−x)=x2+2x，
又∵ f(x)为奇函数，
则f(x)=−f(−x)=−x2−2x，
∴ f(x)=x2−2x,x≥0，−x2−2x,x<0.
(2)由(1)可得f(x)=x2−2x,x≥0，−x2−2x,x<0，
画出函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知，
其单调递增区间为(−∞, −1]和[1, +∞).
(3)根据题意，由f(x)是定义在[−1, 1]上的奇函数，
由图象易知函数在[−1, 1]上单调递减，
则f(1−m)+f(1−m2)<0，
即f(1−m)<−f(1−m2)=f(m2−1)，
∴ 1−m>m2−1，−1≤1−m≤1，−1≤m2−1≤1，
解得：0≤m<1，即m的取值范围为[0, 1)．
【考点】
奇函数
分段函数的应用
函数的单调性及单调区间
已知函数的单调性求参数问题
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）根据题意，由奇函数的性质以及函数的解析式分析可得答案；
（2）由（1）的结论，作出函数的草图，据此分析可得函数的单调区间；
（3）根据题意，分析可得原不等式等价于1−m>m2−1−1≤1−m≤1−1≤m2−1≤1 ，解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：(1)∵ f(x)为奇函数，
∴ f(0)=0，
设x<0，则−x>0，
则f(−x)=(−x)2−2(−x)=x2+2x，
又∵ f(x)为奇函数，
则f(x)=−f(−x)=−x2−2x，
∴ f(x)=x2−2x,x≥0，−x2−2x,x<0.
(2)由(1)可得f(x)=x2−2x,x≥0，−x2−2x,x<0，
画出函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知，
其单调递增区间为(−∞, −1]和[1, +∞).
(3)根据题意，由f(x)是定义在[−1, 1]上的奇函数，
由图象易知函数在[−1, 1]上单调递减，
则f(1−m)+f(1−m2)<0，
即f(1−m)<−f(1−m2)=f(m2−1)，
∴ 1−m>m2−1，−1≤1−m≤1，−1≤m2−1≤1，
解得：0≤m<1，即m的取值范围为[0, 1)．
19.
【答案】
解：(1)∵ f(x)的定义域为R且为奇函数，
∴ f(0)=a−12=0，解得a=1，经检验符合题意；
(2)∵ f(x)=−2x+12x+1=−1+22x+1，判断f(x)在R上为减函数.
证明：设x1则f(x1)−f(x2)=−1+22x1+1−(−1+22x2+1)
=2(2x2−2x1)(2x1+1)(2x2+1)，
∵ 2x2>2x1>0，
∴ f(x1)−f(x2)>0，
∴ f(x)在R上是减函数；
(3)据题意，f(x)为奇函数，
若方程f(4x−b)+f(−2x+1)=0，
则有f(4x−b)=−f(−2x+1)，即f(4x−b)=f(2x+1)，
又由函数f(x)为单调递减函数，则有4x−b=2x+1，
变形可得b=4x−2x+1，
设g(x)=4x−2x+1, x∈(−3,lg23)，
则有g(x)=4x−2×2x=(2x−1)2−1，
又由x∈(−3,lg23)，则2x∈(18,3)，则有−1≤g(x)<3，
若b=4x−2x+1，则b的取值范围为[−1,3).
【考点】
函数的零点
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
（1）利用函数是奇函数，由f(0)=0，即可求a值；
（2）利用函数单调性定义判断并证明该函数在定义域R上的单调性；
（3）利用函数的奇偶性和函数零点的定义，求b的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ f(x)的定义域为R且为奇函数，
∴ f(0)=a−12=0，解得a=1，经检验符合题意；
(2)∵ f(x)=−2x+12x+1=−1+22x+1，判断f(x)在R上为减函数.
证明：设x1则f(x1)−f(x2)=−1+22x1+1−(−1+22x2+1)
=2(2x2−2x1)(2x1+1)(2x2+1)，
∵ 2x2>2x1>0，
∴ f(x1)−f(x2)>0，
∴ f(x)在R上是减函数；
(3)据题意，f(x)为奇函数，
若方程f(4x−b)+f(−2x+1)=0，
则有f(4x−b)=−f(−2x+1)，即f(4x−b)=f(2x+1)，
又由函数f(x)为单调递减函数，则有4x−b=2x+1，
变形可得b=4x−2x+1，
设g(x)=4x−2x+1, x∈(−3,lg23)，
则有g(x)=4x−2×2x=(2x−1)2−1，
又由x∈(−3,lg23)，则2x∈(18,3)，则有−1≤g(x)<3，
若b=4x−2x+1，则b的取值范围为[−1,3).
20.
【答案】
解：(1)gx=ax−12+1+b−a(a>0)，
可得gx在2,3上为增函数，
故g3=5，g2=2⇒3a+1+b=5，1+b=2⇒a=1，b=1.
(2)gx=x2−2x+2，fx=x+2x−2，
不等式f2x−k⋅2x≥0化为2x+22x−2≥k⋅2x，
即1+2⋅12x2−2⋅12x≥k.
令12x=t，则k≤2t2−2t+1，
∵ x∈[−1,0]，∴ 2x∈12,1，∴ t∈1,2.
记φt=2t2−2t+1，
∴ φtmin=1，∴ k≤1．
【考点】
函数的单调性及单调区间
二次函数在闭区间上的最值
二次函数的性质
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)gx=ax−12+1+b−a(a>0)，
可得gx在2,3上为增函数，
故g3=5，g2=2⇒3a+1+b=5，1+b=2⇒a=1，b=1.
(2)gx=x2−2x+2，fx=x+2x−2，
不等式f2x−k⋅2x≥0化为2x+22x−2≥k⋅2x，
即1+2⋅12x2−2⋅12x≥k.
令12x=t，则k≤2t2−2t+1，
∵ x∈[−1,0]，∴ 2x∈12,1，∴ t∈1,2.
记φt=2t2−2t+1，
∴ φtmin=1，∴ k≤1．
21.
【答案】
当20≤t≤40时，y＝0.12t+15，
当40≤t<60时，y＝0.12×40+2.20(t−40)+15＝0.20t+11.8，
所以y＝．
①王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班，平均用时t＝25×，
②每次上下班的平均租车费用约为0.3×42.6+11.8＝20.32元，
则每月平均租车费用为20.32×22×3＝894.08（元）
因为894.08<1000，
所以由此估计王先生每月的车补够上下班租用新能源分时租赁汽车．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
22.
【答案】
解：(1)由题意，得y=3+c(0≤x≤a)，3+c+b(x−a)(x>a).
(2)由表可得3+c=4，3+c+b(25−a)=14，3+c+b(35−a)=19，
解得：a=5，b=12，c=1，
所以y=4(0≤x≤5)，12x+32(x>5).
【考点】
分段函数的应用
【解析】
(1)当x≤a时可得y=3+c，当x>a时可得y=3+c+b(x−a)，从而可得y关于x的函数关系式.
(2)由表中数据可得3+c=43+c+b(25−a)=143+c+b(35−a)=19，从而可求a，b，c，进而可求y关于x的函数的解析式
【解答】
解：(1)由题意，得y=3+c(0≤x≤a)，3+c+b(x−a)(x>a).
(2)由表可得3+c=4，3+c+b(25−a)=14，3+c+b(35−a)=19，
解得：a=5，b=12，c=1，
所以y=4(0≤x≤5)，12x+32(x>5).时间t分
[20, 30]
[30, 40]
[40, 50]
[50, 60]
频数
2
18
20
10
月份
煤气使用量/m3
煤气费/元
7
4
4
8
25
14
9
35
19