(江西专用)2013高考数学二轮复习专题限时集训(三)A第3讲函数与方程、函数模型及其应用配套作业文(

1、专题限时集训 ( 三)A 第 3 讲函数与方程、函数模型及其应用(时间：45分钟)x2 bx c， x0，1设函数f ( x) 若 f ( 4) f (0) ， f ( 2) 2，则关于x 的方程2，x>0，f ( x) x 的解的个数为 ()A4 B2 C1 D32若一根蜡烛长20 cm ，点燃后每小时燃烧5 cm，则燃烧剩下的高度h(cm) 与燃烧时间t (h) 的函数关系用图像表示为()图 313有一组实验数据如下表：t1.993.04.05.16.12v1.54.047.51218.01则最佳的体现这些数据关系的函数模型是()Av log 2tB v 2t 2Cv t 2 1 D

2、 v 2t 2214函数 f ( x) 3cos 2 x log 2x2的零点个数为()A2 B3 C4 D5- 1 -5如图 32 的函数图像与x 轴均有交点，但不宜用二分法求交点横坐标的是()图 326已知函数f ( x) ax x b 的零点 x0 ( n， n 1)( n Z) ，其中常数a，b 满足 2a 3，b3 2，则 n 等于 ()A1 B 2C1 D 27如图33 所示，有一个直角墙角，两边的长度足够长，在P 处有一棵树与两墙的距离分别是a m(0< a<12) 和 4 m，不考虑树的粗细，现在用16 m 长的篱笆，借助墙角围成一个矩形的花圃ABCD.设此矩形花圃

3、的面积为S m2， S的最大值为f ( a) ，若将这棵树围在花圃内，则函数 u f ( a) 的图像大致是 ()图 33图 348若函数 f ( x) axb 的零点为2，那么函数 g( x) bx2 ax 的零点是 ()111A0，2 B 0，2 C 0， 2 D 2，29函数 y sin2x7的图像与直线有三个交点(1，1)， (2，x 0， ya66A xyB xy) ， C( x ，y ) 且 x <x<x ，则 x 2x x ()2331231232457A. 3 B.3 C.3 D.6- 2 -10如图3 5 是函数f ( x) x2 axb 的部分图像，则函数g(

4、x) ln x f ( x) 的零点所在的区间是()图 35A.11B (1 ，2)，241C.2， 1D (2 ，3)11已知函数 f ( x) ln xx 2 有一个零点所在的区间为 ( k，k 1)( k N* ) ，则 k 的值为_2x 1， x>0，12已知函数 f ( x) x2 2x， x0， 若函数 g( x) f ( x) m有 3 个零点，则实数m的取值范围是 _13已知函数 f ( x) xln x.(1)求函数 f ( x) 的单调区间；f （x） a3(2)若函数 F( x) x在1 ， e 上的最小值为2，求 a 的值- 3 -x 514设 a( a>0

5、 且 a1) 为常数，函数f ( x) log a.x 5(1) 讨论函数 f ( x) 在区间 ( ， 5) 内的单调性，并给予证明；(2) 设 g( x) 1 log a( x3) ，如果方程f ( x) g( x) 有实根，求实数a 的取值范围- 4 -专题限时集训( 三 )A【基础演练】1D 解析 由 f ( 4) f (0) 可得 b 4，由 f ( 2) 2 得 c 2，代入原函数解析式中，画出图像易得方程解的个数为3.2B 解析 依题意，由所给出的函数图像可求得函数解析式为h20 5t (0 t 4) ，对照选项可知图像应为B. 故选 B.t 2 13C 解析 将表中的数据代入各

6、选项中的函数解析式验证，可知只有 v满足故2选 C.14B 解析在同一坐标系内画出函数y 3cos 2 x 和 y log 2x 2的图像，可得交点个数为 3.【提升训练】5B 解析分析选项中所给图像，只有B 两侧的函数值是同号的，所以不能用二分法求解故选 B.6C 解析abx由 2 3，32 知 a>1， 0<b<1，结合函数 y a 与 y x b 图像知，两函数图像在y 轴左侧有一个交点，验证可得f ( 1) f (0)<0 ，故 n 1.7 C解析 设 CD x ，依题意，得S x(16 x)(4<x<16 a) ，所以Smax f ( a) 64（

7、 0<a 8），对照图像知， C 符合函数模型对应的图像故选C.a（ 16 a）（ 8<a<12），8C 解析由已知 f (2)2a b 0，可得 b 2a，则 g( x) 2ax2 ax，令 g( x)11 0 得 x 0 或 x 2，所以 g( x) 的零点是 0 或 2，故选 C.9C 解析x 0，7时， 2x ，5 ，直线 y a 与曲线有三个交点，则6662画图根据对称性可知2x1 2x2 2x2 2x3 3 4 ，从而 x1666652x2 x3.310C 解析 由已知得0<b<1，f (1) 0，从而 2<a< 1，根据零点存在性定理可以

8、验1证 g 2 · g(1)<0 ，故选 C.11 3 解析 由题意知， f (3) ln3 1>0， f (4) ln4 2<0，所以该函数的零点在区间 (3 ，4) 内，由此可得 k3. 故填 3.- 5 -2x 1，x>0，12(0 ，1) 解析 画出函数 f ( x) 2的图像 ( 如图 ) ，由函数 g( x) f ( x) x 2x， x0 m有 3 个零点，结合图像得0<m<1. 故填 (0 ，1) 13解： (1 ) f (x) ln x 1( x>0) ，令 f (x) 0，即 ln x 1 lne 1， 111x e ，

9、x， .ee1同理，令 f (x) 0可得 x 0， e .f ( x) 的单调递增区间为11e， ，单调递减区间为0， e .x a(2) F(x) x2 ( x>0) 3当 a0时， F(x)>0 ， F( x) 在 1 ， e 上单调递增， F( x) min F(1) a2， a 3?0 ， ) ，舍去2当 a<0 时， F( x) 在 (0 ， a) 上单调递减，在( a， ) 上单调递增，33若 a( 1， 0) ，F( x) 在 1 ， e 上单调递增，F( x) min F(1) a 2， a 2?( 1，0) ，舍去，若a e， 1， ()在(1，a) 上单

10、调递减，在 ( ， e) 上单调递增，F xa () min ( ) ln( )13， e e， 1 ，F xFaa2a若 a( ， e) ，F( x) 在 1 ， e 上单调递减，(e a31) min (e) 2? ae?( ， e) ，舍去F xFe2综上所述： e.a14解： (1) 设 x1 x2 5，则x2 5 x1 51·10·(x2 x1) 0.x2（ x1 5）（ x25x1 55）若 a 1，则 f ( x2) f ( x1) 0， f ( x2) f ( x1) ，此时 f ( x) 在 ( ， 5) 内是增函数；若 0 a 1，则 f ( x2) f ( x1) 0， f ( x2) f ( x1) ，此时 f ( x) 在 ( ， 5) 内是减函数(2) 由 g( x) 1 log a( x3) 及 f ( x) g( x) 得- 6 -x 5x 51log a( x 3) log ax 5?a （x 3）（ x 5） .x 3>0，由