（江苏专用）2013年高考数学总复习 第二章第7课时 函数的图象及函数与方程随堂检测（含解析）

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1、（江苏专用）2013年高考数学总复习 第二章第7课时 函数的图象及函数与方程 随堂检测（含解析） 1．(2010·高考湖南卷改编)函数y＝ax2＋bx与y＝log||x(ab≠0，|a|≠|b|)在同一直角坐标系中的图象可能是________． 解析：对于①、②由对数函数图象得||＞1，而抛物线对称轴|－|＜，∴||＜1，∴①②不正确；对于③中对称轴－＜－，则||＞1，而对数底数||＜1，∴③不成立．而④中，由图象知a>0，－＞－，∴||∈(0,1)，满足y＝log||x为减函数． 答案：④ 2. 如图是两个函数在定义域[－2,3]上的图象，给出下列函数及其相应的

2、图象，则其中正确的是________． ①y＝；②y＝[g(x)]2；③y＝f(x)－g(x)． 解析：根据f(x)，g(x)的定义域、值域、单调性可知②③错误． 答案：① 3．方程2－x＋x2＝3的实数解的个数为________． 解析： 方程变形为3－x2＝2－x＝()x，令y＝3－x2，y＝()x. 由图象可知有2个交点． 答案：2 4．设x0是方程2x＋x－8＝0的解，且x0∈(k，k＋1)，k∈Z，则k＝________. 解析：设y1＝2x，y2＝8－x，在同一坐标系内作出它们的图象，可见这两图象有且只有一个交点且这个交点横坐标在2和3之间，故k＝2

3、. 答案：2 5．作出下列函数的简图． (1)y＝|2x－1|；(2)y＝2－|x|； (3)y＝e|lnx|；(4)y＝|(lg(1－x)|. 解：(1)先作出函数y＝2x的图象，将其图象向下平移一个单长度，得到y＝2x－1的图象，然后再将x轴下方的部分沿x轴翻折到上方，得到函数y＝|2x－1|的图象，如图(1)． (2)y＝2－|x|＝， 分别作出y＝2x(x≤0)及y＝()x的图象，如图(2)． (3)y＝e|lnx|＝，所以图象如图(3)． (4)首先作出y＝lgx的图象，将其沿y轴翻折得到y＝lg(－x)的图象，再将所得图象沿x轴向右平移一个单位长度，得到y＝lg(

4、1－x)的图象，再将该图象沿x轴将x轴下方的图象翻折到x轴上方，得到y＝|lg(1－x)|的图象，如图(4)． [A级　双基巩固] 一、填空题 1．若函数y＝f(x)的图象经过点(1,1)，则函数y＝f(4－x)的图象经过点________． 解析：令4－x＝1， 则函数y＝f(4－x)的图象过点(3,1)． 答案：(3,1) 2. 已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则b的范围为________． 解析：法一：(定性法) 根据解一元高次不等式的“数轴标根法”可知，图象从右上端起，应有a＞0； 又由图象知f(x)＝0的三个实根为非

5、负数， 据根与系数的关系知 －＝x1＋x2＋x3＞0，即b＜0. 法二：(定量法) 据图象知f(0)＝0，f(1)＝0，f(2)＝0， ∴⇒， ∴f(x)＝－x3＋bx2－x＝－x(x－1)(x－2)， 当x＞2时，有f(x)＞0，∴b＜0. 法三：(模型函数法) 构造函数f(x)＝a(x－0)(x－1)(x－2)＝ax3＋bx2＋cx＋d， 即ax3－3ax2＋2ax＝ax3＋bx2＋cx＋d， ∴，又由图象知x＞2时，f(x)＞0即a＞0. ∴b＝－3a＜0，∴b∈(－∞，0)． 答案：(－∞，0) 3．(2010·高考天津卷改编)函数f(x)＝ex＋x－2的零

6、点所在的区间可以是以下区间中的________． ①(－2，－1)，②(－1,0)，③(0,1)，④(1,2) 解析：因为f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e－1＞0，f(0)·f(1)＜0，所以函数f(x)在(0,1)内有一个零点，其他三个区间均不符合条件． 答案：③ 4．(2010·高考福建卷改编)函数f(x)＝的零点个数为________． 解析：由f(x)＝0，得或解得x＝－3或x＝e2，故零点个数为2. 答案：2 5．已知函数f(x)＝x是奇函数，g(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，g(x)＝lnx，则函数y＝f(x)·g(x)的图象大致为_______

7、_． 解析：∵f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，∴f(x)·g(x)是奇函数，故y＝f(x)·g(x)图象关于原点对称． 排除②④， 当自变量x从正的趋向零时f(x)>0，g(x)<0，故f(x)·g(x)<0，故①正确． 答案：① 6．(2010·高考浙江卷改编)已知x0是函数f(x)＝2x＋的一个零点，若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则f(x1)，f(x2)的符号为________． 解析： 设y1＝2x，y2＝，在同一坐标系中作出其图象，如图，在(1，x0)内y2＝的图象在y1＝2x图象的上方，即＞2x1，所以2x1＋＜0，即f(x1)＜0，同理f(x

8、2)＞0. 答案：f(x1)＜0，f(x2)＞0 7．(2011·高考课标全国卷改编)已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lg x|的图象的交点个数为________． 解析：如图，作出图象可知y＝f(x)与y＝|lg x|的图象共有10个交点． 答案：10 8．命题甲：已知函数f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，则f(x)的图象关于直线x＝1对称． 命题乙：函数f(1＋x)与函数f(1－x)的图象关于直线x＝1对称．则甲、乙命题正确的是________． 解析：可举实例说明如f(x)＝2x，依次作出函

9、数f(1＋x)与函数f(1－x)的图象判断． 答案：甲 二、解答题 9．设函数f(x)＝|x2－4x－5|. (1)画出f(x)图象； (2)设A＝{x|f(x)≥5}，B＝(－∞，－2)∪[0,4]∪[6，＋∞)，试判断集合A、B间关系； (3)若在区间[－1,5]上直线y＝kx＋3k(k≠0)位于f(x)图象的上方，求k的取值范围． 解： (1)f(x)＝ .画出f(x)图象如图所示． (2)不等式f(x)≥5为|x2－4x－5|≥5， 故有x2－4x－5≥5或x2－4x－5≤－5， 即x2－4x－10≥0]14)或x≥2＋，解*2得0≤x≤4， 故A＝(－∞

10、，2－]∪[0,4]∪[2＋，＋∞)， ∵2－>－2,2＋<6， 故BA. (3)∵x∈[－1,5]时，x2－4x－5≤0，故|x2－4x－5|＝－x2＋4x＋5， 据题意kx＋3k>－x2＋4x＋5，当x∈[－1,5]时恒成立， 即k>在[－1,5]上恒成立， 设g(x)＝，只要求出g(x)在[－1,5]上的最大值， 设t＝x＋3，则t∈[2,8]，且x＝t－3， ∴g(t)＝＝－(t＋)＋10. 故当t＝4时，g(t)max＝2. ∴k>2. 10．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－，3a>2c>2b. (1)求证：a>0且－3<<－； (2)求证：

11、f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点； (3)若函数f(x)的两个零点在区间[m，n]内，求n－m的最小值． 解：(1)证明：∵f(1)＝－，∴a＋b＋c＝－，故3a＋2b＋2c＝0.　* 又∵3a>2c>2b，∴3a>0即a>0. 又由*得2c＝－3a－2b，而3a>2c， 故3a>－3a－2b，∴>－3. 又2c>2b，∴－3a－2b>2b，∴<－. 故有－3<<－. (2)证明：∵f(0)＝c，f(1)＝－， ∴①若c>0，则f(0)f(1)＝－<0，可知f(x)在(0,1)内有零点，从而f(x)在(0,2)内有零点； ②若c<0，f(2)＝4a＋2b＋c＝4a－

12、3a－2c＋c＝a－c>0而f(1)＝－<0，故f(1)f(2)<0，可知f(x)在(1,2)内至少有一个零点． (3)设x1，x2是f(x)的两个零点，则x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝()2－＝()2－＝()2＋4()＋6. 令t＝，由(1)可知t∈(－3，－)， 于是|x1－x2|2＝t2＋4t＋6＝(t＋2)2＋2， ∴|x1－x2|2<. 于是n－m≥|x1－x2|≥， ∴n－m的最小值为. [B级　能力提升] 一、填空题 1．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是______

13、__． 解析： 函数f(x)＝ 的图象如图所示， 该函数的图象与直线y＝m有三个交点时m∈(0,1)，此时函数g(x)＝f(x)－m有3个零点． 答案：(0,1) 2．若二次函数f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1的两个零点均在(0,1)内，则实数m的取值范围是________． 解析：若抛物线与x轴交点落在区间(0,1)内， 则⇒ 所以－

14、－3≤t≤3. 又y＝2sin πx＝2sin π＝2sin πt. 在同一坐标系下作出y＝和y＝2sin πt的图象． 由图可知两函数图象在上共有8个交点，且这8个交点两两关于原点对称． 因此这8个交点的横坐标的和为0，即t1＋t2＋…＋t8＝0. 也就是1－x1＋1－x2＋…＋1－x8＝0， 因此x1＋x2＋…＋x8＝8. 答案：8 4．设m，k为整数，方程mx2－kx＋2＝0在区间内有两个不同的根，则m＋k的最小值为________． 解析：方程mx2－kx＋2＝0在区间内有两个不同的根可转化为二次函数f＝mx2－kx＋2在区间上有两个不同的零点． ∵f＝2，故需

15、满足⇒ 将k看做函数值，m看做自变量，画出可行域如图阴影部分所示，因为m，k均为整数，结合可行域可知k＝7，m＝6时，m＋k最小，最小值为13. 答案：13 二、解答题 5．已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，且f(x)在[－1,4]上最大值为12. (1)求f(x)的解析式； (2)是否存在m∈N，使函数g(x)＝f(x)＋，在(m，m＋1)内有且只有两个零点，若存在，求出m之值，若不存在，说明理由． 解：(1)设f(x)＝ax(x－5)(a>0)， 对称轴为x＝，故f(x)在[－1,4]上最大值为f(－1)＝6a， ∴a＝2，故f(x)＝2x

16、2－10x. (2)据题意，方程2x2－10x＋＝0在(m，m＋1)内有两个不同实根(m∈N)， 即方程2x3－10x2＋37＝0在(m，m＋1)(m∈N)内有两个不同实根． 设h(x)＝2x3－10x2＋37， 则h′(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)， 令h′(x)＝0，则x1＝0，x2＝. x (－∞，0) 0 h′(x) ＋ － ＋ h(x) ↗ ↘ ↗ 又h＝－<0，h(3)＝1>0，h(4)＝5>0 故h(x)在和内各有一零点， ∴g(x)在(3,4)内有且只有两个零点， 故存在满足条件的m＝3. 6．m

17、为何值时，f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4. (1)有且仅有一个零点； (2)有两个零点且均比－1大； (3)若f(x)有一个零点x∈(0,1), 求m的取值范围． 解：(1)若函数f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且仅有一个零点，则等价于Δ＝4m2－4(3m＋4)＝0， 即4m2－12m－16＝0，即m2－3m－4＝0. 解得m＝4或m＝－1. (2)法一：方程思想． 若f(x)有两个零点且均比－1大， 设两个零点分别为x1，x2， 则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4， 故只需 ⇔⇔ 故－5＜m＜－1，∴m的取值范围是{m|－5＜m＜－1}． 法二：函数思想． 若f(x)有两个零点且均比－1大，结合二次函数图象可知只需满足⇔ ⇔故－5＜m＜－1， ∴m的取值范围是{m|－5＜m＜－1}． (3)若f(x)只有一个零点x∈(0,1)， 则，即，方程无解． 若f(x)有两个零点，其中有一个零点x∈(0,1)， 则f(0)f(1)＜0，即(3m＋4)(5m＋5)＜0， ∴－＜m＜－1. ∴m的取值范围为{m|－＜m＜－1}．