《二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理重點生通用版：專題跟蹤檢測二 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理重點生通用版：專題跟蹤檢測二 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 Word版含解析（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題跟蹤檢測（二）專題跟蹤檢測（二）基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程一、全練保分考法一、全練保分考法保大分保大分1若若 m110，1，alg m，blg m2，clg3m，則，則 a，b，c 的大小關(guān)系是的大小關(guān)系是()AabcBcabCbacDbca解析解析：選選 Cm110，1，1lg m0，lg3mlg m，即，即 ca.又又 m110，1，0m2m1，lg m2b.bac.故故選選C.2 定義在定義在 R R 上的函數(shù)上的函數(shù) f (x)2|xm|1 為偶函數(shù)為偶函數(shù)， 記記 af (log0.53)， bf (log25)， cf (2m)，則則 a，b，c 的大小關(guān)
2、系是的大小關(guān)系是()AabcBacbCcabDcba解析解析： 選選 C函數(shù)函數(shù) f (x)為偶函數(shù)為偶函數(shù)， m0， f (x)2|x|1.af (log0.53)f (log23)2log2312，bf (log25)2log2514，cf (0)2010.ca0 恒成立，恒成立，f (x)在在(，1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞增，排除上單調(diào)遞增，排除 C、D；當(dāng)當(dāng) x時，時，2x0，xx11，f (x)1，排除，排除 B，選，選 A.4已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)2，0 x1，1，x1，則不等式則不等式 log2x(log414x1)f (log3x1)5 的解的解集為
3、集為()A.13，1B1,4C.13，4D1，)解析：解析：選選 C由不等式由不等式 log2x(log414x1)f (log3x1)5，得，得log3x11，log2x log414x1 5或或0log3x11，log2x2 log414x1 5，解得解得 1x4 或或13x1， 則則 f (loga( 21)()A1B2C3D4解析解析：選選 Bf (x)212x114x，f (x)212x114x22x12x4x14x，f (x)f (x)212x114x22x12x4x14x3.loga( 21)loga( 21)， f (loga( 21)f (loga( 21)3，f (loga
4、( 21)2.故選故選 B.6(2019 屆高三屆高三貴陽模擬貴陽模擬)20 世紀(jì)世紀(jì) 30 年代，為了防范地震帶來的災(zāi)害，里克特年代，為了防范地震帶來的災(zāi)害，里克特(C.F.Richter)制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級，地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級 M，其，其計算公式為計算公式為 Mlg Alg A0， 其中其中 A 是被測地震的最大振幅是被測地震的最大振幅， A0是是“標(biāo)準(zhǔn)
5、地震標(biāo)準(zhǔn)地震”的振幅的振幅 已已知知 5 級地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則級地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則 7 級地震的最大振幅是級地震的最大振幅是 5 級地震的最大振幅的級地震的最大振幅的()A10 倍倍B20 倍倍C50 倍倍D100 倍倍解析解析：選選 D根據(jù)題意有根據(jù)題意有 lg Alg A0lg 10Mlg(A010M)，所以所以 AA010M，則則A0107A0105100.故選故選D.7(2018菏澤一模菏澤一模)已知已知 log12alog12b，則下列不等式一定成立的是，則下列不等式一定成立的是()A.14a1bCln(ab)0D3ab1解析：解析：選選 Alog12ab0，
6、14a13a13b，1a1.因此只有因此只有 A 正確故選正確故選 A.8已知實數(shù)已知實數(shù) x，y 滿足滿足 axay(0a1y21Bln(x21)ln(y21)Csin xsin yDx3y3解析解析：選選 D實數(shù)實數(shù) x，y 滿足滿足 axay(0ay.對于選項對于選項 A，1x211y21等價等價于于x21y21，即即 x2y，但但 x2ln(y21)等價于等價于 x2y2，當(dāng)當(dāng) x1，y1 時時，滿足滿足 xy，但但 x2y2不成立不成立對于選項對于選項 C，當(dāng)當(dāng) x， y2時時， 滿足滿足 xy， 但但 sin xsin y 不成立不成立 對于選項對于選項 D， 當(dāng)當(dāng) xy 時時，
7、x3y3恒成立恒成立 故故選選 D.9(2018廣元模擬廣元模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ex，g(x)lnx212，對任意對任意 aR R，存在存在 b(0，)使使 f (a)g(b)，則，則 ba 的最小值為的最小值為()A2 e1Be212C2ln 2D2ln 2解析：解析：選選 D令令 tea，可得，可得 aln t，令，令 tlnb212，可得，可得 b2-12et，則則 ba2-12etln t，令，令 h(t)2e-12tln t，則則 h(t)2e-12t1t.顯然，顯然，h(t)是增函數(shù)，觀察可得當(dāng)是增函數(shù)，觀察可得當(dāng) t12時，時，h(t)0，故故 h(t)有唯一零點，
8、有唯一零點，故當(dāng)故當(dāng) t12時，時，h(t)取得最小值，即取得最小值，即 ba 取得最小值為取得最小值為 2e-1 12 2ln122ln 2，故選，故選 D.10已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)是定義在是定義在 R 上的奇函數(shù)，且在區(qū)間上的奇函數(shù)，且在區(qū)間0，)上單調(diào)遞增，若上單調(diào)遞增，若|f ln x fln1x|2f (1)，則，則 x 的取值范圍是的取值范圍是()A.0，1eB(0，e)C.1e，eD(e，)解析：解析：選選 C函數(shù)函數(shù) f (x)是定義在是定義在 R 上的奇函數(shù)，上的奇函數(shù)，f (ln x)fln1x f (ln x)f (ln x)f (ln x)f (ln x)2f
9、(ln x)，|f ln x fln1x|2f (1)等價于等價于|f (ln x)|f (1)，又又 f (x)在區(qū)間在區(qū)間0，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，1ln x1，解得解得1ex0)在區(qū)間在區(qū)間0,2上的最小值為上的最小值為 g(m)已知定義在已知定義在(，0)(0，)上的函數(shù)上的函數(shù) h(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)為偶函數(shù)，且當(dāng) x0 時，時，h(x)g(x)，若，若 h(t)h(4)，則實數(shù)，則實數(shù) t 的取的取值范圍為值范圍為()A(4,0)B(0,4)C(2,0)(0,2)D(4,0)(0,4)解析解析：選選 D因為因為 f (x)x2mx(m0)，所以所以 f (x)xm22m24，因
10、為因為 f (x)在區(qū)間在區(qū)間0,2上的最小值為上的最小值為 g(m)， 所以當(dāng)所以當(dāng) 0m4， 即即 04，即即m22時，函數(shù)時，函數(shù) f (x)xm22m24在在0,2上單調(diào)遞減，所以上單調(diào)遞減，所以 g(m)f (2)42m.綜上，綜上，g(m)m24，04.因為當(dāng)因為當(dāng) x0 時時， h(x)g(x)， 所以當(dāng)所以當(dāng) x0 時時， h(x)x24，04.函數(shù)函數(shù) h(x)在在(0，)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減因為定義在因為定義在(，0)(0，)上的函數(shù)上的函數(shù) h(x)為偶函數(shù)為偶函數(shù)，且且 h(t)h(4)，所以所以 h(|t|)h(4)，所以所以 0|t|4，所以所以t0，|t|4，即即
11、t0，4t4，從而從而4t0 或或0t4.綜上所述，實數(shù)綜上所述，實數(shù) t 的取值范圍為的取值范圍為(4,0)(0,4)12 (2019 屆高三屆高三昆明調(diào)研昆明調(diào)研)若函數(shù)若函數(shù) f (x)2x1x22x2， 對于任意的對于任意的 xZ 且且 x(，a)，f (x)0 恒成立，則實數(shù)恒成立，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A(，1B(，0C(，3D(，4解析解析：選選 D法一法一：f (x)2x1x22x20，即即 2x1x22x2.設(shè)設(shè) g(x)2x1，h(x)x22x2，當(dāng)，當(dāng) x1 時，時，0g(x)1，h(x)x22x21，所以當(dāng)，所以當(dāng) a1 時，滿足對時，滿足對任意的任意
12、的 xZ Z 且且 x(，a)，f (x)0 恒成立；當(dāng)恒成立；當(dāng)1x4 時，因為時，因為 g(0)h(0)2，g(1)4h(1)5，g(2)8h(2)10，g(3)16h(3)17，所以所以10，所以所以 F(x)2x1ln 22x2 在在4，)上是增函數(shù)上是增函數(shù)，所以所以 f (x)f (4)32ln 2100，所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)2x1x22x2 在在4，)上是增函數(shù)上是增函數(shù)， 所所以以f (x)f (4)32168260， 即即a4時時， 不滿足對任意不滿足對任意的的xZ且且x(，a)，f (x)0 恒成立恒成立綜上，實數(shù)綜上，實數(shù) a 的的取值范圍是取值范圍是(，4，故選
13、，故選 D.法二：法二：將問題轉(zhuǎn)化為將問題轉(zhuǎn)化為 2x1x22x2 對于任意的對于任意的 xZ Z 且且 x(，a)恒成立后恒成立后， 在同一個平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)在同一個平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù) y2x1， yx22x2 的圖象如圖所示，根據(jù)兩函數(shù)圖象的交點及位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合即可的圖象如圖所示，根據(jù)兩函數(shù)圖象的交點及位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合即可分析出實數(shù)分析出實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是(，4，故選，故選 D.13函數(shù)函數(shù) f (x)ln(x22x8)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是_解析解析：由由 x22x80，得得 x4 或或 x2.因此因此，函數(shù)函數(shù) f (x)ln(x2
14、2x8)的定義域是的定義域是(，2)(4，)注意到函數(shù)注意到函數(shù) yx22x8 在在(4，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，單調(diào)性知，f (x)ln(x22x8)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，)答案：答案：(4，)14李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元單位：元)分別為分別為 L甲甲5x2900 x16 000，L乙乙300 x2 000(其中其中 x 為銷售輛數(shù)為銷售輛數(shù))，若某月兩連鎖店共銷售了，若某月兩連鎖店共銷售了 110輛，則能獲得的最大利潤為輛，則能獲得的最大利潤為_元元解析解析：
15、設(shè)甲連鎖店銷售設(shè)甲連鎖店銷售 x 輛輛，則乙連鎖店銷售則乙連鎖店銷售(110 x)輛輛，故利潤故利潤 L5x2900 x16000300(110 x)2 0005x2600 x15 0005(x60)233 000，當(dāng)當(dāng) x60 時時，有有最大利潤最大利潤 33 000 元元答案：答案：33 00015若函數(shù)若函數(shù) f (x)與與 g(x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 yx 對稱，函數(shù)對稱，函數(shù) f (x)12x，則，則 f (2)g(4)_.解析解析：法一法一：函數(shù)函數(shù) f (x)與與 g(x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 yx 對稱對稱，又又 f (x)12x2x，g(x)log2x，f
16、(2)g(4)22log246.法二：法二：f (x)12x，f (2)4，即函數(shù)，即函數(shù) f (x)的圖象經(jīng)過點的圖象經(jīng)過點(2,4)，函數(shù)函數(shù) f (x)與與 g(x)的圖象關(guān)于直線的圖象關(guān)于直線 yx 對稱，對稱，函數(shù)函數(shù) g(x)的圖象經(jīng)過點的圖象經(jīng)過點(4,2)，f (2)g(4)426.答案：答案：616(2018福州模擬福州模擬)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)0，x0，2x2x，x0，則滿足則滿足 f (x22)f (x)的的 x 的取值的取值范圍是范圍是_解析：解析：由題意由題意 x0 時，時，f (x)單調(diào)遞增，故單調(diào)遞增，故 f (x)f (0)0，而，而 x0 時，時，x0，故
17、若故若 f (x22)f (x)，則，則 x22x，且，且 x220，解得解得 x2 或或 x 2.答案：答案：(， 2)(2，)17如圖如圖，在第一象限內(nèi)在第一象限內(nèi)，矩形矩形 ABCD 的三個頂點的三個頂點 A，B，C，分別在函數(shù)分別在函數(shù) ylog22x，yx12，y32x的圖象上的圖象上，且矩形的邊分別平行于兩坐標(biāo)軸且矩形的邊分別平行于兩坐標(biāo)軸，若點若點 A 的縱坐標(biāo)是的縱坐標(biāo)是 2，則則點點D 的坐標(biāo)是的坐標(biāo)是_解析：解析：由由 2log22x 可得點可得點 A12，2，由，由 2x12可得點可得點 B(4,2)，因為，因為324916，所以，所以點點 C 的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為4，916
18、 ，所以點，所以點 D 的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為12，916 .答案：答案：12，91618已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)|log3x|，實數(shù)實數(shù) m，n 滿足滿足 0mn，且且 f (m)f (n)，若若 f (x)在在m2，n上的最大值為上的最大值為 2，則，則nm_.解析：解析：f (x)|log3x|log3x，0 x1，og3x，x1，所以所以 f (x)在在(0,1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，由上單調(diào)遞增，由 0mn 且且 f (m)f (n)，可得，可得0m1，log3nlog3m，則則0m1，mn1，所所以以0m2mf (m)f (n)，則則f (x)在在m2，n上
19、的最大值為上的最大值為 f (m2)log3m22，解得，解得 m13，則，則 n3，所以，所以nm9.答案：答案：919.(2018西安八校聯(lián)考西安八校聯(lián)考)如圖所示如圖所示，已知函數(shù)已知函數(shù) ylog24x 圖象上的兩圖象上的兩點點 A，B 和函數(shù)和函數(shù) ylog2x 圖象上的點圖象上的點 C，線段線段 AC 平行于平行于 y 軸軸，當(dāng)當(dāng)ABC 為正三角形時為正三角形時，點點B 的橫坐標(biāo)為的橫坐標(biāo)為_解析解析：依題意依題意，當(dāng)當(dāng) ACy 軸軸，ABC 為正三角形時為正三角形時，|AC|log24xlog2x2，點點 B 到到直線直線 AC 的距離為的距離為 3，設(shè)點，設(shè)點 B(x0,2lo
20、g2x0)，則點，則點 A(x0 3，3log2x0)由點由點 A 在函數(shù)在函數(shù) ylog24x 的圖象上，得的圖象上，得 log24(x0 3)3log2x0log28x0，則，則 4(x0 3)8x0，x0 3，即點即點 B 的橫坐標(biāo)是的橫坐標(biāo)是 3.答案：答案： 320已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)|2xa2x|在在0,1上單調(diào)遞增，則上單調(diào)遞增，則 a 的取值范圍為的取值范圍為_解析解析：令令 2xt，t1,2，則則 y|tat|在在1,2上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增當(dāng)當(dāng) a0 時時，y|t|t 在在1,2上單調(diào)遞增顯然成立；當(dāng)上單調(diào)遞增顯然成立；當(dāng) a0 時，函數(shù)時，函數(shù) y|tat|，t(0
21、，)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是 a，)，此時，此時 a1，即，即 0a1 時成立；當(dāng)時成立；當(dāng) a0 時，函數(shù)時，函數(shù) y|tat|tat，t(0，)的單的單調(diào)遞增區(qū)間是調(diào)遞增區(qū)間是 a，)，此時此時 a1，即即1a0 時成立時成立綜上可得綜上可得 a 的取值范圍是的取值范圍是1,1答案：答案：1,1二、強化壓軸考法二、強化壓軸考法拉開分拉開分1設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)log4x14x，g(x)log41x14x的零點分別為的零點分別為 x1，x2，則，則()Ax1x21B0 x1x21C1x1x2log4x1，故，故 log4x1log41x20，log4x1log4x20，log4(
22、x1x2)0，0 x1x21.故選故選 B.2(2018唐山模擬唐山模擬)若函數(shù)若函數(shù) f (x) 1x2x在在1,1上有兩個不同的零點上有兩個不同的零點，則則的取的取值范圍為值范圍為()A1， 2)B( 2， 2)C( 2，1D1,1解析解析：選選 C函數(shù)函數(shù) f (x) 1x2x在在1,1上有兩個不同的零上有兩個不同的零點等價于點等價于 y 1x2與與 yx的圖象在的圖象在1,1上有兩個不同的交點上有兩個不同的交點y 1x2，x1,1為圓為圓 x2y21 的上半圓如圖，當(dāng)直線的上半圓如圖，當(dāng)直線 yx過點過點(0,1)時兩函數(shù)圖象有兩個交點，此時時兩函數(shù)圖象有兩個交點，此時1，當(dāng)直線，當(dāng)直
23、線 yx與與圓圓x2y21 上半圓相切時，上半圓相切時， 2.所以所以的取值范圍為的取值范圍為( 2，1故選故選 C.3已知已知 f (x)是定義在是定義在 R 上的奇函數(shù)上的奇函數(shù)，且且 x0 時時，f (x)ln xx1，則函數(shù)則函數(shù) g(x)f (x)ex(e 為自然對數(shù)的底數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù))的零點個數(shù)是的零點個數(shù)是()A0B1C2D3解析：解析：選選 C當(dāng)當(dāng) x0 時，時，f (x)ln xx1，f (x)1x11xx，所以，所以 x(0,1)時，時，f (x)0，此時，此時 f (x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增；x(1，)時時， f (x)0， 此時此時 f (x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減 因此因
24、此， 當(dāng)當(dāng) x0 時時， f (x)maxf (1)ln 1110.根據(jù)函數(shù)根據(jù)函數(shù) f (x)是定義在是定義在 R 上的奇函數(shù)作出函數(shù)上的奇函數(shù)作出函數(shù) yf (x)與與 yex的大致圖象如圖所示，的大致圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)由圖象可知函數(shù) yf (x)與與 yex的圖象有兩個交點的圖象有兩個交點，所以函數(shù)所以函數(shù) g(x)f (x)ex(e 為自然對數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù)的底數(shù))有有 2 個零點個零點4(2018涼山模擬涼山模擬)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù) f (x)a1x，x0，若函數(shù)若函數(shù) f (x)的圖象上有四個不的圖象上有四個不同的點同的點 A，B，C，D 同時滿足：同時滿足：A，B，C，D，
25、O(原點原點)五點共線；五點共線；共線的這條直線斜共線的這條直線斜率為率為3，則，則 a 的取值范圍是的取值范圍是()A(2 3，)B(，4)C(，2 3)D(4，)解析：解析：選選 A由題意知由題意知 f (x)的圖象與直線的圖象與直線 y3x 有有 4 個交點個交點令令 ln x2x23x，可得，可得 ln x2x23x，作出作出 yln x 與與 y2x23x 的圖象如圖所示的圖象如圖所示由圖象可知兩函數(shù)圖象在由圖象可知兩函數(shù)圖象在 y 軸右側(cè)有兩個交點，軸右側(cè)有兩個交點，當(dāng)當(dāng) x0 時，時，f (x)的圖象與直線的圖象與直線 y3x 有兩個交點，有兩個交點，當(dāng)當(dāng) x0，a62 3.故選
26、故選 A.5 (2019 屆高三屆高三西安八校聯(lián)考西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)13x1，x1，ln x，x1，若方程若方程 f (x)ax0恰有兩個不同的實根，則實數(shù)恰有兩個不同的實根，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A.0，13B.13，1eC.1e，43D(，043，解析解析：選選 B方程方程 f (x)ax0 有兩個不同的實根有兩個不同的實根，即直線即直線 yax 與函數(shù)與函數(shù) f (x)的圖象有的圖象有兩個不同的交點作出函數(shù)兩個不同的交點作出函數(shù) f (x)的圖象如圖所示的圖象如圖所示當(dāng)當(dāng) x1 時，時，f (x)ln x，得，得 f (x)1x，設(shè)直線，設(shè)直線
27、ykx 與函數(shù)與函數(shù) f (x)ln x(x1)的圖象相切，切點為的圖象相切，切點為(x0，y0)，則，則y0 x0ln x0 x01x0，解得，解得 x0e，則，則 k1e，即，即 y1ex是函數(shù)是函數(shù) f (x)ln x(x1)的圖象的切線，當(dāng)?shù)膱D象的切線，當(dāng) a0 時，直線時，直線 yax 與函數(shù)與函數(shù) f (x)的圖象有一個交的圖象有一個交點點，不合題意不合題意；當(dāng)當(dāng) 0a1)的圖象有兩個交點的圖象有兩個交點，但與但與 y13x1(x1)也有一個交點也有一個交點， 這樣就有三個交點這樣就有三個交點， 不合題意不合題意； 當(dāng)當(dāng) a1e時時， 直線直線 yax 與函數(shù)與函數(shù) f (x)的圖
28、象至多有一個交點，不合題意；只有當(dāng)?shù)膱D象至多有一個交點，不合題意；只有當(dāng)13a0， 得得 x1， 令令 f (x)0， 得得3x0， 且且 tm2時時，m22mm212e2m2412e20，所以當(dāng)，所以當(dāng) t16e3時，時，2et20，由，由 f (x)的圖象可知，此時的圖象可知，此時 t2f (x)有有 2 個不個不同的實數(shù)根，同的實數(shù)根，t1f (x)有有 1 個根，所以方程個根，所以方程 f2(x)mf (x)12e20 有有 3 個不同的實數(shù)根，個不同的實數(shù)根，當(dāng)當(dāng)t16e3時時，t22e，由由 f (x)的圖象可知的圖象可知，此時此時 t2f (x)有有 1 個根個根，t1f (x)
29、有有 2 個不同的實數(shù)個不同的實數(shù)根，所以方程根，所以方程 f2(x)mf (x)12e20 有有 3 個不同的實數(shù)根，當(dāng)個不同的實數(shù)根，當(dāng) 0t16e3時，時，t20 且且 a1)有且只有有且只有 4 個不同的根，則實數(shù)個不同的根，則實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是()A.14，1B(1,4)C(1,8)D(8，)解析解析：選選 Df (x2)f (2x)，f (x4)f (2(x2)f (2(x2)f (x)f(x)，函數(shù)函數(shù) f (x)是一個周期函數(shù)是一個周期函數(shù)，且且 T4.又又當(dāng)當(dāng) x2,0時時，f (x)22x1( 2)x1， 當(dāng)當(dāng) x0,2時時， f (x)f (x)( 2)x
30、1， 于是于是 x2,2時時， f (x)( 2)|x|1， 根據(jù)根據(jù) f (x)的周期性作出的周期性作出 f (x)的圖象如圖所示若在區(qū)間的圖象如圖所示若在區(qū)間(2,6)內(nèi)關(guān)于內(nèi)關(guān)于 x 的方程的方程 f (x)loga(x2)0有且只有有且只有 4 個不同的根個不同的根，則則 a1 且且 yf (x)與與 yloga(x2)(a1)的圖象在區(qū)間的圖象在區(qū)間(2,6)內(nèi)有且內(nèi)有且只有只有 4 個不同的交點，個不同的交點，f (2)f (2)f (6)1，對于函數(shù)對于函數(shù) yloga(x2)(a1)，當(dāng)，當(dāng) x6時，時，loga88，即實數(shù)，即實數(shù) a 的取值范圍是的取值范圍是(8，)，所以選
31、，所以選 D.8 已知在區(qū)間已知在區(qū)間(0,2上的函數(shù)上的函數(shù) f (x)1x3，x 0，1，2x11，x 1，2，且且 g(x)f (x)mx 在區(qū)間在區(qū)間(0,2內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù)內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是()A.94，20，12B.114，20，12C.94，20，23D.114，20，23解析：解析：選選 A由函數(shù)由函數(shù) g(x)f (x)mx 在在(0,2內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，得內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，得 yf (x)，ymx 在在(0,2內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點當(dāng)內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點當(dāng) ymx 與與 y1x3 在在(0,1內(nèi)相切時內(nèi)相切時，mx23x10，94m0，m94，結(jié)合圖象可得當(dāng)結(jié)合圖象可得當(dāng)94m2 或或 0m12時時，函數(shù)函數(shù) g(x)f (x)mx 在在(0,2內(nèi)有且僅有兩個不同的零點內(nèi)有且僅有兩個不同的零點
二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理重點生通用版：專題跟蹤檢測二 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 Word版含解析
