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1、11数学思想专项练数学思想专项练( (二二) )数形结合思想数形结合思想(对应学生用书第 124 页)题组 1利用数形结合思想解决方程的根或函数零点问题1方程|x22x|a21(a0)的解的个数是()A1B2C3D4B Ba0，a211.而y|x22x|的图象如图，y|x22x|的图象与ya21 的图象总有 2 个交点2已知函数f(x)|log2|x|12x，则下列结论正确的是()Af(x)有三个零点，且所有零点之积大于1Bf(x)有三个零点，且所有零点之积小于1Cf(x)有四个零点，且所有零点之积大于 1Df(x)有四个零点，且所有零点之积小于 1A A在同一坐标系中分别作出f1(x)|lo
2、g2|x|与f2(x)12x的图象，如图所示，由图象知f1(x)与f2(x)有三个交点，设三个交点的横坐标从左到右分别是x1，x2，x3， 因为f120，f14 0，所以12x114，同理12x21,1x32，即1x1x2x318，即所有零点之积大于1.3(20 xx内蒙古包头一模)定义在 R R 上的奇函数f(x)满足f(x4)f(x)且在0,2上为增函数，若方程f(x)m(m0)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的值为()A8B8C0D4B B此函数是周期函数，又是奇函数，且在0,2上为增函数，综合条件得函数的示意图如图所示由图看出，四个交点中，y轴左侧
3、的两个交点的横坐标之和为 2(6)12，另两个交点的横坐标之和为 224，所以x1x2x3x48.故选 B.4(20 xx湖南湘中名校联考)已知函数f(x)13x3ax2bxc有两个极值点x1，x2，若x1f(x1)x2，则关于x方程f(x)22af(x)b0 的实数根的个数不可能为()A2B3C4D5D D由题意，得f(x)x22axb.因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以x1，x2是方程x22axb0 的两个实数根，所以由f(x)22af(x)b0，可得f(x)x1或f(x)x2.由题意，知函数f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增， 又x1f(x
4、1)x2， 依题意作出简图， 如图所示， 结合图形可知， 方程f(x)22af(x)b0 的实根个数不可能为 5，故选 D.5(20 xx合肥二模)若函数f(x)asinx在，2上有且只有一个零点，则实数a_.1 1函数f(x)asinx在，2上有且只有一个零点，即方程asinx0 在，2上只有一解，即函数ya与ysinx，x，2的图象只有一个交点，由图象可得a1.6设f(x)是定义在 R R 上且周期为 1 的函数，在区间0,1)上，f(x)x2，xD，x，xD，其中集合Dx|xn1n，nN N*，则方程f(x)lgx0 的解的个数是_.【导学号：07804147】8由于f(x)0,1)，则
5、只需考虑 1x10 的情况在此范围内，当xQ Q 且x Z Z 时，设xqp，p，qN N*，p2 且p，q互质，若 lgxQ Q，则由 lgx(0,1)，可设 lgxnm，m，nN N*，m2 且m，n互质，因此 10nmqp，则 10nqpm，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此 lgx Q Q，因此 lgx不可能与每个周期内xD对应的部分相等，只需考虑 lgx与每个周期xD部分的交点画出函数草图 图中交点除(1,0)外其他交点横坐标均为无理数， 属于每个周期xD部分，且x1 处(lgx)1xln 101ln 101，则在x1 附近仅有一个交点，因此方程解的个数为 8.题组 2利用数形
6、结合思想求解不等式或参数范围7若不等式 logaxsin 2x(a0，a1)对任意x0，4 都成立，则a的取值范围为()A.0，4B4，1C.4，2D(0,1)A A记y1logax(a0，a1)，y2sin 2x，原不等式即为y1y2，由题意作出两个函数的图象，如图所示，知当y1logax的图象过点A4，1时，a4，所以当4a1 时，对任意x0，4 都有y1y2.8(20 xx山西重点中学 5 月联考)已知实数x，y满足不等式组xy10，xy30，x2，若x2y2的最大值为m，最小值为n，则mn()A.252B172C8D9B B作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，x2y2表示
7、平面区域内的点与原点的距离的平方，观察图形可知，原点到直线xy30 的距离|OD|的平方等于n，|OA|2m，经过计算可得m13，n92，则mn172，故选 B.9如图 1，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)log2(x1)的解集是()图 1Ax|1x0Bx|1x1Cx|1x1Dx|1x2C C如图所示，把函数ylog2x的图象向左平移一个单位得到ylog2(x1)(x1)的图象，x1 时两图象相交，不等式的解集为x|1x1，故选 C.10(20 xx合肥二模)已知函数f(x)xlnxaex(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是()【导学号：07804148】
8、A.0，1eB(0，e)C.1e，eD(，e)A A由题易知，f(x)1lnxaex，令f(x)0，得a1lnxex，函数f(x)有两个极值点，则需f(x)0 有两个实数根，等价于a1lnxex有两个实数根，等价于直线ya与y1lnxex的图象有两个交点令g(x)1lnxex，则g(x)1x1lnxex，令h(x)1x1lnx，得h(x)在(0，)上为减函数，且h(1)0，所以当x(0,1)时，h(x)0，故g(x)0，g(x)为增函数，当x(1，)时，h(x)0，故g(x)0，g(x)为减函数，所以g(x)maxg(1)1e，又当x时，g(x)0，所以g(x)的图象如图所示，故 0a1e.1
9、1已知当x0,1时，函数y(mx1)2的图象与yxm的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是()A(0,12 3，)B(0,13，)C(0， 22 3，)D(0， 23，)B B在同一直角坐标系中， 分别作出函数f(x)(mx1)2m2x1m2与g(x)xm的大致图象分两种情形：(1)当 01 时，01m1，如图，要使f(x)与g(x)的图象在0,1上只有一个交点，只需g(1)f(1)，即 1m(m1)2，解得m3 或m0(舍去)综上所述，m(0,13，)故选 B.12(20 xx广东五校联考)已知方程|cosx|xk在(0，)上有两个不同的解，()，则下面结论正确的是()Atan4 1
10、1Btan4 11Ctan4 11Dtan4 11D D由于方程|cosx|xk在(0， )上有两个不同的解，()， 即方程kx|cosx|在(0，)上有两个不同的解，()，也就是说，直线ykx与函数f(x)|cosx|在y轴右侧的图象有且仅有两个交点，由图象可知，当直线ykx与曲线f(x)|cosx|相切时满足题意，且切点的横坐标为，此时2x，又当2x时，f(x)cosx，则f(x)sinx，故kf()sin，在切点处有kf()cos，即ksincos，故 tan1，tan4 tan11tan111111，选 D.13若不等式|x2a|12xa1 对xR R 恒成立，则a的取值范围是_，1
11、12 2作出y|x2a|和y12xa1 的简图， 依题意知应有 2a22a， 故a12.14已知奇函数f(x)的定义域是x|x0，xR R，且在(0，)上单调递增，若f(1)0，则满足xf(x)0 的x的取值范围是_(1,0)(0,1)作出符合条件的一个函数图象草图即可，由图可知xf(x)0 的x的取值范围是(1,0)(0,1)15已知P是直线l：3x4y80 上的动点，PA，PB是圆x2y22x2y10 的两条切线，A，B是切点，C是圆心，则四边形PACB面积的最小值为_2 2如图，SRtPAC12|PA|AC|12|PA|，当CPl时，|PC|31418|32423，此时|PA|min |
12、PC|2|AC|22 2.(S四边形PACB)min2(SPAC)min2 2.16已知函数f(x)x24a3x3a，x0，logax11，x0(a0，且a1)在 R R 上单调递减，且关于x的方程|f(x)|2x3恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是_.【导学号：07804149】13，23因为函数f(x)在 R R 上单调递减，所以024a303af0，34a20，0a1.解得13a34.作出函数y|f(x)|，y2x3的图象如图由图象可知，在0，)上，|f(x)|2x3有且仅有一个解；在(，0)上，|f(x)|2x3同样有且仅有一个解，所以 3a2，即a23.综上可得13a23，所以a的取值范围是13，23 .
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