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2021高考数学(理)大一轮复习习题:第二章 函数的概念与基本初等函数ⅰ 课时达标检测(十一) 函数的图象及其应用 word版含答案
展开1.函数f(x)=eq \f(sin x,x2+1)的图象大致为( )
解析:选A 因为f(x)=eq \f(sin x,x2+1),所以f(0)=f(π)=f(-π)=0,排除选项C,D;当0
2.已知定义在区间上的函数y=f(x)的图象如图所示,则y=-f(2-x)的图象为( )
解析:选B 由y=f(x)的图象知,f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x,0≤x≤1,,1,1
解析:选B 由|x|-lneq \f(1,y)=0,得y=eq \f(1,e|x|)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e-x,x≥0,,ex,x<0,))利用指数函数图象可知选B.
4.如图是张大爷离开家晨练过程中离家距离y与行走时间x的函数y=f(x)的图象.若用黑点表示张大爷家的位置,则张大爷行走的路线可能是( )
解析:选D 由图象知,张大爷晨练时,离家的距离y随行走时间x的变化规律是先匀速增加,中间一段时间保持不变,然后匀速减小.故张大爷的行走的路线可能如D选项所示.
5.如图,函数f(x)的图象是曲线OAB,其中点O,A,B的坐标分别为(0,0),(1,2),(3,1),则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,f3)))=________.
解析:∵由图象知f(3)=1,∴eq \f(1,f3)=1.∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\x(\f(1,f3))))=f(1)=2.
答案:2
一、选择题
1.如图,下面的四个容器高度都相同,将水从容器顶部一个孔中以相同的速度注入其中,注满为止.用下面对应的图象表示该容器中水面的高度h和时间t之间的关系,其中不正确的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析:选A 将水从容器顶部一个孔中以相同的速度注入其中,容器中水面的高度h和时间t之间的关系可以从高度随时间的变化率上反映出来;图①应该是匀速的,故下面的图象不正确;②中的变化率应该是越来越慢的,正确;③中的变化规律是先快后慢再快,正确;④中的变化规律是先慢后快再慢,也正确,故只有①是错误的.
2.下列函数f(x)图象中,满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))>f(3)>f(2)的只可能是( )
解析:选D 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))>f(3)>f(2),所以函数f(x)有增有减,排除A,B.在C中,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))<f(0)=1,f(3)>f(0),即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))<f(3),排除C,选D.
3.函数y=eq \f(x3,3x-1)的图象大致是( )
解析:选C 由题意得,x≠0,排除A;当x<0时,x3<0,3x-1<0,∴eq \f(x3,3x-1)>0,排除B;又∵x→+∞时,eq \f(x3,3x-1)→0,∴排除D,故选C.
4.函数f(x)=eq \f(ax+b,x+c2)的图象如图所示,则下列结论成立的是( )
A.a>0,b>0,c<0
B.a<0,b>0,c>0
C.a<0,b>0,c<0
D.a<0,b<0,c<0
解析:选C 函数定义域为{x|x≠-c},结合图象知-c>0,∴c<0.令x=0,得f(0)=eq \f(b,c2),又由图象知f(0)>0,∴b>0.令f(x)=0,得x=-eq \f(b,a),结合图象知-eq \f(b,a)>0,∴a<0.故选C.
5.(2017·绵阳模拟)已知函数y=f(x)及y=g(x)的图象分别如图所示,方程f(g(x))=0和g(f(x))=0的实根个数分别为a和b,则ab=( )
A.24 B.15 C.6 D.4
解析:选A 由图象知,f(x)=0有3个根,分别为0,±m(m>0),其中1
解析:选A 当0≤t≤4时,点P在AB上,点Q在BC上,此时PB=6-t,QC=8-2t,则s=f(t)=eq \f(1,2)QC×BP=eq \f(1,2)(8-2t)×(6-t)=t2-10t+24;当4≤t≤6时,点P在AB上,点Q在CA上,此时AP=t,P到AC的距离为eq \f(4,5)t,QC=2t-8,则s=f(t)=eq \f(1,2)QC×eq \f(4,5)t=eq \f(1,2)(2t-8)×eq \f(4,5)t=eq \f(4,5)(t2-4t);当6≤t≤9时,点P在BC上,点Q在CA上,此时CP=14-t,QC=2t-8,则s=f(t)=eq \f(1,2)QC×CPsin∠ACB=eq \f(1,2)(2t-8)·(14-t)×eq \f(3,5)=eq \f(3,5)(t-4)·(14-t).综上,函数f(t)对应的图象是三段抛物线,依据开口方向得图象是A.
二、填空题
7.(2017·石家庄模拟)若函数y=f(x)的图象过点(1,1),则函数y=f(4-x)的图象一定经过点________.
解析:由于函数y=f(4-x)的图象可以看作y=f(x)的图象先关于y轴对称,再向右平移4个单位长度得到.点(1,1)关于y轴对称的点为(-1,1),再将此点向右平移4个单位长度,可推出函数y=f(4-x)的图象过定点(3,1).
答案:(3,1)
8.(2017·银川调研)给定min{a,b}=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a,a≤b,,b,b解析:设g(x)=min{x,x2-4x+4},则f(x)=g(x)+4,故把g(x)的图象向上平移4个单位长度,可得f(x)的图象,函数f(x)=min{x,x2-4x+4}+4的图象如图所示,由于直线y=m与函数y=f(x)的图象有3个交点,数形结合可得m的取值范围为(4,5).
答案:(4,5)
9.如图,函数f(x)的图象为折线ACB,则不等式f(x)≥lg2(x+1)的解集为________.
解析:令g(x)=y=lg2(x+1),作出函数g(x)图象如图.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x+y=2,,y=lg2x+1,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=1,,y=1.))
∴结合图象知不等式f(x)≥lg2(x+1)的解集为{x|-1
解析:如图,在同一平面直角坐标系中画出函数y=(x-1)2和y=lgax的图象.由于当x∈(1,2)时,函数y=(x-1)2的图象恒在函数y=lgax的图象的下方,则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1,,lga2≥1,))解得1答案:(1,2]
三、解答题
11.已知函数f(x)=x|m-x|(x∈R),且f(4)=0.
(1)求实数m的值;
(2)作出函数f(x)的图象;
(3)根据图象指出f(x)的单调递减区间;
(4)若方程f(x)=a只有一个实数根,求a的取值范围.
解:(1)∵f(4)=0,
∴4|m-4|=0,即m=4.
(2)f(x)=x|x-4|=
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xx-4=x-22-4,x≥4,,-xx-4=-x-22+4,x<4.))
f(x)的图象如图所示.
(3)f(x)的单调递减区间是.
(4)从f(x)的图象可知,当a>4或a<0时,f(x)的图象与直线y=a只有一个交点,即方程f(x)=a只有一个实数根,所以a的取值范围是(-∞,0)∪(4,+∞).
12.设函数f(x)=x+eq \f(1,x)的图象为C1,C1关于点A(2,1)的对称图象为C2,C2对应的函数为g(x).
(1)求函数g(x)的解析式;
(2)若直线y=b与C2有且仅有一个公共点,求b的值,并求出交点的坐标.
解:(1)设曲线C2上的任意一点为P(x,y),则P关于A(2,1)的对称点P′(4-x,2-y)在C1上,
所以2-y=4-x+eq \f(1,4-x),
即y=x-2+eq \f(1,x-4)=eq \f(x-32,x-4),
所以g(x)=eq \f(x-32,x-4)(x≠4).
(2)由eq \f(x-32,x-4)=b,得(x-3)2=b(x-4)(x≠4).
所以x2-(b+6)x+4b+9=0(x≠4)(*)有唯一实根.
由Δ=2-4(4b+9)=b2-4b=0,
得b=0或b=4,
把b=0代入(*)式得x=3,所以g(3)=eq \f(3-32,3-4)=0;
把b=4代入(*)式得x=5,所以g(5)=eq \f(5-32,5-4)=4,
所以当b=0或b=4时,直线y=b与C2有且仅有一个公共点,且交点的坐标为(3,0)或(5,4).
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