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) 1设函数f(x)若f(4)f(0)，f(2)2，则关于x的方程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()Avlog2t Bv2t2Cv Dv2t24函数f(x)3cosxlog2x的零点个数为()A2 B3 C4 D55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)axxb的零点x0(n，n1)(nZ)，其中常数a，b满足2a3，3b2，则n等于()A1 B2C1 D27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(0a12)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uf(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)bx2ax的零点是()A0，2 B0， C0， D2，9函数ysin的图像与直线ya有三个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)且x1x20且a1)为常数，函数f(x)loga.(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)1loga(x3)，如果方程f(x)g(x)有实根，求实数a的取值范围专题限时集训(三)A【基础演练】1D解析 由f(4)f(0)可得b4，由f(2)2得c2，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h205t(0t4)，对照选项可知图像应为B.故选B.3C解析 将表中的数据代入各选项中的函数解析式验证，可知只有v满足故选C.4B解析 在同一坐标系内画出函数y3cosx和ylog2x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 由2a3，3b2知a1，0b1，结合函数yax与yxb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n1.7C解析 设CDx，依题意，得Sx(16x)(4x16a)，所以Smaxf(a)对照图像知，C符合函数模型对应的图像故选C.8C解析 由已知f(2)2ab0，可得b2a，则g(x)2ax2ax，令g(x)0得x0或x，所以g(x)的零点是0或，故选C.9C解析 x时，直线ya与曲线有三个交点，则画图根据对称性可知34，从而x12x2x3.10C解析 由已知得0b1，f(1)0，从而2a1，根据零点存在性定理可以验证gg(1)0，f(4)ln420，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k3.故填3.12(0，1)解析 画出函数f(x)的图像(如图)，由函数g(x)f(x)m有3个零点，结合图像得0m0)，令f(x)0，即lnx1lne1，xe1，x.同理，令f(x)0可得x.f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)F(x)(x0)当a0时，F(x)0，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)a，a0，)，舍去当a0时，F(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，若a(1，0)，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)a，a(1，0)，舍去，若ae，1，F(x)在(1，a)上单调递减，在(a，e)上单调递增，F(x)minF(a)ln(a)1，ae，1，若a(，e)，F(x)在1，e上单调递减，F(x)minF(e)ae(，e)，舍去综上所述：a.14解：(1)设x1x25，则10(x2x1)0.若a1，则f(x2)f(x1)0，f(x2)f(x1)，此时f(x)在(，5)内是增函数；若0a1，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)1loga(x3)及f(x)g(x)得1loga(x3)logaa.由x5.令h(x)，则h(x)0.由(x5)12412，当且仅当x52时等号成立0h(x).故所求a的取值范围是0a.