2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第25練

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1、 第25練　基本初等函數(shù)、函數(shù)的應(yīng)用[小題提速練] [明晰考情]　1.命題角度：考查二次函數(shù)、分段函數(shù)、冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)；以基本初等函數(shù)為依托，考查函數(shù)與方程的關(guān)系、函數(shù)零點存在性定理；能利用函數(shù)解決簡單的實際問題.2.題目難度：中檔偏難. 考點一　基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì) 方法技巧　(1)指數(shù)函數(shù)的圖象過定點(0，1)，對數(shù)函數(shù)的圖象過定點(1，0). (2)應(yīng)用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，要注意底數(shù)的范圍，底數(shù)不同的盡量化成相同的底數(shù). (3)解題時要注意把握函數(shù)的圖象，利用圖象研究函數(shù)的性質(zhì). 1.已知函數(shù)f(x)＝則f(2 019)等于(　　)

2、 A.2 018 B.2 C.2 020 D. 答案　D 解析　f(2 019)＝f(2 018)＋1＝…＝f(0)＋2 019＝f(－1)＋2 020＝2－1＋2 020＝. 2.函數(shù)y＝ln|x|－x2的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　f(x)＝y(tǒng)＝ln|x|－x2，定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)且f(－x)＝ln|－x|－(－x)2＝ln|x|－x2＝f(x)，故函數(shù)y＝ln|x|－x2為偶函數(shù)，排除B，D；當(dāng)x>0時，y＝ln x－x2，則y′＝－2x，當(dāng)x∈時，y′＝－2x>0，y＝ln x－x2單調(diào)遞增，排除C.故選A. 3.(2017·全國Ⅰ)設(shè)

3、x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則(　　) A.2x<3y<5z B.5z<2x<3y C.3y<5z<2x D.3y<2x<5z 答案　D 解析　令t＝2x＝3y＝5z， ∵x，y，z為正數(shù)，∴t>1. 則x＝log2t＝，同理，y＝，z＝. ∴2x－3y＝－＝ ＝>0， ∴2x>3y. 又∵2x－5z＝－＝ ＝<0， ∴2x<5z， ∴3y<2x<5z.故選D. 4.設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范圍是____________________. 答案　 解析　若f(t)≥1，顯然成立，則有 或解得t≥－. 若f(

4、t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，可知f(t)＝－1， 所以t＋＝－1，得t＝－3. 綜上，實數(shù)t的取值范圍是. 考點二　函數(shù)與方程 方法技巧　(1)判斷函數(shù)零點個數(shù)的主要方法 ①解方程f(x)＝0，直接求零點；②利用零點存在性定理；③數(shù)形結(jié)合法：通過分解轉(zhuǎn)化為兩個能畫出的函數(shù)圖象交點問題. (2)解由函數(shù)零點的存在情況求參數(shù)的值或取值范圍問題，關(guān)鍵是利用函數(shù)與方程思想或數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的方程或不等式求解. 5.函數(shù)f(x)＝log2x－的零點所在的區(qū)間為(　　) A. B. C.(1，2) D.(2，3) 答案　C 解析　函數(shù)f(x)的定義域為

5、(0，＋∞)，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù). f(1)＝log21－＝0－1<0， f(2)＝log22－＝1－＝>0， ∴ f(1)·f(2)<0， ∴函數(shù)f(x)＝log2x－的零點在區(qū)間(1，2)內(nèi). 6.已知函數(shù)f(x)＝ln＋x3，若函數(shù)y＝f(x)＋f(k－x2)有兩個零點，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因為f(x)＝ln＋x3在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞增，且是奇函數(shù)，令y＝f(x)＋f(k－x2)＝0，則f(x)＝－f(k－x2)＝f(x2－k). 由函數(shù)y＝f(x)＋f(k－x2)有兩個零點，等價于方程

6、x2－x－k＝0在區(qū)間(－1，1)上有兩個不相等的實根，令g(x)＝x2－x－k，則滿足解得－

7、方程f(x)＝x＋a有2個不同的實根，則實數(shù)a的取值范圍是________________________. 答案　{a|a＝－1或0≤a<1或a>1} 解析　當(dāng)直線y＝x＋a與曲線y＝ln x相切時，設(shè)切點為(t，ln t)，則切線斜率k＝(ln x)′|x＝t＝＝1， 所以t＝1，切點坐標(biāo)為(1，0)，代入y＝x＋a，得a＝－1. 又當(dāng)x≤0時，f(x)＝x＋a?(x＋1)(x＋a)＝0， 所以①當(dāng)a＝－1時，ln x＝x＋a(x>0)有1個實根， 此時(x＋1)(x＋a)＝0(x≤0)有1個實根，滿足題意； ②當(dāng)a<－1時，ln x＝x＋a(x>0)有2個實根， 此時(x

8、＋1)(x＋a)＝0(x≤0)有1個實根，不滿足題意； ③當(dāng)a>－1時，ln x＝x＋a(x>0)無實根，此時要使(x＋1)(x＋a)＝0(x≤0)有2個實根，應(yīng)有－a≤0且－a≠－1，即a≥0且a≠1， 綜上得實數(shù)a的取值范圍是{a|a＝－1或0≤a<1或a>1}. 考點三　函數(shù)的綜合應(yīng)用 方法技巧　(1)函數(shù)實際應(yīng)用問題解決的關(guān)鍵是通過讀題建立函數(shù)模型，要合理選取變量，尋找兩個變量之間的關(guān)系. (2)基本初等函數(shù)與不等式的交匯問題是高考的熱點，突破此類問題的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確把握函數(shù)的圖象和性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)的圖象尋求突破點. 9.某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入，若該公司20

9、15年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是(參考數(shù)據(jù)：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)(　　) A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年 答案　B 解析　設(shè)2015年后的第n年該公司投入的研發(fā)資金為y萬元，則y＝130(1＋12%)n. 依題意130(1＋12%)n>200，得1.12n>. 兩邊取對數(shù)，得n·lg 1.12>lg 2－lg 1.3， ∴n>≈＝，∴n≥4， ∴從2019年開始，該公司投入的研發(fā)資金開始

10、超過200萬元. 10.已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，則實數(shù)b的取值范圍為(　　) A.[1，3] B.(1，3) C.[2－，2＋] D.(2－，2＋) 答案　D 解析　函數(shù)f(x)＝ex－1的值域為(－1，＋∞)，g(x)＝－x2＋4x－3的值域為(－∞，1]，若存在f(a)＝g(b)，則需g(b)＞－1，即－b2＋4b－3＞－1，所以b2－4b＋2＜0，解得2－＜b＜2＋. 11.已知函數(shù)f(x)＝且關(guān)于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案　(1，＋∞) 解析

11、　畫出函數(shù)y＝f(x)與y＝a－x的圖象如圖所示，所以a>1. 12.已知f(x)＝則f(x)≥－2的解集是________. 答案　∪(0，4] 解析　當(dāng)x＜0時，f(x)≥－2，即≥－2，可轉(zhuǎn)化為1＋x≤－2x，得x≤－； 當(dāng)x＞0時，f(x)≥－2， 即≥－2， 可轉(zhuǎn)化為≥ 解得0＜x≤4. 綜上可知不等式的解集為∪(0，4]. 1.函數(shù)f(x)＝－2x2的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　因為f(－x)＝－2(－x)2＝f(x)， 所以函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù). 當(dāng)x>0時，f′(x)＝2x－4x＝2x(－2)， 若x∈(0，)，f′(x)

12、<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減； 若x∈(，＋∞)，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增， 則f(x)min＝f()＝2－2ln 2>0， 結(jié)合圖象的對稱性可知，故選A. 2.如果函數(shù)y＝a2x＋2ax－1(a>0且a≠1)在區(qū)間[－1，1]上的最大值是14，則a的值為(　　) A. B.1 C.3 D.或3 答案　D 解析　令ax＝t(t>0)，則y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2. 當(dāng)a>1時，因為x∈[－1，1]，所以t∈， 又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在上單調(diào)遞增， 所以ymax＝(a＋1)2－2＝14， 解得a＝3(負值舍去)；

13、 當(dāng)0

14、)的圖象有2個交點，平移y＝h(x)的圖象可知，當(dāng)直線y＝－x－a過點(0，1)時，有2個交點， 此時1＝－0－a，a＝－1. 當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a＜－1時，僅有1個交點，不符合題意； 當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a＞－1時，有2個交點，符合題意. 綜上，a的取值范圍為[－1，＋∞). 故選C. 4.已知函數(shù)f(x)＝若|f(x)|≥ax，則a的取值范圍是________. 答案　[－2，0] 解析　由y＝|f(x)|的圖象知， ①當(dāng)x＞0時，只有當(dāng)a≤0時，才能滿足|f(x)|≥ax. ②當(dāng)x≤0時，y＝|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－

15、2x. 故由|f(x)|≥ax，得x2－2x≥ax. 當(dāng)x＝0時，不等式為0≥0成立. 當(dāng)x＜0時，不等式等價于x－2≤a. 因為x－2＜－2，所以a≥－2. 綜上可知，a∈[－2，0]. 解題秘籍　(1)基本初等函數(shù)的圖象可根據(jù)特殊點及函數(shù)的性質(zhì)進行判定. (2)與指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)，可使用換元法，解題中要優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域. (3)數(shù)形結(jié)合是解決方程、不等式的重要工具，指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的底數(shù)要討論. 1.已知實數(shù)a，b滿足＞a＞b＞，則(　　) A.b＜2 B.b＞2 C.a＜ D.a＞ 答案　B 解析　∵＞a＞b＝＞＝2，

16、∴1＜a＜＜2， ∴b2－4(b－a)＝b2－4b＋4a＞b2－4b＋4≥0， ∴b2＞4(b－a)， ∴b＞2，故選B. 2.若函數(shù)f(x)＝a|2x－4|(a>0，且a≠1)滿足f(1)＝，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A.(－∞，2] B.[2，＋∞) C.[－2，＋∞) D.(－∞，－2] 答案　B 解析　由f(1)＝，得a2＝， 解得a＝或a＝－(舍去)， 即f(x)＝|2x－4|. 由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上單調(diào)遞減， 在[2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)在(－∞，2]上單調(diào)遞增，在[2，＋∞)上單調(diào)遞減. 3.函數(shù)f(x)＝|

17、x－2|－ln x在定義域內(nèi)零點的個數(shù)為(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案　C 解析　由題意，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由函數(shù)零點的定義，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)的零點即是方程|x－2|－ln x＝0的根. 令y1＝|x－2|，y2＝ln x(x＞0)，在同一坐標(biāo)系中畫出兩個函數(shù)的圖象. 由圖得兩個函數(shù)圖象有兩個交點， 故方程有兩個根，即對應(yīng)函數(shù)有兩個零點. 4.函數(shù)y＝(0≤x＜3)的值域是(　　) A.(0，1] B.(e－3，e] C.[e－3，1] D.[1，e] 答案　B 解析　∵y＝＝(0≤x＜3)， 當(dāng)0≤x＜3

18、時，－3＜－(x－1)2＋1≤1， ∴e－3＜≤e1， 即e－3＜y≤e， ∴函數(shù)的值域是(e－3，e]. 5.函數(shù)f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0，1]上的最大值和最小值之和為a，則a的值為(　　) A. B. C.2 D.4 答案　B 解析　當(dāng)a＞1時，由a＋loga2＋1＝a， 得loga2＝－1， 所以a＝，與a＞1矛盾； 當(dāng)0＜a＜1時，由1＋a＋loga2＝a， 得loga2＝－1，所以a＝. 6.已知函數(shù)f(x)＝設(shè)m>n≥－1，且f(m)＝f(n)，則m·f(m)的最小值為(　　) A.4 B.2 C. D.2 答案　D 解

19、析　當(dāng)－1≤x<1時，f(x)＝5·2x∈，f(0)＝5；當(dāng)x≥1時，f(x)＝1＋≤5，f(4)＝，1≤m<4.m·f(m)＝m＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)m＝時取等號，故選D. 7.若函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C.(－∞，0) D.(0，＋∞) 答案　D 解析　函數(shù)f(x)＝aex－x－2a的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝aex－1， 當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，不可能有兩個零點； 當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，得x＝ln ，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴f(x)的最小值為f＝1－ln －2a

20、＝1＋ln a－2a. 令g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)， 則g′(a)＝－2. 當(dāng)a∈時，g(a)單調(diào)遞增， 當(dāng)a∈時，g(a)單調(diào)遞減， ∴g(a)max＝g＝－ln 2＜0， ∴f(x)的最小值f＜0，函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個零點. 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞). 8.函數(shù)f(x)＝的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是(　　) 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 答案　C 解析　由f(x)＝及圖象可知，x≠－c，－c＞0， 則c＜0；當(dāng)x＝0時，f(0)

21、＝＞0， 所以b＞0；當(dāng)f(x)＝0時，ax＋b＝0， 所以x＝－＞0，所以a＜0，故選C. 9.已知冪函數(shù)f(x)＝(n2＋2n－2)(n∈Z)的圖象關(guān)于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，那么n的值為________. 答案　1 解析　由于f(x)為冪函數(shù)，所以n2＋2n－2＝1， 解得n＝1或n＝－3，經(jīng)檢驗，只有n＝1符合題意. 10.已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(f(x))－a有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案　[－1，＋∞) 解析　設(shè)t＝f(x)，令f(f(x))－a＝0，則a＝f(t).在同一坐標(biāo)系內(nèi)作y＝a，y＝f(t)的

22、圖象(如圖). 當(dāng)a≥－1時，y＝a與y＝f(t)的圖象有兩個交點.設(shè)交點的橫坐標(biāo)為t1，t2(不妨設(shè)t2>t1)且t1<－1，t2≥－1，當(dāng)t1<－1時，t1＝f(x)有一解；當(dāng)t2≥－1時，t2＝f(x)有兩解.當(dāng)a<－1時，只有一個零點.綜上可知，當(dāng)a≥－1時，函數(shù)g(x)＝f(f(x))－a有三個不同的零點. 11.設(shè)函數(shù)f(x)＝則函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點個數(shù)為________. 答案　2 解析?、佼?dāng)x≤0時，y＝f(f(x))－1＝f(2x)－1＝log22x－1＝x－1，令x－1＝0， 則x＝1，顯然與x≤0矛盾， 所以當(dāng)x≤0時，y＝f(f(x))－1無

23、零點. ②當(dāng)x＞0時，分兩種情況：當(dāng)x＞1時，log2x＞0，y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝log2(log2x)－1， 令log2(log2x)－1＝0， 得log2x＝2，解得x＝4； 當(dāng)0＜x≤1時，log2x≤0，y＝f(f(x))－1＝f(log2x)－1＝－1＝x－1， 令x－1＝0，解得x＝1. 綜上，函數(shù)y＝f(f(x))－1的零點個數(shù)為2. 12.函數(shù)f(x)＝的圖象與函數(shù)g(x)＝2sin x在區(qū)間[0，4]上的所有交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，則f(y1＋y2＋…＋yn)＋g(x1＋x2＋…＋xn)＝________. 答案　 解析　如圖，畫出函數(shù)f(x)和g(x)在[0，4]上的圖象， 可知有4個交點，并且關(guān)于點(2，0)對稱，所以y1＋y2＋y3＋y4＝0，x1＋x2＋x3＋x4＝8，所以f(y1＋y2＋y3＋y4)＋g(x1＋x2＋x3＋x4)＝f(0)＋g(8)＝＋0＝.