（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第16講 基本初等函數(shù)練習(xí)

《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第16講 基本初等函數(shù)練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第16講 基本初等函數(shù)練習(xí)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第16講 基本初等函數(shù) A級(jí)——高考保分練 1．函數(shù)y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過(guò)的點(diǎn)是________． 解析：令x＋2＝0，得x＝－2，所以當(dāng)x＝－2時(shí)，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過(guò)點(diǎn)(－2，0)． 答案： (－2,0) 2．(2019·啟東一中檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝則f＝________. 解析：依題意得f＝log3＝－2，f＝f(－2)＝2－2＝. 答案： 3．定義新運(yùn)算“★”：當(dāng)m≥n時(shí)，m★n＝m；當(dāng)m

2、___________． 解析：由題意知，f(x)＝當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f(x)∈[－2,0]；當(dāng)x∈(2,4]時(shí)，f(x)∈(4,60]，故當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，f(x)∈[－2,0]∪(4,60]． 答案：[－2,0]∪(4,60] 4．(2019·鹽城調(diào)研)已知實(shí)數(shù)a＝2ln 2，b＝2＋2ln 2，c＝(ln 2)2，則a，b，c由小到大的順序是________． 解析：因?yàn)?b>1.若logab＋log

3、ba＝，ab＝ba，則a＝________，b＝________. 解析：令logab＝t，∵a>b>1，∴0

4、(a)＋f(－a)＝12，又f(a)＝10，所以f(－a)＝2. 答案：2 7．若函數(shù)f(x)＝(x2＋1)·是奇函數(shù)，則m＝________. 解析：設(shè)g(x)＝x2＋1，h(x)＝，易知g(x)＝x2＋1是偶函數(shù)，則依題意可得h(x)＝是奇函數(shù)，故h(－x)＝＝－h(huán)(x)＝－，化簡(jiǎn)得2x＋m＝m·2x＋1，解得m＝1. 答案：1 8．若函數(shù)f(x)＝loga(a>0，a≠1)在區(qū)間內(nèi)恒有f(x)>0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 解析：令M＝x2＋x，當(dāng)x∈時(shí)，M∈(1，＋∞)，f(x)>0，所以a>1，所以函數(shù)y＝logaM為增函數(shù)，又M＝2－，因此M的單調(diào)遞

5、增區(qū)間為.又x2＋x>0，所以x>0或x<－，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞) 9．已知函數(shù)f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝x－m，若對(duì)?x1∈[0,3]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：當(dāng)x∈[0,3]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝0，當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，g(x)min＝g(2)＝－m，由題意可知原條件等價(jià)于f(x)min≥g(x)min，即0≥－m，所以m≥. 答案： 10．設(shè)函數(shù)f(x)＝則使得f(2x＋1)＞f(x－1)成立的x的取值范圍是_______________．

6、解析：當(dāng)x＞0時(shí)，f(－x)＝x2ex＝f(x)，且為增函數(shù)．同理當(dāng)x＜0時(shí)，f(－x)＝＝f(x) ，所以函數(shù)為偶函數(shù)．故函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱，且左減右增．要使f(2x＋1)＞f(x－1)，則需|2x＋1|＞|x－1|，兩邊平方化簡(jiǎn)得x2＋2x＞0，解得x＜－2或x＞0，故x的取值范圍為(－∞，－2)∪(0，＋∞)． 答案：(－∞，－2)∪(0，＋∞) 11．(2019·徐州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2a·4x－2x－1. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)在x∈[－3,0]的值域； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝0有解，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2·4x－2x－1

7、＝2(2x)2－2x－1， 令t＝2x，x∈[－3,0]，則t∈. 故y＝2t2－t－1＝22－，t∈， 則－≤y≤0. 故f(x)的值域?yàn)? (2)關(guān)于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解，等價(jià)于 方程2at2－t－1＝0在(0，＋∞)上有解． 記g(t)＝2at2－t－1， 當(dāng)a＝0時(shí)，解為t＝－1＜0，不成立． 當(dāng)a＜0時(shí)，開口向下，對(duì)稱軸t＝＜0，過(guò)點(diǎn)(0，－1)，不成立． 當(dāng)a＞0時(shí)，開口向上，對(duì)稱軸t＝＞0，過(guò)點(diǎn)(0，－1)，必有一個(gè)根為正， 所以a＞0，即a的取值范圍為(0，＋∞)． 12．對(duì)于函數(shù)f(x)，若在定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)x，滿足f(－x)＝－f

8、(x)，則稱f(x)為“局部奇函數(shù)”． (1)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－4a(a∈R)，試判斷f(x)是否為“局部奇函數(shù)”，并說(shuō)明理由； (2)若f(x)＝2x＋m是定義在區(qū)間[－1,1]上的“局部奇函數(shù)”，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (3)若f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3為定義在R上的“局部奇函數(shù)”，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解： f(x)為“局部奇函數(shù)”等價(jià)于關(guān)于x的方程f(x)＋f(－x)＝0有解． (1)當(dāng)f(x)＝ax2＋2x－4a(a∈R)時(shí)， 方程f(x)＋f(－x)＝0， 即2a(x2－4)＝0有解x＝±2， 所以f(x)為“局部奇函數(shù)”． (2)當(dāng)f

9、(x)＝2x＋m時(shí)，f(x)＋f(－x)＝0可化為2x＋2－x＋2m＝0. 因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)閇－1,1]， 所以方程2x＋2－x＋2m＝0在[－1,1]上有解． 令t＝2x，則t∈，則－2m＝t＋. 設(shè)g(t)＝t＋，則g′(t)＝1－＝. 當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，g′(t)<0， 故g(t)在(0,1)上為單調(diào)減函數(shù)； 當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，g′(t)>0， 故g(t)在(1，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)． 所以t∈時(shí)，g(t)∈. 所以－2m∈，即m∈. (3)當(dāng)f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3時(shí)，f(x)＋f(－x)＝0可化為4x＋4－x－2m(2x＋2－x)＋2m

10、2－6＝0. 設(shè)t＝2x＋2－x，則t∈[2，＋∞)，4x＋4－x＝t2－2， 從而t2－2mt＋2m2－8＝0在[2，＋∞)有解，即可保證f(x)為“局部奇函數(shù)”． 令F(t)＝t2－2mt＋2m2－8. ①當(dāng)F(2)≤0時(shí)，t2－2mt＋2m2－8＝0在[2，＋∞)上有解， 由F(2)≤0，即2m2－4m－4≤0， 解得1－≤m≤1＋； ②當(dāng)F(2)>0時(shí)，t2－2mt＋2m2－8＝0在[2，＋∞)上有解等價(jià)于 解得1＋

11、知定義在R上的函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且y＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1 對(duì)稱，若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)＜f(2)，則a的取值范圍是________． 解析：根據(jù)題意，y＝f(x－1)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，又由函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，可得f(|log2a|)＜f(2)，則|log2a|＜2，即－2＜log2a＜2，解得＜a＜4，即a的取值范圍為. 答案： 2．若方程2log2x－log2(x－1)＝m＋1有兩個(gè)不同的解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：由題意知即x>1，方

12、程化簡(jiǎn)為log2＝m＋1，故＝2m＋1，即x2－2m＋1x＋2m＋1＝0，當(dāng)x>1時(shí)，此方程有兩個(gè)不同的解，所以得m>1. 答案：(1，＋∞) 3．(2019·鹽城一模)已知函數(shù)f(x)＝b·ax(其中a，b為常量，且a>0，a≠1)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1,6)，B(3,24)． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若不等式x＋x－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閒(x)＝b·ax的圖象過(guò)點(diǎn)A(1,6)，B(3,24)， 所以 ②÷①得a2＝4，又a>0，且a≠1， 所以a＝2，b＝3，所以f(x)＝3·2x. (2)x＋x－m≥0在(－∞

13、，1]上恒成立化為m≤x＋x在(－∞，1]上恒成立． 令g(x)＝x＋x，g(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減， 所以m≤g(x)min＝g(1)＝＋＝， 故所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 4．對(duì)于函數(shù)f(x)(x∈D)，若存在正常數(shù)T，使得對(duì)任意的x∈D，都有f(x＋T)≥f(x)成立，我們稱函數(shù)f(x)為“T同比不減函數(shù)”． (1)求證：對(duì)任意正常數(shù)T，f(x)＝x2都不是“T同比不減函數(shù)”； (2)是否存在正常數(shù)T，使得函數(shù)f(x)＝x＋|x－1|－|x＋1|為“T同比不減函數(shù)”？若存在，求出T的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)證明：任取正常數(shù)T，存在x0＝－T，所以x0

14、＋T＝0. 因?yàn)閒(x0)＝f(－T)＝T2>f(0)＝f(x0＋T)， 即f(x)≤f(x＋T)不恒成立， 所以f(x)＝x2不是“T同比不減函數(shù)”． (2)設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋|x－1|－|x＋1|是“T同比不減函數(shù)”， f(x)＝ 當(dāng)x＝－1時(shí)，因?yàn)閒(－1＋T)≥f(－1)＝1＝f(3)成立， 所以－1＋T≥3，所以T≥4. 而另一方面，若T≥4， ①當(dāng)x∈(－∞，－1]時(shí)， f(x＋T)－f(x)＝x＋T＋|x＋T－1|－|x＋T＋1|－(x＋2)＝T＋|x＋T－1|－|x＋T＋1|－2. 因?yàn)閨x＋T－1|－|x＋T＋1|≥－|(x＋T－1)－(x＋T＋1)|＝－2， 所以f(x＋T)－f(x)≥T－2－2≥0， 所以有f(x＋T)≥f(x)成立． ②當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)， f(x＋T)－f(x)＝x＋T－2－(x＋|x－1|－|x＋1|)＝T－2－|x－1|＋|x＋1|. 因?yàn)閨x＋1|－|x－1|≥－|(x＋1)－(x－1)|＝－2， 所以f(x＋T)－f(x)≥T－2－2≥0， 即f(x＋T)≥f(x)成立． 綜上，恒有f(x＋T)≥f(x)成立， 所以T的取值范圍是[4，＋∞)． - 6 -