2020届二轮复习基本初等函数、函数与方程学案（全国通用）
第2讲 基本初等函数、函数与方程
[做真题]
题型一 指数与指数函数
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．a
1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a0可得－x<0，
由f(x)是奇函数可知f(－x)＝－f(x)，
所以x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－[－ea(－x)]＝e－ax，
则f(ln 2)＝e－aln 2＝8，
所以－aln 2＝ln 8＝3ln 2，所以a＝－3.
法二：由f(x)是奇函数可知f(－x)＝－f(x)，
所以f(ln 2)＝－f＝－(－ealn )＝8，
所以aln ＝ln 8＝3ln 2，所以a＝－3.
答案：－3
题型二 对数与对数函数
(一题多解)(2016·高考全国卷Ⅰ)若a＞b＞1，0＜c＜1，则( )
A．ac＜bc B．abc＜bac
C．alogbc＜blogac D．logac＜logbc
解析：选C．法一：由a>b>1，0bc，A错；
因为0ac－1，又ab>0，所以ab·bc－1>ab·ac－1，即abc>bac，B错；易知y＝logcx是减函数，所以0>logcb>logca，D错；
由logbc－logac>0，又a>b>1>0，所以－alogbc>－blogac>0，所以alogbc0，且a≠1)的图象可能是( )
【解析】 (1)对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝可转化为y＝x－1，所以函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝ax在(－∞，
＋∞)上单调递增，而选项B中的函数y＝2－x可转化为y＝，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝logx在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A．
(2)因为a＝log27>log24＝2，b＝log381，c＝0.30.2<1，所以c1，则y＝是减函数，而y＝loga是增函数且其图象过点，结合选项可知，没有符合的图象．故选D．
优解：分别取a＝和a＝2，在同一坐标系内画出相应函数的图象(图略)，通过对比可知选D．
【答案】 (1)A (2)A (3)D
基本初等函数的图象与性质的应用技巧
(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a的值不确定时，要注意分a>1和01时，两函数在定义域内都为增函数；当00和α<0两种情况的不同．
[对点训练]
1．(一题多解)若函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数f(x)＝，则f(2)＋g(4)＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D．法一：因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，又f(x)＝＝2x，所以g(x)＝log2x，
所以f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.
法二：因为f(x)＝.所以f(2)＝4，即函数f(x)的图象经过点(2，4)，因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，所以函数g(x)的图象经过点(4，2)，所以f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.
2．(2019·福建五校第二次联考)已知a＝log3，b＝，c＝log，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．c>a>b
解析：选D．a＝log3，c＝log＝log35，由对数函数y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，可得log35>log3>log33，所以c>a>1.借助指数函数y＝的图象易知b＝∈(0，1)，故c>a>b，选D．
3．(2019·开封模拟)设x1，x2，x3均为实数，且e－x1＝ln(x1＋1)，e－x2＝lg x2，e－x3＝ln x3，则( )
A．x31，01，00，
所以f(－1)·f(0)<0，则由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1，0)上存在零点．
(2)由f(－x)＝f(x)，得f(x)的图象关于y轴对称．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的图象关于直线x＝1对称．当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1，2]上的图象如图．
令g(x)＝|cos πx|－f(x)＝0，得|cos πx|＝f(x)，两函数y＝f(x)与y＝|cos πx|的图象在上的交点有5个．
【答案】 (1)B (2)C
判断函数零点个数的方法
(1)直接求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：利用该定理还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．
(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形时，常会通过分解转化为两个能画出图象的函数交点问题．
命题角度二 已知函数零点的个数或存在情况求参数的取值范围
(1)(2019·合肥市第二次质量检测)设函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．
C．{0}∪(1，＋∞) D．(0，1]
(2)(2019·济阳模拟)若关于x的方程ex＋ax－a＝0没有实数根，则实数a的取值范围是( )
A．(－e2，0] B．[0，e2)
C．(－e，0] D．[0，e)
【解析】 (1)当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，
由f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间为(－2，0]，由f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，且易知x<－1时，f(x)<0，f(0)＝1.由以上分析，可作出分段函数f(x)的图象，如图所示．要使函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则方程f(x)－b＝0，即f(x)＝b有三个不同的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b的取值范围是(0，1]，故选D．
(2)由题意可知只需证ex＋ax－a>0恒成立，即证ex>－a(x－1)．
当x<1时，－a>，令f(x)＝，则f′(x)＝<0，则f(x)单调递减，即有f(x)<0，解得－a≥0，即a≤0；
当x＝1时，e>0成立，a可以是任意实数；
当x>1时，－a<，令f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈(1，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值，也是最小值e2，即有－a－e2.
综上，实数a的取值范围是(－e2，0]，故选A．
【答案】 (1)D (2)A
利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．
(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．
(3)转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
[对点训练]
1．(2019·长春市质量监测(一))已知函数f(x)＝与g(x)＝1－sin πx，则函数F(x)＝f(x)－g(x)在区间[－2，6]上所有零点的和为( )
A．4 B．8
C．12 D．16
解析：选D．令F(x)＝f(x)－g(x)＝0，得f(x)＝g(x)，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数f(x)＝1＋与g(x)＝1－sin πx的图象，如图所示，又f(x)，g(x)的图象都关于点(2，1)对称，结合图象可知f(x)与g(x)的图象在[－2，6]上共有8个交点，交点的横坐标即F(x)＝f(x)－g(x)的零点，且这些交点关于直线x＝2成对出现，由对称性可得所有零点之和为4×2×2＝16，故选D．
2．已知函数f(x)＝－kx(e为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k的取值范围是________．
解析：由题意，知x≠0，函数f(x)有且只有一个零点等价于方程－kx＝0只有一个根，即方程＝k只有一个根，设g(x)＝，则函数g(x)＝的图象与直线y＝k只有一个交点．
因为g′(x)＝，所以函数g(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g(x)的极小值g(2)＝，且x→0时，g(x)→＋∞，x→－∞时，g(x)→0，x→＋∞时，g(x)→＋∞，则g(x)的图象如图所示，由图易知0200，两边同时取对数，得n－1>，又≈＝3.8，则n>4.8，即a5开始超过200，所以2022年投入的研发资金开始超过200万元，故选B．
2．某食品的保鲜时间y(单位：h)与储存温度x(单位：℃)满足的函数关系式为y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 h，在22 ℃的保鲜时间是48 h，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________ h.
解析：由已知，得eb＝192，e22k＋b＝48，两式相除得e22k＝，所以e11k＝，
所以e33k＋b＝(e11k)3eb＝×192＝24，即该食品在33 ℃的保鲜时间是24 h.
答案：24
一、选择题
1．已知函数f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数，且在x∈(0，＋∞)时为增函数，则实数m的值是( )
A．－2 B．4
C．3 D．－2或3
解析：选C．f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数⇒m2－m－5＝1⇒m＝－2或m＝3.
又在x∈(0，＋∞)上是增函数，
所以m＝3.
2．函数y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过的点是( )
A．(0，0) B．(0，－1)
C．(－2，0) D．(－2，－1)
解析：选C．令x＋2＝0，得x＝－2，所以当x＝－2时，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过点(－2，0)．
3．若a＝log，b＝e，c＝log3cos ，则( )
A．b>c>a B．b>a>c
C．a>b>c D．c>a>b
解析：选B．因为0<<<1，所以1＝log>log>0，所以0e0＝1，所以b>1.因为0a>c，选B．
4．已知函数f(x)＝lg是奇函数，且在x＝0处有意义，则该函数为( )
A．(－∞，＋∞)上的减函数
B．(－∞，＋∞)上的增函数
C．(－1，1)上的减函数
D．(－1，1)上的增函数
解析：选D．由题意知，f(0)＝lg(2＋a)＝0，所以a＝－1，所以f(x)＝lg＝lg ，令>0，则－10且a≠1)的值域为{y|00且a≠1)的值域为{y|00 B．a＋b>1
C．2a＋b>0 D．2a＋b>1
解析：选A．作出函数f(x)＝|ln(x＋1)|的图象如图所示，由f(a)＝f(b)(a0，又易知－10.所以a＋b＋4>0，所以a＋b>0.故选A．
9．已知函数f(x)＝若不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1＋x2＋x3的取值范围是( )
A．(4，6] B．(4，6)
C．(，6] D．(，6)
解析：选B．作出函数f(x)的图象如图所示．由题意可知f(x1)＝f(x2)＝f(x3)．设x10时，f(x)＝ln x－x＋1，则函数g(x)＝f(x
)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C．当x>0时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝，所以x∈(0，1)时f′(x)>0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．因此，当x>0时，f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象如图所示，观察到函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．
11．(2019·重庆市学业质量调研)已知函数f(x)＝2x＋log3 ，若不等式f>3成立，则实数m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C． D．
解析：选D．由>0得x∈(－2，2)，又y＝2x在(－2，2)上单调递增，y＝log3 ＝log3 ＝log3在(－2，2)上单调递增，所以函数f(x)为增函数，又f(1)＝3，所以不等式f>3成立等价于不等式f>f(1)成立，所以解得0，得1≤xe，所以函数g(x)在[1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)在[1，＋∞)上有最大值，且g(x)max＝g(e)＝－>0，又g(1)＝－<0，g(e3)＝－<0，所以在[1，＋∞)上g(x)＝f(x)－有2个不同的零点，则由题意知当x<1时，函数g(x)＝f(x)－＝ax2－a－无零点．当a>0时，g(x)在(－∞，1)上有最小值，且g(x)min＝g(0)＝－a－<0，此时函数g(x)有零点，不满足题意；当a＝0时，g(x)＝－<0，此时函数g(x)无零点，满足题意；当a<0时，g(x)在(－∞，1)上有最大值，且g(x)max＝g(0)＝－a－，由g(x)max<0，得－
查看更多
