2019版一轮复习理数通用版“基本初等函数（Ⅰ）及应用”双基过关检测
“基本初等函数（Ⅰ）及应用”双基过关检测
一、选择题
1．函数 f(x)＝
2－x－1，x≤0，
x
1
2
，x>0，
满足 f(x)＝1 的 x 的值为( )
A．1 B．－1
C．1 或－2 D．1 或－1
解析：选 D 由题意，方程 f(x)＝1 等价于 x≤0，
2－x－1＝1
或
x>0，
x
1
2
＝1，
解得 x＝－1 或 1.
2．函数 f(x)＝ln |x－1|的图象大致是( )
解析：选 B 令 x＝1，x－1＝0，显然 f(x)＝ln|x－1|无意义，故排除 A；
由|x－1|>0 可得函数的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，故排除 D；
由复合函数的单调性可知 f(x)在(1，＋∞)上是增函数，故排除 C，选 B.
3．(2018·郑州模拟)设 abc>0，二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 的图象可能是( )
解析：选 D 结合二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象知：
当 a<0，且 abc>0 时，若－ b
2a<0，则 b<0，c>0，故排除 A，
若－ b
2a>0，则 b>0，c<0，故排除 B.
当 a>0，且 abc>0 时，若－ b
2a<0，则 b>0，c>0，故排除 C，
若－ b
2a>0，则 b<0，c<0，故选项 D 符合．
4．设 a＝0.32，b＝20.3，c＝log25，d＝log20.3，则 a，b，c，d 的大小关系是( )
A．d
2，d＝log20.3<0，
由指数函数的性质可知 00)．
∵函数 y＝(t＋1)2 在(0，＋∞)上递增，
∴y>1.
∴所求值域为(1，＋∞)．故选 B.
6．(2017·大连二模)定义运算：x y＝ x，xy≥0，
y，xy<0，
例如：3 4＝3，(－2) 4＝4，则
函数 f(x)＝x2 (2x－x2)的最大值为( )
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：选 D 由题意可得 f(x)＝x2 (2x－x2)＝ x2，0≤x≤2，
2x－x2，x>2 或 x<0，
当 0≤x≤2 时，f(x)∈[0,4]；
当 x>2 或 x<0 时，f(x)∈(－∞，0)．
综上可得函数 f(x)的最大值为 4，故选 D.
7．已知函数 f(x)＝lg
2
1－x
＋a 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，∴a＝－1，
∴f(x)＝lg
2
1－x
－1 ＝lgx＋1
1－x
，
令x＋1
1－x
>0，则－10，
9－4a≥0，
解得 a≤9
4.故选 A.
二、填空题
9．(2018·连云港调研)当 x>0 时，函数 y＝(a－8)x 的值恒大于 1，则实数 a 的取值范围
是________．
解析：由题意知，a－8>1，解得 a>9.
答案：(9，＋∞)
10．若函数 f(x)是幂函数，且满足 f(4)＝3f(2)，则 f
1
2 的值等于________．
解析：设 f(x)＝xα，
又 f(4)＝3f(2)，
∴4α＝3×2α，
解得α＝log23，
∴f
1
2 ＝
1
2 log23＝1
3.
答案：1
3
11．若函数 f(x)＝ e1－x，x≤1，
lnx－1，x>1，
则使得 f(x)≥2 成立的 x 的取值范围是________．
解析：由题意，f(x)≥2 等价于 x≤1，
e1－x≥2
或 x>1，
lnx－1≥2，
解得 x≤1－ln 2 或 x≥1＋e2，
则使得 f(x)≥2 成立的 x 的取值范围是(－∞，1－ln 2]∪[1＋e2，＋∞)．
答案：(－∞，1－ln 2]∪[1＋e2，＋∞)
12．若对任意 x∈ 0，1
2 ，恒有 4x0 且 a≠1)，则实数 a 的取值范围是________．
解析：令 f(x)＝4x，则 f(x)在 0，1
2 上是增函数，g(x)＝logax，
当 a>1 时，g(x)＝logax 在 0，1
2 上是增函数，且 g(x)＝logax<0，不符合题意；
当 00，a≠1)，且 f(2)－f(4)＝1.
(1)若 f(3m－2)>f(2m＋5)，求实数 m 的取值范围；
(2)求使 f x－4
x ＝log 1
2
3 成立的 x 的值．
解：(1)由 f(2)－f(4)＝1，得 a＝1
2.
∵函数 f(x)＝log 1
2
x 为减函数且 f(3m－2)>f(2m＋5)，
∴0<3m－2<2m＋5，解得2
30 恒成立，求实数 m 的取
值范围．
解：(1)∵函数 f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)，
∴a－ 2
2x＋1
＝－a＋ 2
2－x＋1
，
∴2a＝ 2·2x
2x＋1
＋ 2
2x＋1
＝2，
∴a＝1.
(2)f(x)在 R 上为单调递增函数．
证明如下：设任意 x1，x2∈R，且 x10，
∴f(x1)0 恒成立，
∴f[t2－(m－2)t]>－f(t2－m＋1)＝f(m－t2－1)，
∴t2－(m－2)t>m－1－t2 对 t∈R 恒成立，
化简得 2t2－(m－2)t－m＋1>0，
∴Δ＝(m－2)2＋8(m－1)<0，
解得－2－2 2
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