1、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)已知alog20.2，b20.2，c0.20.3，则()AabcBacbCcab Dbca解析：选B因为alog20.21，c0.20.3(0，1)，所以acb.故选B2(2016高考全国卷)已知a2，b4，c25，则()Abac BabcCbca Dcab解析：选A因为a216，b416，c25，且幂函数yx在R上单调递增，指数函数y16x在R上单调递增，所以bac.3(一题多解)(2019高考全国卷)已知f(x)是奇函数，且当x0可得x0时，f(x)f(x)ea(x)eax，则f(ln 2)ealn 28，所以
2、aln 2ln 83ln 2，所以a3.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 83ln 2，所以a3.答案：3题型二对数与对数函数(一题多解)(2016高考全国卷)若ab1，0c1，则()Aacbc BabcbacCalogbcblogac Dlogaclogbc解析：选C法一：由ab1，0cbc，A错；因为0c1，所以1c1ac1，又ab0，所以abbc1abac1，即abcbac，B错；易知ylogcx是减函数，所以0logcblogca，D错；由logbclogaclogac0，又ab10，所以alogbcblogac0，所
3、以alogbcblogac，故C正确法二：依题意，不妨取a4，b2，c.易验证A、B、D均是错误的，只有C正确题型三函数的零点问题1(2017高考全国卷)已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a()A BC D1解析：选C由f(x)x22xa(ex1ex1)，得f(2x)(2x)22(2x)ae2x1e(2x)1x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)，所以f(2x)f(x)，即x1为f(x)图象的对称轴由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x1，即f(1)1221a(e11e11)0，解得a.故选C2(2018高考全国卷)已知函数f(x)，
4、g(x)f(x)xa.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是()A1，0) B0，)C1，) D1，)解析：选C函数g(x)f(x)xa存在2个零点，即关于x的方程f(x)xa有2个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线yxa有2个交点，作出直线yxa与函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，a1，解得a1，故选C3(2018高考全国卷)函数f(x)cos在0，的零点个数为_解析：由题意知，cos0，所以3xk，kZ，所以x，kZ，当k0时，x；当k1时，x；当k2时，x，均满足题意，所以函数f(x)在0，的零点个数为3.答案：3明考情1基本初等函数作为高考的命题热点，多考查利用函数的性质比
5、较大小，一般出现在第511题的位置，有时难度较大2函数的应用问题多体现在函数零点与方程根的综合问题上，近几年全国卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难基本初等函数的图象与性质典型例题 (1)(2019高考北京卷)下列函数中，在区间(0，)上单调递增的是()AyxB y2xCylogx Dy(2)(2019高考天津卷)已知alog27，blog38，c0.30.2，则a，b，c的大小关系为()Acba Babc Cbca Dca0，且a1)的图象可能是( )【解析】(1)对于幂函数yx，当0时，yx在(0，)上单调递增，当0，且a1)，当0a1时，yax在(，)上单调递增，而选项B中的函数y2
6、x可转化为y，因此函数y2x在(0，)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数ylogax(a0，且a1)，当0a1时，ylogax在(0，)上单调递增，因此选项C中的函数ylogx在(0，)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A(2)因为alog27log242，blog381，c0.30.21，所以cba.故选A(3)通解：若0a1，则y是减函数，而yloga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a2，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
7、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a1和0a1时，两函数在定义域内都为增函数；当0a0和bc BbacCbca Dcab解析：选Dalog3，cloglog35，由对数函数ylog3x在(0，)上单调递增，可得log35log3log33，所以ca1.借助指数函数y的图象易知b(0，1)，故cab，选D3(2019开封模拟)设x1，x2，x3均为实数，且ex1ln(x11)，ex2lg x2，ex3ln x3，则()Ax3x2x1 Bx2x1x3Cx3x1x2 Dx1x3x2解析：选D根据题意可知，实数x1，x2，x3分别是函数yex与yln(x1)、ylg x、yln
8、x图象交点的横坐标在同一直角坐标系中作出函数yex、yln(x1)、ylg x、yln x的图象如图所示，由图知，x1x31，0b1，0b1，f(x)axxb，所以f(1)1b0，所以f(1)f(0)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x1时，f(x)0恒成立，即证exa(x1)当x，令f(x)，则f(x)0，则f(x)单调递减，即有f(x)0成立，a可以是任意实数；当x1时，a，令f(x)，则f(x)，当x(1，2)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当x2时，f(x)取得极小值，也是最小值e2，即有ae2.综上，实数a的
9、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)1sin x，则函数F(x)f(x)g(x)在区间2，6上所有零点的和为()A4 B8C12 D16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)1sin x的图象，如图所示，又f(x)，g(x)的图象都关于点(2，
10、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x2成对出现，由对称性可得所有零点之和为42216，故选D2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x0，函数f(x)有且只有一个零点等价于方程kx0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yk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x0时，g(x)，x时，g(x)0，x时，g(
11、x)，则g(x)的图象如图所示，由图易知0k200，两边同时取对数，得n1，又3.8，则n4.8，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B2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yekxb(e2.718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eb192，e22kb48，两式相除得e22k，所以e11k，所以e33kb(e11k)3eb19224，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(
12、x)(m2m5)xm是幂函数，且在x(0，)时为增函数，则实数m的值是()A2B4C3 D2或3解析：选Cf(x)(m2m5)xm是幂函数m2m51m2或m3.又在x(0，)上是增函数，所以m3.2函数yax21(a0，且a1)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x20，得x2，所以当x2时，ya010，所以yax21(a0，且a1)的图象恒过点(2，0)3若alog，be，clog3cos ，则()Abca BbacCabc Dcab解析：选B因为0log0，所以0ae01，所以b1.因为0cos 1，所以log3cos log310，所以ca
13、c，选B4已知函数f(x)lg是奇函数，且在x0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(2a)0，所以a1，所以f(x)lglg ，令0，则1x0且a1)的值域为y|00且a1)的值域为y|0y1，则0a1，故loga|x|是偶函数且在(0，)上单调递减，由此可知yloga|x|的图象大致为A620世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(CF.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里
14、氏震级M，其计算公式为Mlg Alg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的()A10倍 B20倍C50倍 D100倍解析：选D根据题意有lg Alg A0lg 10Mlg (A010M)所以AA010M，则100.故选D7若函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线yex关于y轴对称，则f(x)的解析式为()Af(x)ex1 Bf(x)ex1Cf(x)ex1 Df(x)ex1解析：选D与yex的图象关于y轴对称的图象对应的函数为yex.依题意，f(x)的图象向右平移1个单位长度，得y
15、ex的图象，所以f(x)的图象是由yex的图象向左平移1个单位长度得到的，所以f(x)e(x1)ex1.8已知f(x)|ln(x1)|，若f(a)f(b)(a0 Bab1C2ab0 D2ab1解析：选A作出函数f(x)|ln(x1)|的图象如图所示，由f(a)f(b)(ab)，得ln(a1)ln(b1)，即abab0，所以0abab0，又易知1a0.所以ab40，所以ab0.故选A9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x1x2x3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
16、)f(x2)f(x3)设x1x2x3，由图象可知x2，x3关于直线x3对称，所以x2x36.当x0时，f(x)的最小值为f(3)3，当x0时，由3x33得x2，所以2x10时，f(x)ln xx1，则函数g(x)f(x)ex(e为自然对数的底数)的零点个数是()A0 B1C2 D3解析：选C当x0时，f(x)ln xx1，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时，f(x)maxf(1)ln 1110.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数yf(x)与yex的大致图象如图所示，观察到函数yf(x)与yex的图象有两个交点，所以函数g(x)f
17、(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)2xlog3 ，若不等式f3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y2x在(2，2)上单调递增，ylog3 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f3成立等价于不等式ff(1)成立，所以解得m1，故选D12已知函数f(x)sin xsin 3x，x0，2，则f(x)的所有零点之和等于()A5 B6C7 D8解析：选Cf(x)sin xsin 3xsin(2xx)sin(2xx)2cos 2xsin
18、x，令f(x)0, 可得cos 2x0或sin x0，因为x0，2，所以2x0，4，由cos 2x0可得2x或2x或2x或2x，所以x或x或x或x，由sin x0可得x0或x或x2，因为027，所以f(x)的所有零点之和等于7，故选C二、填空题13已知函数f(x)则ff(log2 )_解析：由题可得flog2，因为log2 0，所以f26，故ff8.答案：814已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在区间0，)上单调递增，若f(1)，则x的取值范围是_解析：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(ln x)ff(ln x)f(ln x)f(ln x)f(ln x)2f(ln x)，所以
19、f(1)等价于|f(ln x)|f(1)，又f(x)在区间0，)上单调递增，所以1ln x1，解得xe.答案：15已知函数f(x)log3 a在区间(1，2)内有零点，则实数a的取值范围是_解析：因为函数f(x)log3a在区间(1，2)内有零点，且f(x)在(1，2)内单调，所以f(1)f(2)0，即(1a)(log32a)0，解得log32a0，得1xe，由g(x)e，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)maxg(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x0时，g(x)在(，1)上有最小值，且g(x)ming(0)a0，此时函数g(x)有零点，不满足题意；当a0时，g(x)0，此时函数g(x)无零点，满足题意；当a0时，g(x)在(，1)上有最大值，且g(x)maxg(0)a，由g(x)max0，得a0.综上可知，实数a的取值范围是.答案：
