1、1已知点M在幂函数f(x)的图象上，则f(x)的表达式为_解析 设幂函数的解析式为f(x)x，则3，得2故f(x)x2答案 f(x)x22(2019常州模拟) 函数y的值域为_解析 由指数函数性质知值域为(0，)答案 (0，)3函数y|x|2|x|12两个零点的差的绝对值是_解析 令|x|2|x|120，得(|x|4)(|x|3)0，即|x|4，所以两个零点的差的绝对值是|4(4)|8答案 84(2019绵阳期中)若a306，blog302，c063，则a，b，c的大小关系为_解析 3061，log3020，00631，所以acb答案 acb 5(2019山西大学附中期中)有四个函数：yx；y
2、21x；yln(x1)；y|1x|其中在区间(0，1)内单调递减的函数的序号是_解析 分析题意可知显然不满足题意，画出中的函数图象(图略)，易知中的函数满足在(0，1)内单调递减答案 6设2a5bm，且2，则m_解析 因为2a5bm，所以alog2m，blog5m，所以logm2logm5logm102所以m答案 7(2019南京、盐城高三模拟)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
3、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(x)，则g(x)的图象如图所示，由图易知0k0且a1，函数ya2x2ax1在1，1上的最大值是14，则a的值为_解析 令tax(a0且a1)，则原函数化为y(t1)22(t0)当0a0，所以a当a1时，x1，1，tax，此时f(t)在上是增函数所以f(t)maxf(a)(a1)2214，解得a3(a5舍去)综上得a或3答案 或310(2019江苏省高考名校联考信息卷(五)已知函数f(x)(xR)，g(x)满足g(2x)g(x)0若函数f(x1
4、)与函数g(x)的图象恰好有2 019个交点，则这2 019个交点的横坐标之和为_解析 由于f(x)f(x)0，所以函数f(x)为奇函数，从而函数f(x1)的图象关于点(1，0)对称由函数g(x)满足g(2x)g(x)0，可知g(x)的图象也关于点(1，0)对称，所以函数F(x)g(x)f(x1)的图象关于点(1，0)对称，从而这2 019个零点关于点(1，0)对称，由于F(1)g(1)f(0)0，所以x1是F(x)的一个零点，其余2 018个零点首尾结合，两两关于点(1，0)对称，和为2 018，故所有这些零点之和为2 019，即函数f(x1)与函数g(x)的图象的2 019个交点的横坐标之
5、和为2 019答案 2 01911已知函数f(x)x2，g(x)x1(1)若存在xR使f(x)bg(x)，求实数b的取值范围；(2)设F(x)f(x)mg(x)1mm2，且|F(x)|在0，1上单调递增，求实数m的取值范围解 (1)xR，f(x)bg(x)xR，x2bxb0b4故b的取值范围为(，0)(4，)(2)F(x)x2mx1m2，m24(1m2)5m24当0，即m时，则必需m0当0，即m时，设方程F(x)0的根为x1，x2(x1x2)若1，则x10，即m2；若0，则x20，即1m，所以4x2，即0x，所以44x4时，由816，得x6，所以此时48时，y8816综上，y当4x8时，y8(
6、x3)216，当且仅当x3时等号成立又1616，所以接下来的4分钟能够有效去污14设函数fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；(2)设n2，若对任意x1，x21，1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范围解 (1)证明：b1，c1，n2时，fn(x)xnx1因为fnfn(1)10，所以fn(x)在上是单调递增的，所以fn(x)在内存在唯一零点(2)当n2时，f2(x)x2bxc对任意x1，x21，1都有|f2(x1)f2(x2)|4等价于f2(x)在1，1上的最大值与最小值之差M4据此分类讨论如下：当1，即|b|2时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当10，即0b2时，Mf2(1)f24恒成立当01，即2b0时，Mf2(1)f24恒成立综上可知，2b2
