1、本章复习提升易混易错练易错点1不能正确进行指数、对数的相关运算1.(2021山东师大附中高一上期中,)求下列各式的值:(1)4114-4+1649-12+823;(2)(lg 2)2+lg 2lg 5+12lg 25;(3)12lg 3249-43lg8+lg 245.易错点2忽视零点存在定理的使用条件致误2.()对于函数f(x),若f(-1)f(3)0,则下列判断中正确的是()A.方程f(x)=0一定有根B.方程f(x)=0一定无根C.方程f(x)=0一定有两根D.方程f(x)=0可能无根3.()设f(x)在区间a,b上是连续的单调函数,且f(a)f(b)0,则方程f(x)=0在a,b内()
2、A.至少有一实根B.至多有一实根C.没有实根D.必有唯一实根易错点3求参数的取值范围时考虑不全面致错4.(2020黑龙江哈三中高一上第一次阶段性验收,)已知函数f(x)=(x+1)2,x-1,2x+2,-1x1,则实数a的取值范围是()A.(-,-2)-12,+B.-12,12C.(-,-2)-12,1 D.-2,12(1,+)5.(2020黑龙江哈三中高一上期中,)设函数f(x)=loga(x2-ax+20)在(1,4)上单调递减,则a的取值范围是.6.()已知函数f(x)=(log2x)2+4log2x+m,x18,4,m为常数.(1)设函数f(x)存在大于1的零点,求实数m的取值范围;(
3、2)设函数f(x)有两个互异的零点,求实数m的取值范围,并求的值.易错点4数学建模不当或运算求解失误7.()某工厂生产一种溶液,按市场要求其杂质含量不得超过0.1%,而这种溶液最初的杂质含量为2%,现进行过滤,已知每过滤一次杂质含量减少13,则使产品达到市场要求的最少过滤次数为(参考数据:lg 20.301,lg 30.477)()A.10B.9C.8D.7思想方法练一、方程思想在解决函数问题中的运用1.(2020浙江温州十五校联合体高一上期中联考,)函数f(x)=|log2x|-e-x的所有零点的积为m,则有()A.m=1 B.m(0,1)C.m(1,2)D.m(2,+)2.(2020山东菏
4、泽高一上期末联考,)若函数f(x)满足:在定义域内存在x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数f(x)具有性质M;反之,则称函数f(x)不具有性质M.(1)证明函数f(x)=2x具有性质M,并求出对应的x0的值;(2)已知函数h(x)=lg ax2+1具有性质M,求实数a的取值范围.二、数形结合思想在解决函数问题中的运用3.(2020安徽黄山高一上期末,)形如y=b|x|-c(c0,b0)的函数因其函数图象类似于汉字中的“囧”字,故被称为“囧函数”.若函数f(x)=ax2+x+1(a0且a1)有最小值,则当c=1,b=1时的“囧函数”与函数y=loga|x|的图象的交点个数
5、为()A.1 B.2C.4D.64.(2020山西长治二中高一上期末,)已知函数f(x)=2x+22,x1,|ln(x-1)|,x1,若F(x)=f(x)2-af(x)+23的零点个数为4,则实数a的取值范围为()A.263,5373,+B.263,73C.53,2 D.(2,+)三、分类讨论思想在解决函数问题中的运用5.(2020浙江嘉兴一中高一上期中,)设函数f(x)=e|ln x|(e为自然对数的底数),若x1x2且f(x1)=f(x2),则下列结论一定不成立的是()A.x2f(x1)1 B.x2f(x1)1C.x2f(x1)=1 D.x2f(x1)0,且a1).(1)当a=12时,若方
6、程f(x)=log12(p-x)在(2,3)上有解,求实数p的取值范围;(2)若f(x)1在a+3,a+4上恒成立,求实数a的取值范围.7.(2020北京丰台高一上期中,)由历年市场行情知,从11月1日起的30天内,某商品每件的销售价格P(元)与时间t(天)的函数关系是P=t+20(0t1,解得a0或a-2,故a-2;当-1a1,解得a-12,故-12a1,解得0a1,故无解.综上,a(-,-2)-12,1,故选C.5.答案(0,1)8,9解析令u=x2-ax+20.当0a1时,y=logau在(0,+)上是减函数,u=x2-ax+20=x-a22+20-a24在a2,+上是增函数,又0a1,
7、0a20,f(x)在(1,4)上是减函数.当a1时,y=logau在(0,+)上单调递增,u=x2-ax+20=x-a22+20-a24,若f(x)在(1,4)上单调递减,则a24,42-4a+200,解得a8,a9,即8a9.综上所述,a的取值范围是(0,1)8,9.6.解析(1)令t=log2x,x18,4,则y=t2+4t+m,t-3,2.因为函数f(x)存在大于1的零点,所以方程t2+4t+m=0在(0,2上存在实根.由t2+4t+m=0,得m=-t2-4t,t(0,2,所以m-12,0).故实数m的取值范围为-12,0).(2)令g(t)=t2+4t+m,t-3,2.若函数f(x)有
8、两个互异的零点,则函数g(t)=t2+4t+m在-3,2上有两个互异的零点t1,t2,其中t1=log2,t2=log2,所以=16-4m0,g(-3)0,g(2)0,解得3m4,所以实数m的取值范围为3,4).因为t1+t2=-4,即log2+log2=-4,所以log2()=-4,所以=2-4=116.7.C设经过n次过滤,产品达到市场要求,则21001-13n11 000,即23n120,由nlg23-lg 20,即n(lg 2-lg 3)-(1+lg 2),得n1+lg2lg3-lg27.4,所以最少过滤8次,故选C.思想方法练1.B由f(x)=0,得|log2x|=e-x,在同一平面
9、直角坐标系中作出函数y=|log2x|与y=e-x的图象,如图所示.由图象知f(x)=0有两个实数解x1,x2,且0x11x2,-log2x1=e-x1,log2x2=e-x2,log2x1+log2x2=e-x2-e-x1,log2(x1x2)=1ex2-1ex10,0x1x21,即0m0.因为h(x)具有性质M,所以在R上存在x0,使h(x0+1)=h(x0)+h(1),代入得lg a(x0+1)2+1=lg ax02+1+lg a2,即2(x02+1)=a(x0+1)2+a,整理得(a-2)x02+2ax0+2a-2=0.若a=2,则x0=-12;若a2,则0,即a2-6a+40,解得3
10、-5a3+5,所以a3-5,2)(2,3+5.综上,可得a3-5,3+5.3.Cf(x)=ax2+x+1=ax+122+34,且f(x)有最小值,a1.在同一平面直角坐标系中作出函数y=1|x|-1与y=loga|x|的图象,如图所示.由图象知,当c=1,b=1时的“囧函数”与函数y=loga|x|的图象有4个交点,故选C.4.A作出函数f(x)=2x+22,x1,|ln(x-1)|,x1的图象,如图.设t=f(x),根据函数图象有:当t2时,方程t=f(x)有2个实数根;当1t2时,方程t=f(x)有3个实数根;当0t1时,方程t=f(x)有2个实数根;当t=0时,方程t=f(x)有1个实数
11、根;当t0时,方程t=f(x)没有实数根.因为F(x)=f(x)2-af(x)+23的零点个数为4,所以方程t2-at+23=0(t0)有两个不相等的实数根t1,t2,不妨设t1t2,则0t1t12或02.设函数h(t)=t2-at+23.则(0)0,0,0a20,(2)0,a22或(0)0,(1)0,(2)0,解得26373.故选A.5.Bf(x)=e|ln x|=x,x1,1x,0x1,当x1时,f(x)=x是增函数;当0x1时, f(x)=1x是减函数.由f(x1)=f(x2)可知0x11x2,或0x21x1.当0x111,x1f(x2)=x1x2=1.从而x2 f(x1)x1 f(x2
12、),此时A成立.当0x211.从而x2 f(x1)x1f(x2),此时C、D成立.而B无论何种情况都不成立,故选B.6.解析(1)当a=12时, f(x)=log12(x-1)+log12x-32= log12(x-1)x-32,故函数f(x)的定义域为32,+.f(x)=log12(p-x),(x-1)x-32=p-x,即x2-32x+32-p=0,令g(x)=x2-32x+32-p=x-342+1516-p,342,g(x)在(2,3)上单调递增,f(x)=log12(p-x)在(2,3)上有解,g(2)0,52p3a,a5a2.函数u=x-5a22-a24在区间a+3,a+4上单调递增.
13、若0a1,则f(x)在a+3,a+4上单调递减,f(x)在a+3,a+4上的最大值为f(a+3)=loga(2a2-9a+9).f(x)1在a+3,a+4上恒成立,loga(2a2-9a+9)1,2a2-10a+90,解得a5+72或a5-72,0a1.若1a32,不存在a满足题意.综上,实数a的取值范围为(0,1).7.解析(1)由题意知y=PQ=(t+20)(40-t)(0t25,tN+),45(40-t)(25t30,tN+),即y=-t2+20t+800(0t25,tN+),1 800-45t(25t30,tN+).(2)当0t675,所以日销售额的最大值为900元,且11月10日销售额最大.8.答案94,+解析f(x)31ex+aex3a3ex-1(ex)2.令t=1ex,则t0,a3t-t2.设g(t)=-t2+3t=-t-322+94,则当t=32时,g(t)max=94,又不等式a3t-t2恒成立,所以a94,故a的取值范围是94,+.
