高考理科数学复习学案 第2讲 基本初等函数、函数与方程

A 级 基础通关
一、选择题
1．(2019·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝x 1
2 B ．y ＝2－x C ．y ＝log 12
x
D ．y ＝1
x
解析：易知y ＝2－x 与y ＝log 12x ，在(0，＋∞)上是减函数，由幂函数性
质，y ＝1
x
在(0，＋∞)上递减，y ＝x 1
2在(0，＋∞)上递增．
答案：A
2．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足当x ＞0时，f (x )＝2x ＋2x －4，则f (x )的零点个数是( )
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5 解析：由于函数f (x )是定义在R 上的奇函数， 故f (0)＝0.
由于f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12·f (2)＜0，
而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，
故当x ＞0时有1个零点，根据奇函数的对称性可知， 当x ＜0时，也有1个零点．故一共有3个零点． 答案：B
3．(2019·山东省实验中学联考)设实数a 、b 、c 满足a ＝2－log 23，b ＝a －1
3
，c ＝ln a ，则a 、b 、c 的大小关系为( ) A ．c ＜a ＜b
B ．c ＜b ＜a
C．
a＜c＜b D．b＜c＜a
解析：因为a＝2－log23＝2log23－1＝1
3.
所以c＝ln a＝ln 1
3＜0，b＝⎝
⎛
⎭
⎪
⎫1
3
－
1
3＝3
1
3＞1.
因此b＞a＞c.
答案：A
4．若函数y＝a|x|(a＞0，且a≠1)的值域为{y|y≥1}，则函数y＝log a|x|的
图象大致是(
)
解析：由于y＝a|x|的值域为{y|y≥1}，所以a＞1，则y＝log a x在(0，＋∞)上是增函数，又函数y＝log a|x|的图象关于y轴对称．因此y＝log a|x|的图象大致为选项B.
答案：B
5．(2019·衡水质检)若函数f(x)＝|log a x|－3－x(a＞0，a≠1)的两个零点是m，n，则()
A．mn＝1 B．mn＞1
C．mn＜1 D．无法判断
解析：令f(x)＝0，
得|log a x|＝1
3x，
则y＝|log a x|与y＝1
3x的图象有2个交点，
不妨设a＞1，m＜n，作出两函数的图象(如图)．
所以13m ＞1
3n ，即－log a m ＞log a n ，
所以log a (mn )＜0，则mn ＜1. 答案：C
6．(2018·全国卷Ⅲ)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( ) A ．a ＋b ＜ab ＜0 B ．ab ＜a ＋b ＜0 C ．a ＋b ＜0＜ab
D ．ab ＜0＜a ＋b
解析：由a ＝log 0.20.3得1
a ＝log 0.30.2，
由b ＝log 20.3得1
b
＝log 0.32.
所以1a ＋1
b ＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4，
则0＜1a ＋1
b ＜1，即0＜a ＋b ab ＜1.
又a ＞0，b ＜0，知ab ＜0， 所以ab ＜a ＋b ＜0. 答案：B 二、填空题
7．(2018·浙江卷改编)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x ＜λ.若函数
f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．
解析：令f (x )＝0，当x ≥λ时，x ＝4. 当x ＜λ时，x 2－4x ＋3＝0，
则x ＝1或x ＝3.若函数f (x )恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1＜λ≤3或λ＞4.
答案：(1，3]∪(4，＋∞)
8．将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝a e nt .假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a
4
升，则m 的值为________．
解析：因为5 min 后甲桶和乙桶的水量相等， 所以函数y ＝f (t )＝a e nt
满足f (5)＝a e 5n ＝1
2
a ，
可得n ＝15ln 1
2，所以f (t )＝a ·
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12t
5， 因此，当k min 后甲桶中的水只有a
4
L 时，
f (k )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k
5＝14a ，即⎝ ⎛⎭
⎪⎫12k
5＝14，
所以k ＝10，由题可知m ＝k －5＝5. 答案：5
9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x ＋1|，x ＜1，
log 2（x －m ），x ＞1.
若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1，x 2，
x 3互不相等)，且x 1＋x 2＋x 3的取值范围为(1，8)，则实数m 的值为________．
解析：作出f (x )的图象，如图所示，可令x 1＜x 2＜x 3，则由图知点(x 1，0)，(x 2，0)关于直线x ＝－1
2对称，所以x 1＋x 2＝－1.又因为1＜x 1＋x 1＋x 3＜
8，所以2＜x 3＜9.结合图象可知A 点坐标为(9，3)，代入函数解析式得3＝log 2(9－m )，解得m ＝1.
答案：1 三、解答题
10．经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y (单位：升)与速度x (单位：千米/时)(50≤x ≤120)的关系可近似表示为：
y ＝⎩⎪⎨⎪⎧175（x 2－130x ＋4 900），x ∈[50，80），12－x 60
，x ∈[80，120].
(1)该型号汽车速度为多少时，可使得每小时耗油量最低？
(2)已知A ，B 两地相距120千米，假定该型号汽车匀速从A 地驶向B 地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？
解：(1)当x ∈[50，80)时，
y ＝175(x 2－130x ＋4 900)＝1
75[(x －65)2＋675]， 当x ＝65时，y 有最小值1
75
×675＝9.
当x ∈[80，120]时，函数单调递减，故当x ＝120时，y 有最小值10. 因为9＜10，故当x ＝65时每小时耗油量最低． (2)设总耗油量为l ，由题意可知l ＝y ·120
x .
①当x ∈[50，80)时，
l ＝y ·120x ＝85⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4 900
x －130≥85⎝
⎛⎭
⎪⎫2
x ×4 900
x －130＝16， 当且仅当x ＝4 900
x
，即x ＝70时，l 取得最小值16.
②当x ∈[80，120]时，l ＝y ·120x ＝1 440
x －2为减函数，
当x ＝120时，l 取得最小值10.
因为10＜16，所以当速度为120千米/时时，总耗油量最少．
B 级 能力提升
11．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧ln （x ＋1），x ≥0，
x 3－3x ，x ＜0，若函数y ＝f (x )－k 有三个不同
的零点，则实数k 的取值范围是( )
A ．(－2，2)
B ．(－2，1)
C ．(0，2)
D ．(1，3)
解析：当x ＜0时，f (x )＝x 3－3x ，则f ′(x )＝3x 2－3，
令f ′(x )＝0，所以x ＝±1(舍去正根)，故f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f (x )＝ln(x ＋1)在x ≥0上单调递增．则函数f (x )图象如图所示．f (x )极大值＝f (－1)＝－1＋3＝2，且f (0)＝0.故当k ∈(0，2)时，y ＝f (x )－k 有三个不同零点．
答案：C
12．(2018·江苏卷节选)记f ′(x )，g ′(x )分别为函数f (x )，g (x )的导函数．若存在x 0∈R ，满足f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，则称x 0为函数f (x )与g (x )的一个“S 点”．
(1)证明：函数f (x )＝x 与g (x )＝x 2＋2x －2不存在“S 点”； (2)若函数f (x )＝ax 2－1与g (x )＝ln x 存在“S 点”，求实数a 的值． (1)证明：函数f (x )＝x ，g (x )＝x 2＋2x －2， 则f ′(x )＝1，g ′(x )＝2x ＋2. 由f (x )＝g (x )且f ′(x )＝g ′(x )，得
⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝x 2＋2x －2，1＝2x ＋2，此方程组无解， 因此，f (x )与g (x )不存在“S 点”． (2)解：函数f (x )＝ax 2－1，g (x )＝ln x ， 则f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝1x
.
设x 0为f (x )与g (x )的“S 点”，由f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，得
⎩⎨⎧ax 2
0－1＝ln x 0，2ax 0＝1
x 0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧ax 20－1＝ln x 0，
2ax 20＝1，(*) 得ln x 0＝－12，即x 0＝e －12，则a ＝12（e －12）2
＝e
2
.
当a ＝e 2时，x 0＝e －1
2满足方程组(*)，
即x 0为f (x )与g (x )的“S 点”． 因此，a 的值为e 2.。