专题一 第2讲 基本初等函数、函数与方程

1、13/13第2讲基本初等函数、函数与方程考情分析1.基本初等函数的图象、性质是高考考查的重点，利用函数性质比较大小是常见题型.2.函数零点的个数判断及参数范围是高考的热点，常以压轴题形式出现考点一基本初等函数的图象与性质核心提炼1指数函数yax(a0，a1)与对数函数ylogax(a0，a1)互为反函数，其图象关于yx对称，它们的图象和性质分0a1两种情况，着重关注两函数图象的异同2幂函数yx的图象和性质，主要掌握1,2,3，eq f(1,2)，1五种情况例1(1)已知f(x)2x1，g(x)1x2，规定：当|f(x)|g(x)时，h(x)|f(x)|；当|f(x)|g(x)时，h(x)g(x

2、)，则h(x)()A有最小值1，最大值1B有最大值1，无最小值C有最小值1，无最大值D有最大值1，无最小值答案C解析画出y|f(x)|2x1|与yg(x)1x2的图象，它们交于A，B两点由“规定”，在A，B两侧，|f(x)|g(x)，故h(x)|f(x)|；在A，B之间，|f(x)|g(x)，故h(x)g(x)综上可知，yh(x)的图象是图中的实线部分，因此h(x)有最小值1，无最大值(2)已知函数f(x)ex2(x0)与g(x)ln(xa)2的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A.eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,e) B(，e)C.eq blc(rc)(av

3、s4alco1(f(1,e)，e) D.eq blc(rc)(avs4alco1(e，f(1,e)答案B解析由题意知，方程f(x)g(x)0在(0，)上有解，即ex2ln(xa)20在(0，)上有解，即函数yex与yln(xa)的图象在(0，)上有交点函数yln(xa)可以看作由yln x左右平移得到，当a0时，两函数有交点，当a0时，向左平移，由图可知，将函数yln x的图象向左平移到过点(0,1)时，两函数的图象在(0，)上不再有交点，把(0,1)代入yln(xa)，得1ln a，即ae，a1和0a1时，两函数在定义域内都为增函数；当0aln eq r(e)eq f(1,2)，e10，故排

4、除C.(2)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)12x，则不等式f(x)0时，f(x)12x0.又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)eq f(1,2)的解集关于原点对称，由12xeq f(1,2)得2x1，则f(x)0，)若函数g(x)f(x)m有两个不同的零点x1，x2，则x1x2等于()A2 B2或2eq f(1,e)C2或3 D2或3或2eq f(1,e)答案D解析当x0时，f(x)(x1)ex，当x1时，f(x)0，故f(x)在(，1)上单调递减，当10，故f(x)在(1,0上单调递增，所以x0时，f(x)的最小值为f(1)eq f(1,e).又当x1时，f

5、(x)3x，当0 x1时，f(x)x1.作出f(x)的图象，如图所示因为g(x)f(x)m有两个不同的零点，所以方程f(x)m有两个不同的根，等价于直线ym与f(x)的图象有两个不同的交点，且交点的横坐标分别为x1，x2，由图可知1m2或m0或meq f(1,e).若1m2，则x1x22；若m0，则x1x23；若meq f(1,e)，则x1x213eq f(1,e)2eq f(1,e).(2)设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的xR，都有f(x2)f(2x)，当x2,0时，f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)x1，则关于x的方程f(x)log8(x2)

6、0在区间(2,6)上根的个数为()A1 B2 C3 D4答案C解析对于任意的xR，都有f(2x)f(2x)，f(x4)f2(x2)f2(x2)f(x)f(x)，函数f(x)是一个周期函数，且T4.又当x2,0时，f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)x1，且函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(6)1，则函数yf(x)与ylog8(x2)在区间(2,6)上的图象如图所示，根据图象可得yf(x)与ylog8(x2)在区间(2,6)上有3个不同的交点，即f(x)log8(x2)0在区间(2,6)上有3个根考向2求参数的值或取值范围例3(1)已知关于x的方程9|x2|

7、43|x2|a0有实数根，则实数a的取值范围是_答案3,0)解析设t3|x2|(0t1)，由题意知at24t在(0,1上有解，又t24t(t2)24(0t1)，3t24ta，,x26x3，xa，)若函数g(x)f(x)2x恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围为_答案3，1)3，)解析由题意得g(x)eq blcrc (avs4alco1(x32x，xa，,x26x32x，xa，)即g(x)eq blcrc (avs4alco1(3x，xa，,x24x3，xa，)如图所示，因为g(x)恰有两个不同的零点，即g(x)的图象与x轴有两个交点若当xa时，g(x)x24x3有两个零点，则令x24x30

8、，解得x3或x1，则当xa时，g(x)3x没有零点，所以a3.若当xa时，g(x)x24x3有一个零点，则当xa时，g(x)3x必有一个零点，即3a0，,f(1,x)，x0，)则yf(x)g(x)的零点个数为()A1 B3 C2 D4答案B解析作出函数f(x)与g(x)的图象如图，由图象可知两个函数有3个不同的交点，所以函数yf(x)g(x)有3个零点(2)(多选)已知函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(x2a，x0时，f(x)的图象如图所示，当f(f(x)0时，f1(x)2a，f2(x)0，f3(x)a.又f(f(x)0有8个不同的实根，故f1(x)2a有三个根，f2(x)0

9、有三个根，f3(x)a有两个根，又x2axeq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,2)2eq f(a2,4)，所以2aeq f(a2,4)且a8且a0，综上可知，a8.专题强化练一、单项选择题1(2020全国)设alog342，则4a等于()A.eq f(1,16) B.eq f(1,9) C.eq f(1,8) D.eq f(1,6)答案B解析方法一因为alog342，所以log34a2，所以4a329，所以4aeq f(1,4a)eq f(1,9).方法二因为alog342，所以aeq f(2,log34)2log43log432log49，所以4a91eq f(1,9).2函

10、数f(x)ln x2x6的零点一定位于区间()A(1,2) B(2,3) C(3,4) D(4,5)答案B解析函数f(x)ln x2x6在其定义域上连续且单调，f(2)ln 2226ln 220，故函数f(x)ln x2x6的零点在区间(2,3)上3在同一直角坐标系中，函数f(x)2ax和g(x)loga(x2)(a0且a1)的大致图象可能为()答案A解析由题意知，当a0时，函数f(x)2ax为减函数若0a1，则函数f(x)2ax的零点x0eq f(2,a)(0,2)，且函数g(x)loga(x2)在(2，)上为增函数故A正确4(2020广东省揭阳三中模拟)已知a，b，c满足4a6，b，c3e

11、q f(3,5)，则()Aabc BbcaCcab Dcb4，a1，b2，c3eq f(3,5)1,0ccb.5(2020全国)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：I(t)eq f(K,1e0.23t53)，其中K为最大确诊病例数当I(t*)0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为(ln 193)()A60 B63 C66 D69答案C解析因为I(t)eq f(K,1e0.23t53)，所以当I(t*)0.95K时，0.95K，即0.95，即1eq f(1,0.95

12、)，即eq f(1,0.95)1，19，0.23(t*53)ln 19，t*eq f(ln 19,0.23)53eq f(3,0.23)5366.6(2020泉州模拟)若函数yloga(x2ax1)有最小值，则a的取值范围是()A1a2 B0a2，a1C0a1，且u(x)min0，a240，1a2，a的取值范围是1a0，,2x24x1，x0)(e为自然对数的底数)，若函数g(x)f(x)kx恰好有两个零点，则实数k等于()A2e Be Ce D2e答案C解析g(x)f(x)kx0，即f(x)kx，如图所示，画出函数yf(x)和ykx的图象，2x24x1kx，即2x2(4k)x10，设方程的两根

13、为x1，x2，则(4k)280，且x1x2eq f(1,2)，故g(x)在x0时相切当x0时，设切点为(x0，kx0)，f(x)ex，f(x)ex，f(x0)k，kx0，解得x01，ke.8已知函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(a，x0，,blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)|x|1，x0，)若关于x的方程2f2(x)(2a3)f(x)3a0有五个不同的解，则a的取值范围是()A(1,2) B.eq blcrc)(avs4alco1(f(3,2)，2)C.eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(3,2) D.eq blc(rc)(avs4alco1(1，

14、f(3,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，2)答案D解析作出f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)|x|1，x0的图象如图所示设tf(x)，则原方程化为2t2(2a3)t3a0，解得t1a，t2eq f(3,2).由图象可知，若关于x的方程2f2(x)(2a3)f(x)3a0有五个不同的实数解，只有当直线ya与函数yf(x)的图象有三个不同的交点时才满足条件，所以1a0，解得aeq f(3,2)，综上，得1a8lg22 Dbalg 6答案ACD解析由10a4,10b25，得alg 4，blg 25，则ablg 4lg 25lg 1002，故A正

15、确；balg 25lg 4lg eq f(25,4)lg 6且lg eq f(25,4)4lg 2lg 48lg22，故C正确10已知函数f(x)loga(x1)，g(x)loga(1x)，a0，a1，则()A函数f(x)g(x)的定义域为(1,1)B函数f(x)g(x)的图象关于y轴对称C函数f(x)g(x)在定义域上有最小值0D函数f(x)g(x)在区间(0,1)上是减函数答案AB解析f(x)loga(x1)，g(x)loga(1x)，a0，a1，f(x)g(x)loga(x1)loga(1x)，由x10且1x0得1x1，故A对；由f(x)g(x)loga(x1)loga(1x)f(x)g

16、(x)，得函数f(x)g(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，B对；1x1，f(x)g(x)loga(1x2)，y1x2在0,1)上单调递减，由复合函数的单调性可知，当0a1时，函数f(x)g(x)在0,1)上单调递减，无最小值，故C错；f(x)g(x)loga(x1)loga(1x)，当0a1时，f(x)loga(x1)在(0,1)上单调递增，g(x)loga(1x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)g(x)在(0,1)上单调递增，故D错11(2020淄博模拟)已知函数yf(x)是R上的奇函数，对于任意xR，都有f(x4)f(x)f(2)成立当x0,2)时，f(x)2x1.给出下列结论，其中

17、正确的是()Af(2)0B点(4,0)是函数yf(x)图象的一个对称中心C函数yf(x)在区间6，2上单调递增D函数yf(x)在区间6,6上有3个零点答案AB解析对于A，因为f(x)为奇函数且对任意xR，都有f(x4)f(x)f(2)，令x2，则f(2)f(2)f(2)0，故A正确；对于B，由A知，f(2)0，则f(x4)f(x)，则4为f(x)的一个周期，因为f(x)的图象关于原点(0,0)成中心对称，则(4,0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故B正确；对于C，因为f(6)0，f(5)f(54)f(1)f(1)1，6f(5)，所以f(x)在区间6，2上不是单调递增的，故C错误；对于D，因

18、为f(0)0，f(2)0，所以f(2)0，又4为f(x)的一个周期，所以f(4)0，f(6)0，f(4)0，f(6)0，所以函数yf(x)在区间6,6上有7个零点，故D错误12对于函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(sin x，x0，2，,f(1,2)fx2，x2，)则下列结论正确的是()A任取x1，x22，)，都有|f(x1)f(x2)|1B函数yf(x)在4,5上单调递增C函数yf(x)ln(x1)有3个零点D若关于x的方程f(x)m(m0)恰有3个不同的实根x1，x2，x3，则x1x2x3eq f(13,2)答案ACD解析f(x)eq blcrc (avs4alco1(s

19、in x，x0，2，,f(1,2)fx2，x2，)的图象如图所示，当x2，)时，f(x)的最大值为eq f(1,2)，最小值为eq f(1,2)，任取x1，x22， )，都有|f(x1)f(x2)| 1恒成立，故A正确；函数yf(x)在4,5上的单调性和在0,1上的单调性相同，则函数yf(x)在4,5上不单调，故B错误；作出yln(x1)的图象，结合图象，易知yln(x1)的图象与f(x)的图象有3个交点，函数yf(x)ln(x1)有3个零点，故C正确；若关于x的方程f(x)m(m0)恰有3个不同的实根x1，x2，x3，不妨设x1x2x3，则x1x23，x3eq f(7,2)，x1x2x3eq f(13,