高考数学 考前3个月（上）专题复习 专题一第四讲 基本初等函数及函数的应用配套限时规范训练

第四讲基本初等函数及函数的应用（推荐时间：50分钟）一、选择题1．函数f(x)＝|log3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则b－a的最小值为 ()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．1 D．22．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)对任意实数t都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么 ()A．f(1)<f(2)<f(4)B．f(2)<f(1)<f(4)C．f(2)<f(4)<f(1)D．f(4)<f(2)<f(1)3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0，,fx－1＋1，x>0，))则f(2013)等于 ()A．2010 B．2011C．2012 D．20134．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x＞0，,2x，x≤0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs12\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs12\al\co1(\f(1,9)))))的值为 ()A．4 B.eq\f(1,4)C．－4 D．－eq\f(1,4)5．若函数f(x)＝若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是 ()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，x≥4,fx＋1，x＜4))，则f(2＋log23)的值为 ()A.eq\f(1,24) B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,3)7．已知函数f(x)＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上的最大值为3，最小值为2，则m的取值范围为 ()A．[1，＋∞) B．[0,2]C．(－∞，－2] D．[1,2]8．(·天津)对实数a和b，定义运算“⊗”：a⊗b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a－b≤1，,b，a－b>1.))设函数f(x)＝(x2－2)⊗(x－1)，x∈R.若函数y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是()A．(－1,1]∪(2，＋∞)B．(－2，－1]∪(1,2]C．(－∞，－2)∪(1,2]D．[－2，－1]二、填空题9．(·陕西)则f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx，x>0，,10x，x≤0，))则f(f(－2))＝____________.10．(·江苏)已知实数a≠0，函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x<1，,－x－2a，x≥1.))若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．11．方程2－x＋x2＝3的实数解的个数为________．12．(·湖北)里氏震级M的计算公式为：M＝lgA－lgA0，其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅，A0是相应的标准地震的振幅．假设在一次地震中，测震仪记录的最大振幅是1000，此时标准地震的振幅为0.001，则此次地震的震级为________级；9级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的________倍．三、解答题13．(·上海)已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.(1)若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab<0，求f(x＋1)>f(x)时x的取值范围．14．已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋eq\r(x).求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由．

答案1．B2．B3．D4．B5．C6．A7．D8．B9．－210．－eq\f(3,4)11．212．61000013．解(1)当a>0，b>0时，任意x1，x2∈R，x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a(2x1－2x2)＋b(3x1－3x2)．∵2x1<2x2，a>0⇒a(2x1－2x2)<0，3x1<3x2，b>0⇒b(3x1－3x2)<0，∴f(x1)－f(x2)<0，函数f(x)在R上是增函数．当a<0，b<0时，同理，函数f(x)在R上是减函数．(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x>0，当a<0，b>0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))x>－eq\f(a,2b)，则x>log1.5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2b)))；当a>0，b<0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))x<－eq\f(a,2b)，则x<log1.5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2b))).14．解由题意知，x∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x－eq\r(x)，h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－eq\r(2)>0，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．方法一h′(x)＝3x2－1－eq\f(1,2)x，记φ(x)＝3x2－1－eq\f(1,2)x，则φ′(x)＝6x＋eq\f(1,4)x.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ(eq\f(\r(3),3))<0，则φ(x)在(eq\f(\r(3),3)，1)内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.所以当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h(x)有且只有两个零点．方法二由h(x)＝x(x2－1－x－eq\f(1,2))，记φ(