备战2025年高考二轮复习数学专题突破练2　基本初等函数、函数的应用(提升篇)

专题突破练(分值:111分)学生用书P137主干知识达标练1.(2024北京石景山一模)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是()A.f(x)=sinx B.f(x)=cosxC.f(x)=ln(x+1) D.f(x)=2-x答案D解析对于A,因为(-1,1)⊆-π2,π2,所以y=sinx在(-1,1)上为增函数,故A对于B,因为f(x)=cosx是偶函数,在(-1,0)上是增函数,在(0,1)上是减函数,故B错误;对于C,f(x)=ln(x+1)的定义域是(-1,+∞),函数y=ln(x+1)在区间(-1,1)上是增函数,故C错误;对于D,因为f(x)=2-x=12x在区间(-1,1)上是减函数,故D正确.故选2.(2024江苏南通期末)设a∈R.若函数f(x)=(a-1)x为指数函数,且f(2)>f(3),则a的取值范围是()A.(1,2) B.(2,3)C.(-∞,2) D.(-∞,1)∪(1,2)答案A解析由函数f(x)=(a-1)x为指数函数,故a>1且a≠2,当a>2时,函数f(x)=(a-1)x单调递增,有f(2)<f(3),不符合题意,故舍去;当1<a<2时,函数f(x)=(a-1)x单调递减,有f(2)>f(3),符合题意,故正确.故选A.3.(2024陕西西安三模)已知函数f(x)=ln|x|,设a=f(-3),b=f14,c=f(2),则()A.a>c>b B.a>b>cC.c>a>b D.b>a>c答案A解析函数f(x)=ln|x|的定义域为{x∈R|x≠0},f(-x)=ln|-x|=ln|x|=f(x),函数f(x)是偶函数,当x>0时,f(x)=lnx是增函数,而0<14<2<所以f14<f(2)<f(3)=f(-3),即a>c>b.故选A.4.(2024浙江二模)若函数f(x)=ln(ex+1)+ax为偶函数,则实数a的值为()A.-12 B.0C.12答案A解析f(x)=ln(ex+1)+ax的定义域为R,f(-x)=ln(e-x+1)-ax=lnex+1ex-ax=ln(ex+1)由于f(x)=ln(ex+1)+ax为偶函数,故f(-x)=f(x),即ln(ex+1)-(1+a)x=ln(ex+1)+ax⇒(1+2a)x=0,故1+2a=0,解得a=-12.故选A5.(2024重庆模拟预测)已知函数y=f(x)的定义域是(-∞,0)∪(0,+∞),对任意的x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,都有x2f(x2)-x1f(x1)x2-x1>0,若函数y=f(x+1)的图象关于点(-1,0)A.(-1,0)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(0,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案B解析由函数y=f(x+1)图象关于点(-1,0)中心对称,知函数f(x)的图象关于点(0,0)中心对称,所以f(x)为奇函数.令g(x)=xf(x),则g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x),所以g(x)为偶函数.对于∀x1,x2∈(0,+∞),有g(x2)-g(x1)x2-x1>0(x1≠所以g(x)在(-∞,0)内单调递减.由f(1)=4,得g(1)=4,g(-1)=4,当x>0时,f(x)>4x变形为xf(x)>4,即g(x)>g(1),解得x>当x<0时,f(x)>4x变形为xf(x)<4,即g(x)<g(-1),解得-1<x<0综上,不等式f(x)>4x的解集为(-1,0)∪(1,+∞).故选B6.(多选题)(2024河南信阳模拟)函数f(x)=loga|x|+1(0<a<1)的大致图象不可能为()答案BCD解析函数f(x)=loga|x|+1(0<a<1)的定义域为{x|x≠0},因为f(-x)=loga|x|+1=f(x),所以函数f(x)为偶函数.当x∈(0,+∞)时,f(x)=logax+1(0<a<1)为减函数,且过定点(1,1),故函数f(x)=loga|x|+1(0<a<1)的大致图象不可能为BCD选项.故选BCD.7.(2024重庆三模)已知实数a,b满足log2a+log12b>0,则(A.12a>12b B.logC.ba<ab D.2a-2b<3答案C解析因为log2a+log12所以log2a>log2b,又y=log2x为增函数,故a>b>0.对于A,因为y=12x为减函数,所以12a<对于B,当a=4,b=2时,loga2=12<logb2=1,故B错误对于C,0<ba<1<ab,故C对于D,当a=4,b=2时,因为y=2x与y=3x均为增函数,所以2a-2b=24-22>0,3-4-3-2<0,此时2a-2b>3-a-3-b,故D错误.故选C.8.(5分)(2024北京延庆一模)已知函数f(x)=xα(0<α<1)在区间(-1,0)上单调递减,则α的一个取值为.

答案23(答案不唯一解析因为f(x)=xα(0<α<1)在(0,+∞)上单调递增,又f(x)在区间(-1,0)上单调递减,所以f(x)可以为偶函数,不妨取α=23,此时f(x)=x23=3x且f(-x)=(-x)23=3(-x)2=f(x),故f(x)9.(5分)(2024陕西西安二模)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f(x)=2lg(-x)-x2,则f(10)=.

答案9解析由题意得f(x)为奇函数且定义域为R,所以f(10)=-f(-10),又f(-10)=2lg(10)-(-10)2=1-10=-9,所以f(10)10.(5分)(2024山东模拟)若正数a,b满足(1+a)3a=答案0,14解析将(1+a得到a2+3a+3+1a=b2+3b+3+1从而(a2-b2)+3(a-b)+1a-1b故(a-b)a+b+3-1ab=0,而a≠b,故a+b+3-1ab=0,又a>0,b>故1ab=a+b+3>2ab+从而2(ab)3+3(设函数g(x)=2x3+3x2,则g(ab)<g12=1,观察易得g(x)在(0,+∞)内单调递增,故ab<又a>0,b>0,所以0<ab<14关键能力提升练11.(多选题)(2024江苏徐州模拟)设函数f(x)=x|x-2|,x≥0,ax,x<0,函数g(xA.当a=0时,函数g(x)有3个零点B.当a>0时,函数g(x)只有1个零点C.当-2<a<0时,函数g(x)有5个零点D.存在实数a,使得函数g(x)没有零点答案ABC解析函数g(x)的零点个数即方程g(x)=0的不相等的根的个数,当x≥0时,f(x)=x|x-2|,则-x≤0,f(-x)=-ax,由f(x)-f(-x)=0,有x|x-2|=-ax,所以x=0或-a=|x-2|,当x<0时,f(x)=ax,则-x>0,f(-x)=-x|x+2|,由f(x)-f(-x)=0,有-x|x+2|=ax,所以-a=|x+2|,所以问题转化为关于x的方程-a=|x-2|(x≥0)和-a=|x+2|(x<0)的解的个数,作出函数y=|x-2|(x≥0),y=|x+2|(x<0),y=-a的图象如图.当-a=2,即a=-2时,有3个交点,即函数g(x)有4个零点,当0<-a<2,即-2<a<0时,有4个交点,函数g(x)有5个零点,当-a<0,即a>0时,只有x=0这一个零点,函数g(x)只有1个零点,当-a>2或-a=0,即a<-2或a=0时,有2个交点,函数g(x)有3个零点,无论实数a取何值,使得函数g(x)总有零点.故选ABC.12.(多选题)(2024广东湛江一模)已知大气压强p(Pa)随高度h(m)的变化满足关系式lnp0-lnp=kh,p0是海平面大气压强,k=10-4.我国陆地地势可划分为三级阶梯,其平均海拔如下表:阶梯平均海拔/m第一级阶梯≥4000第二级阶梯[1000,2000]第三级阶梯[200,1000)若用平均海拔的范围直接代表各级阶梯海拔的范围,设在第一、二、三级阶梯某处的压强分别为p1,p2,p3,则()A.p1≤p0e0.4C.p2<p3 D.p3≤e0.18p2答案ACD解析设在第一级阶梯某处的海拔为h1,则lnp0-lnp1=10-4h1,即h1=104lnp0因为h1≥4000,所以104lnp0p1≥4000,解得p1≤p由lnp0-lnp=kh,得ekh=p0p.当h>0时,ekh=p0p>1,即p0>p,所以p0>p设在第二级阶梯某处的海拔为h2,在第三级阶梯某处的海拔为h3,则lnp0-lnp2=10-4h2因为h2∈[1000,2000],h3∈[200,1000),所以h2-h3∈(0,1800],则0<lnp3p2≤10-4×1800=0.18,即1<p3p2≤e0.18,故p2<p3≤e0.18p13.(多选题)(2024江苏南京模拟)已知函数f(x)=2|x|1+xA.f(x)在区间(1,+∞)单调递增B.f(x)图象关于y轴对称C.f(x)在定义域内只有1个零点D.f(x)的值域为[0,1]答案BCD解析由于f(2)=45,f(3)=35,所以f(2)>f(3),因此f(x)在区间(1,+∞)内不是单调递增的,故A易知f(x)定义域为R,且f(-x)=2|-x|1+(-x)2=2|x|1+x2=f(x令f(x)=0即2|x|1+x2=0,得x=0,因此f(x)在定义域内只有1当x∈(0,+∞)时,f(x)=2x1+x2=21x+x,由基本不等式可得x+1x≥2,当且仅当x=1时,等号成立,所以0<1x+1x≤12,所以当x∈(0,+∞)时,0<f(x)≤1,又f(0)=0,函数f(14.(2024福建三明模拟)已知函数f(x)=12|x-1|,若f(2a2+a+2)-f(2a2-2a+4)<0,则实数a的取值范围为()A.23,+∞ B.-∞,23C.23,1 D.23,1∪(1,+∞)答案A解析当x≥1时,f(x)=12|x-1|=12x-1在区间[1,+∞)上单调递减,又2a2+a+2=2a+142+158>1,2a2-2a+4=2a-122+72>1,所以由f(2a2+a+2)-f(2a2-2a+4)<0,得f(2a2+a+2)<f(2a2-2a+4),因此2a2+a+2>2a2-2a+4,解得a>23,所以实数a的取值范围为23,+∞.故选A.15.(多选题)(2024陕西宝鸡模拟)已知函数f(x)=lgx+lg(2-x),则下列结论中正确的是()A.f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,2)上单调递增B.f(x)在区间(0,2)上单调递减C.f(x)的图象关于直线x=1对称D.f(x)有最大值,但无最小值答案CD解析函数f(x)=lgx+lg(2-x)的定义域为(0,2),且f(x)=lgx+lg(2-x)=lg(-x2+2x).因为y=-x2+2x在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,2)内单调递减,且y=lgx在区间(0,+∞)上单调递增,故f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,2)内单调递减,故选项A,B错误;由于f(2-x)=lg(2-x)+lgx=f(x),故f(x)的图象关于直线x=1对称,故选项C正确;因为y=-x2+2x在x=1处取得最大值,且y=lgx在区间(0,+∞)上单调递增,故f(x)有最大值,但无最小值,故选项D正确.故选CD.16.(2024安徽黄山模拟)“a<1”是“函数f(x)=log2[(1-a)x-1]在区间(1,+∞)上单调递增”的()A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案C解析令u=(1-a)x-1,则y=log2u,若f(x)=log2[(1-a)x-1]在区间(1,+∞)上单调递增,因为y=log2u在(1,+∞)上单调递增,则需使u=(1-a)x-1在区间(1,+∞)上单调递增,且u>0,则1-a>0,且1-a-1≥0,解得a≤0,因为(-∞,0]⫋(-∞,1),故“a<1”是“a≤0”的必要不充分条件,故选C.17.(2024黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)=|lnx|,若0<a<b,且f(a)=f(b),则a+4b的取值范围是()A.(4,+∞) B.[4,+∞)C.(5,+∞) D.[5,+∞)答案C解析由f(a)=f(b)得|lna|=|lnb|,根据y=|lnx|的图象,及0<a<b,得-lna=lnb,又0<a<1<b,所以1a=b.所以a+4b=4b+1b,令g(x)=4x+1x(x>1),由于g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以g(b)>4+1=5,即a+4b>5,18.(5分)已知定义在R上的函数f(x)满足:对于∀x1,x2∈R且x1≠x2,①f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),②f(x1)-f(x答案f(x)=2x(答案不唯一)解析因为对于∀x1,x2∈R,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以对应的函数可以是指数函数f(x)=ax(a>0且a≠1),因为对于∀x1,x2∈R且x1≠x2,有f(x1)-f(所以a>1,所以满足以上两个条件的一个函数为f(x)=2x.19.(5分)(2024山东济南期末)已知函数f(x)=|lnx|+1x,x>0,-x2-x+4,x≤0,g(x)=-x+a,若函数F(x)=f(x)-g(x)有三个零点x答案(-2,0]解析由题意设h(x)=f(x)+x,则函数F(x)=f(x)-g(x)的零点即为方程h(x)=a的根,在同一平面直角坐标系中分别画出函数h(x)的大致图象以及直线y=a,如图所示.若函数F(x)=f(x)-g(x)有三个零点x1,x2,x3(不妨设为x1<x2<x3),则方程h(x)=a有三个根x1,x2,x3,且x1≤0<x2<1<x3,所以a∈(2,4],且2<a=-x12+4=-lnx2+x2+1x2=ln1x2+1x2+因为y=lnx+x+1x在(1,+∞)内单调递增,所以x3=1x2,即x2x所以x1·x2·x3=x1.令2=a=-x2+4,x≤0,解得x=-2,令4=a=-x2+4,x≤0,解得x=0,所以x1·x2·x3=x1∈(-2,0].20.(5分)(2024陕西西安一模)f(x)=ex+1,x≤0,1x,x>0,若y=f(f(答案13,解析易知函数y=ex在R上是增函数,函数y=1x在(0,+∞)内是减函数,所以,当x≤0时,1<ex+1≤2,当x>0时,1x>0,于是函数f(x)的值域为(0,又函数f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减,函数f(x)的大致图象如图所示.设t=f(x)+1,由f(x)>0,可知t>1,则f(t)=1t因为y=f(f(x)+1)-k有两个零点,所以f(t)-k=0,即1t=k于是t=1k>1,则方程t=f(x)+1=1k,即f(x)=1k-所以由f(x)的图象可知,使方程f(x)=1k-1有两个零点,则满足1k>1,1<1k-1≤2,解得13≤k<核心素养创新练21.