新课标2025版高考数学二轮复习专题六函数与导数第2讲基本初等函数函数与方程学案理新人教A版

PAGE1-第2讲基本初等函数、函数与方程[做真题]题型一指数与指数函数1．(2024·高考全国卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则()A．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．b<c<a解析：选B．因为a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a<c<b.故选B．2．(2024·高考全国卷Ⅲ)已知a＝2eq\s\up6(\f(4,3))，b＝4eq\s\up6(\f(2,5))，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))，则()A．b＜a＜c B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜b解析：选A．因为a＝2eq\s\up6(\f(4,3))＝16eq\s\up6(\f(1,3))，b＝4eq\s\up6(\f(2,5))＝16eq\s\up6(\f(1,5))，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))，且幂函数y＝xeq\s\up6(\f(1,3))在R上单调递增，指数函数y＝16x在R上单调递增，所以b＜a＜c.3．(一题多解)(2024·高考全国卷Ⅱ)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax.若f(ln2)＝8，则a＝________．解析：法一：由x>0可得－x<0，由f(x)是奇函数可知f(－x)＝－f(x)，所以x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－[－ea(－x)]＝e－ax，则f(ln2)＝e－aln2＝8，所以－aln2＝ln8＝3ln2，所以a＝－3.法二：由f(x)是奇函数可知f(－x)＝－f(x)，所以f(ln2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝－(－ealneq\f(1,2))＝8，所以alneq\f(1,2)＝ln8＝3ln2，所以a＝－3.答案：－3题型二对数与对数函数(一题多解)(2024·高考全国卷Ⅰ)若a＞b＞1，0＜c＜1，则()A．ac＜bc B．abc＜bacC．alogbc＜blogac D．logac＜logbc解析：选C．法一：由a>b>1，0<c<1，知ac>bc，A错；因为0<c<1，所以－1<c－1<0，所以y＝xc－1在x∈(0，＋∞)上是减函数，所以bc－1>ac－1，又ab>0，所以ab·bc－1>ab·ac－1，即abc>bac，B错；易知y＝logcx是减函数，所以0>logcb>logca，D错；由logbc<logac<0，得－logbc>－logac>0，又a>b>1>0，所以－alogbc>－blogac>0，所以alogbc<blogac，故C正确．法二：依题意，不妨取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2).易验证A、B、D均是错误的，只有C正确．题型三函数的零点问题1．(2024·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1解析：选C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,2).故选C．2．(2024·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0,lnx，x>0))，g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是()A．[－1，0) B．[0，＋∞)C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)解析：选C．函数g(x)＝f(x)＋x＋a存在2个零点，即关于x的方程f(x)＝－x－a有2个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线y＝－x－a有2个交点，作出直线y＝－x－a与函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，－a≤1，解得a≥－1，故选C．3．(2024·高考全国卷Ⅲ)函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零点个数为________．解析：由题意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq\f(π,9)；当k＝1时，x＝eq\f(4π,9)；当k＝2时，x＝eq\f(7π,9)，均满意题意，所以函数f(x)在[0，π]的零点个数为3.答案：3[明考情]1．基本初等函数作为高考的命题热点，多考查利用函数的性质比较大小，一般出现在第5～11题的位置，有时难度较大．2．函数的应用问题多体现在函数零点与方程根的综合问题上，近几年全国卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难．基本初等函数的图象与性质[典型例题](1)(2024·高考北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝xeq\s\up6(\f(1,2)) B．y＝2－xC．y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x D．y＝eq\f(1,x)(2)(2024·高考天津卷)已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，则a，b，c的大小关系为()A．c<b<a B．a<b<cC．b<c<a D．c<a<b(3)(2024·高考浙江卷)在同始终角坐标系中，函数y＝eq\f(1,ax)，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(a>0，且a≠1)的图象可能是()【解析】(1)对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝eq\f(1,x)可转化为y＝x－1，所以函数y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B中的函数y＝2－x可转化为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A．(2)因为a＝log27>log24＝2，b＝log38<log39＝2，b＝log38>1，c＝0.30.2<1，所以c<b<a.故选A．(3)通解：若0<a<1，则函数y＝eq\f(1,ax)是增函数，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))是减函数且其图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，结合选项可知，选项D可能成立；若a>1，则y＝eq\f(1,ax)是减函数，而y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))是增函数且其图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，结合选项可知，没有符合的图象．故选D．优解：分别取a＝eq\f(1,2)和a＝2，在同一坐标系内画出相应函数的图象(图略)，通过对比可知选D．【答案】(1)A(2)A(3)Deq\a\vs4\al()基本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a的值不确定时，要留意分a>1和0<a<1两种状况探讨：当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a<1时，两函数在定义域内都为减函数．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的探讨往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后依据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行推断．(3)对于幂函数y＝xα的性质要留意α>0和α<0两种状况的不同．[对点训练]1．(一题多解)若函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)，则f(2)＋g(4)＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：选D．法一：因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝2x，所以g(x)＝log2x，所以f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.法二：因为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x).所以f(2)＝4，即函数f(x)的图象经过点(2，4)，因为函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，所以函数g(x)的图象经过点(4，2)，所以f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.2．(2024·福建五校其次次联考)已知a＝log3eq\f(7,2)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up6(\f(1,3))，c＝logeq\s\do9(\f(1,3))eq\f(1,5)，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．c>a>b解析：选D．a＝log3eq\f(7,2)，c＝logeq\s\do9(\f(1,3))eq\f(1,5)＝log35，由对数函数y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，可得log35>log3eq\f(7,2)>log33，所以c>a>1.借助指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(x)的图象易知b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up6(\f(1,3))∈(0，1)，故c>a>b，选D．3．(2024·开封模拟)设x1，x2，x3均为实数，且e－x1＝ln(x1＋1)，e－x2＝lgx2，e－x3＝lnx3，则()A．x3<x2<x1 B．x2<x1<x3C．x3<x1<x2 D．x1<x3<x2解析：选D．依据题意可知，实数x1，x2，x3分别是函数y＝e－x与y＝ln(x＋1)、y＝lgx、y＝lnx图象交点的横坐标．在同始终角坐标系中作出函数y＝e－x、y＝ln(x＋1)、y＝lgx、y＝lnx的图象如图所示，由图知，x1<x3<x2，故选D．函数与方程[典型例题]命题角度一确定函数零点的个数或其存在状况(1)已知实数a>1，0<b<1，则函数f(x)＝ax＋x－b的零点所在的区间是()A．(－2，－1) B．(－1，0)C．(0，1) D．(1，2)(2)设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cosπx|－f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上零点的个数为()A．3 B．4C．5 D．6【解析】(1)因为a>1，0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，所以f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，所以f(－1)·f(0)<0，则由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1，0)上存在零点．(2)由f(－x)＝f(x)，得f(x)的图象关于y轴对称．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的图象关于直线x＝1对称．当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1，2]上的图象如图．令g(x)＝|cosπx|－f(x)＝0，得|cosπx|＝f(x)，两函数y＝f(x)与y＝|cosπx|的图象在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上的交点有5个．【答案】(1)B(2)Ceq\a\vs4\al()推断函数零点个数的方法(1)干脆求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．(2)利用零点存在性定理：利用该定理还必需结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合法：对于给定的函数不能干脆求解或画出图形时，常会通过分解转化为两个能画出图象的函数交点问题．命题角度二已知函数零点的个数或存在状况求参数的取值范围(1)(2024·合肥市其次次质量检测)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x>0，,ex(x＋1)，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则实数b的取值范围是()A．(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0))C．{0}∪(1，＋∞) D．(0，1](2)(2024·济阳模拟)若关于x的方程ex＋ax－a＝0没有实数根，则实数a的取值范围是()A．(－e2，0] B．[0，e2)C．(－e，0] D．[0，e)【解析】(1)当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，则f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间为(－2，0]，由f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，且易知x<－1时，f(x)<0，f(0)＝1.由以上分析，可作出分段函数f(x)的图象，如图所示．要使函数g(x)＝f(x)－b有三个零点，则方程f(x)－b＝0，即f(x)＝b有三个不同的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b的取值范围是(0，1]，故选D．(2)由题意可知只需证ex＋ax－a>0恒成立，即证ex>－a(x－1)．当x<1时，－a>eq\f(ex,x－1)，令f(x)＝eq\f(ex,x－1)，则f′(x)＝eq\f(ex(x－2),(x－1)2)<0，则f(x)单调递减，即有f(x)<0，解得－a≥0，即a≤0；当x＝1时，e>0成立，a可以是随意实数；当x>1时，－a<eq\f(ex,x－1)，令f(x)＝eq\f(ex,x－1)，则f′(x)＝eq\f(ex(x－2),(x－1)2)，当x∈(1，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得微小值，也是最小值e2，即有－a<e2，解得a>－e2.综上，实数a的取值范围是(－e2，0]，故选A．【答案】(1)D(2)Aeq\a\vs4\al()利用函数零点的状况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．(2)分别参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟识的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[对点训练]1．(2024·长春市质量监测(一))已知函数f(x)＝eq\f(x－1,x－2)与g(x)＝1－sinπx，则函数F(x)＝f(x)－g(x)在区间[－2，6]上全部零点的和为()A．4 B．8C．12 D．16解析：选D．令F(x)＝f(x)－g(x)＝0，得f(x)＝g(x)，在同一平面直角坐标系中分别画出函数f(x)＝1＋eq\f(1,x－2)与g(x)＝1－sinπx的图象，如图所示，又f(x)，g(x)的图象都关于点(2，1)对称，结合图象可知f(x)与g(x)的图象在[－2，6]上共有8个交点，交点的横坐标即F(x)＝f(x)－g(x)的零点，且这些交点关于直线x＝2成对出现，由对称性可得全部零点之和为4×2×2＝16，故选D．2．已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－kx(e为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k的取值范围是________．解析：由题意，知x≠0，函数f(x)有且只有一个零点等价于方程eq\f(ex,x)－kx＝0只有一个根，即方程eq\f(ex,x2)＝k只有一个根，设g(x)＝eq\f(ex,x2)，则函数g(x)＝eq\f(ex,x2)的图象与直线y＝k只有一个交点．因为g′(x)＝eq\f((x－2)ex,x3)，所以函数g(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g(x)的微小值g(2)＝eq\f(e2,4)，且x→0时，g(x)→＋∞，x→－∞时，g(x)→0，x→＋∞时，g(x)→＋∞，则g(x)的图象如图所示，由图易知0<k<eq\f(e2,4).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))函数的实际应用[典型例题](1)(2024·高考全国卷Ⅱ)2024年1月3日嫦娥四号探测器胜利实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆须要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，放射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，依据牛顿运动定律和万有引力定律，r满意方程：eq\f(M1,(R＋r)2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).设α＝eq\f(r,R).由于α的值很小，因此在近似计算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,(1＋α)2)≈3α3，则r的近似值为()A．eq\r(\f(M2,M1))R B．eq\r(\f(M2,2M1))RC．eq\r(3,\f(3M2,M1))R D．eq\r(3,\f(M2,3M1))R(2)(2024·高考北京卷)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满意m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k＝1，2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为()A．1010.1 B．10.1C．lg10.1 D．10－10.1【解析】(1)由eq\f(M1,(R＋r)2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3)，得eq\f(M1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(r,R)))\s\up12(2))＋eq\f(M2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))\s\up12(2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(r,R)))M1.因为α＝eq\f(r,R)，所以eq\f(M1,(1＋α)2)＋eq\f(M2,α2)＝(1＋α)M1，得eq\f(3α3＋3α4＋α5,(1＋α)2)＝eq\f(M2,M1).由eq\f(3α3＋3α4＋α5,(1＋α)2)≈3α3，得3α3≈eq\f(M2,M1)，即3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))eq\s\up12(3)≈eq\f(M2,M1)，所以r≈eq\r(3,\f(M2,3M1))·R，故选D．(2)依据题意，设太阳的星等与亮度分别为m1与E1，天狼星的星等与亮度分别为m2与E2，则由已知条件可知m1＝－26.7，m2＝－1.45，依据两颗星的星等与亮度满意m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，把m1与m2的值分别代入上式得，－1.45－(－26.7)＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，得lgeq\f(E1,E2)＝10.1，所以eq\f(E1,E2)＝1010.1，故选A．【答案】(1)D(2)Aeq\a\vs4\al()应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键(1)一般程序：eq\f(读题,文字语言)⇒eq\f(建模,数学语言)⇒eq\f(求解,数学应用)⇒eq\f(反馈,检验作答).(2)解题关键：解答这类问题的关键是准确地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关学问加以综合解答．[对点训练]1．某公司为激励创新，安排逐年加大研发资金投入．若该公司2024年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金起先超过200万元的年份是()(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)A．2024年 B．2024年C．2024年 D．2024年解析：选B．依据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2024年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{an}，其中，首项a1＝130，公比q＝1＋12%＝1.12，所以an＝130×1.12n－1.由130×1.12n－1>200，两边同时取对数，得n－1>eq\f(lg2－lg1.3,lg1.12)，又eq\f(lg2－lg1.3,lg1.12)≈eq\f(0.30－0.11,0.05)＝3.8，则n>4.8，即a5起先超过200，所以2024年投入的研发资金起先超过200万元，故选B．2．某食品的保鲜时间y(单位：h)与储存温度x(单位：℃)满意的函数关系式为y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．若该食品在0℃的保鲜时间是192h，在22℃的保鲜时间是48h，则该食品在33℃的保鲜时间是________h.解析：由已知，得eb＝192，e22k＋b＝48，两式相除得e22k＝eq\f(1,4)，所以e11k＝eq\f(1,2)，所以e33k＋b＝(e11k)3eb＝eq\f(1,8)×192＝24，即该食品在33℃的保鲜时间是24h.答案：24一、选择题1．已知函数f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数，且在x∈(0，＋∞)时为增函数，则实数m的值是()A．－2 B．4C．3 D．－2或3解析：选C．f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数⇒m2－m－5＝1⇒m＝－2或m＝3.又在x∈(0，＋∞)上是增函数，所以m＝3.2．函数y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过的点是()A．(0，0) B．(0，－1)C．(－2，0) D．(－2，－1)解析：选C．令x＋2＝0，得x＝－2，所以当x＝－2时，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过点(－2，0)．3．若a＝logeq\s\do9(\f(1,π))eq\f(1,3)，b＝eeq\s\up6(\f(π,3))，c＝log3coseq\f(π,5)，则()A．b>c>a B．b>a>cC．a>b>c D．c>a>b解析：选B．因为0<eq\f(1,π)<eq\f(1,3)<1，所以1＝logeq\s\do9(\f(1,π))eq\f(1,π)>logeq\s\do9(\f(1,π))eq\f(1,3)>0，所以0<a<1，因为b＝eeq\s\up6(\f(π,3))>e0＝1，所以b>1.因为0<coseq\f(π,5)<1，所以log3coseq\f(π,5)<log31＝0，所以c<0.故b>a>c，选B．4．已知函数f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)＋a))是奇函数，且在x＝0处有意义，则该函数为()A．(－∞，＋∞)上的减函数B．(－∞，＋∞)上的增函数C．(－1，1)上的减函数D．(－1，1)上的增函数解析：选D．由题意知，f(0)＝lg(2＋a)＝0，所以a＝－1，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)－1))＝lgeq\f(x＋1,1－x)，令eq\f(x＋1,1－x)>0，则－1<x<1，解除A、B，又y＝eq\f(2,1－x)－1在(－1，1)上是增函数，所以f(x)在(－1，1)上是增函数，选D．5．若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，则函数y＝loga|x|的图象大致是()解析：选A．若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，则0<a<1，故loga|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，由此可知y＝loga|x|的图象大致为A．6．20世纪30年头，为了防范地震带来的灾难，里克特(C．F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是运用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lgA－lgA0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的()A．10倍 B．20倍C．50倍 D．100倍解析：选D．依据题意有lgA＝lgA0＋lg10M＝lg(A0·10M)．所以A＝A0·10M，则eq\f(A0×107,A0×105)＝100.故选D．7．若函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y＝ex关于y轴对称，则f(x)的解析式为()A．f(x)＝ex＋1 B．f(x)＝ex－1C．f(x)＝e－x＋1 D．f(x)＝e－x－1解析：选D．与y＝ex的图象关于y轴对称的图象对应的函数为y＝e－x.依题意，f(x)的图象向右平移1个单位长度，得y＝e－x的图象，所以f(x)的图象是由y＝e－x的图象向左平移1个单位长度得到的，所以f(x)＝e－(x＋1)＝e－x－1.8．已知f(x)＝|ln(x＋1)|，若f(a)＝f(b)(a<b)，则()A．a＋b>0 B．a＋b>1C．2a＋b>0 D．2a＋b>1解析：选A．作出函数f(x)＝|ln(x＋1)|的图象如图所示，由f(a)＝f(b)(a<b)，得－ln(a＋1)＝ln(b＋1)，即ab＋a＋b＝0，所以0＝ab＋a＋b<eq\f((a＋b)2,4)＋a＋b，即(a＋b)(a＋b＋4)>0，又易知－1<a<0，b>0.所以a＋b＋4>0，所以a＋b>0.故选A．9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－6x＋6，x≥0，,3x＋3，x<0，))若不相等的实数x1，x2，x3满意f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1＋x2＋x3的取值范围是()A．(4，6] B．(4，6)C．(eq\f(11,3)，6] D．(eq\f(11,3)，6)解析：选B．作出函数f(x)的图象如图所示．由题意可知f(x1)＝f(x2)＝f(x3)．设x1<x2<x3，由图象可知x2，x3关于直线x＝3对称，所以x2＋x3＝6.当x≥0时，f(x)的最小值为f(3)＝－3，当x<0时，由3x＋3＝－3得x＝－2，所以－2<x1<0，故x1＋x2＋x3∈(4，6)．故选B．10．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且x>0时，f(x)＝lnx－x＋1，则函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C．当x>0时，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以x∈(0，1)时f′(x)>0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．因此，当x>0时，f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋1＝0.依据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象如图所示，视察到函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．11．(2024·重庆市学业质量调研)已知函数f(x)＝2x＋log3eq\f(2＋x,2－x)，若不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>3成立，则实数m的取值范围是()A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：选D．由eq\f(2＋x,2－x)>0得x∈(－2，2)，又y＝2x在(－2，2)上单调递增，y＝log3eq\f(2＋x,2－x)＝log3eq\f(x－2＋4,2－x)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(4,x－2)))在(－2，2)上单调递增，所以函数f(x)为增函数，又f(1)＝3，所以不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>3成立等价于不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>f(1)成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<\f(1,m)<2，,\f(1,m)>1，))解得eq\f(1,2)<m<1，故选D．12．已知函数f(x)＝sinx－sin3x，x∈[0，2π]，则f(x)的全部零点之和等于()A．5π B．6πC．7π D．8π解析：选C．f(x)＝sinx－sin3x＝sin(2x－x)－sin(2x＋x)＝－2cos2xsinx，令f(x)＝0,可得cos2x＝0或sinx＝0，因为x∈[0，2π]，所以2x∈[0，4π]，由cos2x＝0可得2x＝eq\f(π,2)或2x＝eq\f(3π,2)或2x＝eq\f(5π,2)或2x＝eq\f(7π,2)，所以x＝eq\f(π,4)或x＝eq\f(3π,4)或x＝eq\f(5π,4)或x＝eq\f(7π,4)，由sinx＝0可得x＝0或x＝π或x＝2π，因为eq\f(π,4)＋eq\f(3π,4)＋eq\f(5π,4)＋eq\f(7π,4)＋0＋π＋2π＝7π，所以f(x)的全部零点之和等于7π，故选C．二、填空题13．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,log\s\do9(\f(1,2))x，x>0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(log2eq\f(1,6))＝________．解析：由题可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,4)＝2，因为log2eq\f(1,6)<0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,6)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(log2\f(1,6))＝2eq\s\up6(log26)＝6，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\a