2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题一 2 第2讲　基本初等函数、函数与方程及函数的应用 学案 Word版含解析.pdf

第 2 讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷函数的零点问题·T9 卷指数型函数图象的识别·T32018 卷对数的运算及不等式性质·T12 卷 指数与对数的互化、对数运算、比较大 小·T112017 卷函数的零点问题·T11 卷 幂函数、指数函数、对数函数的单调性、 比较大小·T8 2016 卷指数函数与幂函数的单调性、比较大小·T6 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 511 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 几年全国课标卷考查 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(综合型) 指数与对数式的 8 个运算公式 (1)am· an am n.(2)(am)n amn.(3)(ab)m ambm.(4)loga(MN) logaM logaN.(5)loga M N logaMlogaN.(6)logaMnnlogaM.(7)alogaNN.(8)logaN. logbN logba 注意 (1)(2)(3)中，a0，b0； (4)(5)(6)(7)(8)中，a0 且 a1，b0 且 b1，M0，N0. 典型例题 (1)(2018·高考天津卷)已知 alog2e， bln 2， clog， 则 a， b， c 的大小关系为( ) 1 2 1 3 Aabc Bbac Ccba Dcab (2)函数 y ln|x|的图象大致为( ) 1 x 【解析】 (1)因为 alog2e1， bln 2(0， 1)， cloglog23log2e1， 所以 cab， 1 2 1 3 故选 D. (2)当 x0 时， y ln x， 此时 f(1) ln 11， 而选项 A 中函数的最小值为 2， 故排除 A， 1 x 1 1 只有 B 正确故选 B. 【答案】 (1)D (2)B 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 注意分 a1 和 01 时， 两函数在定义域内都为增函数 ； 当 00 和 0，所以 yx 是对勾函数，若 00 时，yx 1 ax 1 ax 的值大于等于 2，函数 yax和 yx 的图象不可能有两个交点，故选 D. 1 ax 函数的零点(综合型) 函数的零点及其与方程根的关系 对于函数 f(x)，使 f(x)0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点函数 F(x)f(x)g(x)的零点就 是方程 f(x)g(x)的根，即函数 yf(x)的图象与函数 yg(x)的图象交点的横坐标 零点存在性定理 如果函数 yf(x)在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)·f(b)1，01，00， 1 a 所以 f(1)·f(0) 0) 在 2 个零点，则 a 的取值范围是( ) A1，0) B0，) C1，) D1，) 【解析】 函数 g(x)f(x)xa 存在 2 个零点，即关于 x 的方程 f(x)xa 有 2 个 不同的实根， 即函数 f(x)的图象与直线 yxa 有 2 个交点， 作出直线 yxa 与函数 f(x) 的图象，如图所示，由图可知，a1，解得 a1，故选 C. 【答案】 C 利用函数零点的情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)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解 (3)转化为两熟悉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(2018·洛阳第一次统考)已知函数 f(x)满足 f(1x)f(1x)f(x1)(xR)，且当 0x1 时，f(x)2x1，则方程|cos x|f(x)0 在1，3上的所有根的和为( ) A8 B9 C10 D11 解析：选 D.方程|cos x|f(x)0 在1，3上的所有根的和即 y|cos x|与 yf(x) 在1， 3上的图象交点的横坐标的和 由 f(1x)f(1x)得 f(x)的图象关于直线 x1 对称， 由 f(1x)f(x1)得 f(x)的图象关于 y 轴对称，由 f(1x)f(x1)得 f(x)的一个周 期为 2， 而当 0x1 时， f(x)2x1， 在同一坐标系中作出 yf(x)和 y|cos x|在1， 3上的大致图象，如图所示， 易知两图象在1， 3上共有 11 个交点， 又 yf(x)， y|cos x|的图象都关于直线 x1 对称，故这 11 个交点也关于直线 x1 对称，故所有根的和为 11.故选 D. 2已知函数 f(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 ex x 围是_ 解析 ： 由题意，知 x0，函数 f(x)有且只有一个零点等价 于方程kx0 只有一个根， 即方程k 只有一个根，设 ex x ex x2 g(x)， 则函数 g(x)的图象与直线 yk 只有一个交点 ex x2 ex x2 因为 g(x)， 所以函数 g(x)在(， 0)上为增函数， 在(0， 2)上为减函数， 在(2， （x2）ex x3 )上为增函数， g(x)的极小值 g(2)， 且 x0 时， g(x)， x时， g(x)0， x e2 4 时，g(x)，则 g(x)的图象如图所示，由图易知 0200，两边同时取对数，得 n1，又 lg 2lg 1.3 lg 1.12 3.8，则 n4.8，即 a5开始超过 200，所以 2022 年投入的研发 lg 2lg 1.3 lg 1.12 0.300.11 0.05 资金开始超过 200 万元，故选 B. 2某工厂某种产品的年固定成本为 250 万元，每生产 x 千件该产品需另投入的成本为 G(x)(单位 ： 万元)， 当年产量不足 80 千件时， G(x) x210x； 当年产量不小于 80 千件时， G(x) 1 3 51x1 450.已知每件产品的售价为 0.05 万元通过市场分析，该工厂生产的产 10 000 x 品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是_万元 解析：因为每件产品的售价为 0.05 万元， 所以x千件产品的销售额为0.05×1 000x50x万元 当0 0， log0.5（4x3） 0，) 3 4 2已知函数 f(x)(m2m5)xm是幂函数，且在 x(0，)时为增函数，则实数 m 的值是( ) A2 B4 C3 D2 或 3 解析：选 C.f(x)(m2m5)xm是幂函数m2m51m2 或 m3. 又在 x(0，)上是增函数， 所以 m3. 3若 alog，be ，clog3cos ，则( ) 1 1 3 3 5 Abca Bbac Cabc Dcab 解析 ： 选 B.因为 0log0，所以 0e01， 1 1 3 1 1 1 1 3 3 所以 b1.因为 0ac，选 B. 5 5 4函数 f(x)则不等式 f(x)2 的解集为( ) 2ex1，x2(x2(x2)，解得 x.10 故不等式 f(x)2 的解集为(1，2)(，)10 5 若函数 ya|x|(a0 且 a1)的值域为y|00 且 a1)的值域为y|00 时，yxln x，yln x1，令 y0，得 xe1， 所以当 x0 时，函数在(e1，)上单调递增，结合图象可知 D 正确，故选 D. 8设 x，y，z 为正数，且 2x3y5z，则( ) A2x1)， 则 xlog2k，ylog3k，zlog5k， 所以·1，即 2x3y. 2x 3y 2log2k 3log3k 2lg k lg 2 lg 3 3lg k 2lg 3 3lg 2 lg 9 lg 8 ·0 时， f(x)ln xx1， 则函数 g(x)f(x)ex(e 为自然对数的底数)的零点个数是( ) A0 B1 C2 D3 解析 ： 选 C.当 x0 时， f(x)ln xx1， f(x) 1， 所 1 x 1x x 以 x(0，1)时 f(x)0， 此时f(x)单调递增 ； x(1， )时， f(x)0时， f(x)maxf(1)ln 1110.根据 函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数yf(x)与yex的大致图象 如图所示， 观察到函数 yf(x)与 yex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已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且在区间0，)上单调递增，若 0且a1)在区间(2， ( 2 2) x 6)内有且只有 4 个不同的实根，则实数 a 的取值范围是( ) A. B(1，4) ( 1 4，1) C(1，8) D(8，) 解析：选 D.因为 f(x)为偶函数，且 f(2x)f(2x)，所以 f(4x)f(x)f(x)， 所以 f(x)为偶函数且周期为 4， 又当2x0 时，f(x)1， ( 2 2) x 画出 f(x)在(2，6)上的大致图象，如图所示 若f(x)loga(x2)0(a0且a1)在(2， 6)内有4个不同的实根， 则yf(x)的图象与y loga(x2)的图象在(2，6)内有 4 个不同的交点 所以所以 a8，故选 D. a 1， loga（62） 0，) 品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间的变化如图所示给出以下四个结论： 该食品在 6 的保鲜时间是 8 小时； 当 x6，6时，该食品的保鲜时间 t 随着 x 的增大而逐渐减少； 到了此日 13 时，甲所购买的食品还在保鲜时间内； 到了此日 14 时，甲所购买的食品已过了保鲜时间 其中，所有正确结论的序号是_ 解析：因为某食品的保鲜时间 t(单位：小时)与储藏温度 x(单位：)满足函数关系式 t 且该食品在 4 时的保鲜时间是 16 小时，所以 24k616，即 4k64， 64，x 0， 2kx6，x 0，) 解得 k ，所以 t 1 2 64，x 0， 2x6，x 0.) 当 x6 时，t8，故正确； 当 x6， 0时， 保鲜时间恒为 64 小时， 当 x(0， 6时， 该食品的保鲜时间 t 随着 x 的增大而逐渐减少，故错误； 此日 10 时，温度为 8 ，此时保鲜时间为 4 小时，而随着时间的推移，到 11 时， 温度为 11 ，此时的保鲜时间 t2 ×1161.414 小时，到 13 时，甲所购买的食品 1 2 2 不在保鲜时间内，故错误； 由可知，到了此日 14 时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故正确 所以正确结论的序号为. 答案：