2022年高考三轮复习之回归基础练第4练　基本初等函数

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第4练　基本初等函数，共8页。


考点一 二次函数与幂函数
要点重组
1．二次函数最值的类型及解法：
(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键都是对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论．
(2)常结合二次函数在该区间上的单调性或图象求解，最值一般在区间的端点或顶点处取得．
2．幂函数：
(1)对于幂函数图象的掌握只要抓住在第一象限内三条线分第一象限为六个区域，即x＝1，y＝1，y＝x分区域，根据α<0,0<α<1，α＝1，α>1的取值确定位置后，其余象限部分由奇偶性决定．
(2)在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较．
1．(2020·石家庄质检)已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(0)＝f(4)>f(1)，则( )
A．a>0,4a＋b＝0 B．a<0,4a＋b＝0
C．a>0,2a＋b＝0 D．a<0,2a＋b＝0
答案 A
解析 因为f(0)＝f(4)，即c＝16a＋4b＋c，所以4a＋b＝0，又f(0)>f(1)，即c>a＋b＋c，所以a＋b<0，即a＋(－4a)<0，所以－3a<0，所以a>0.
2．已知幂函数g(x)＝(2a－1)xa＋1的图象过函数f(x)＝mx－b－eq \f(1,2)(m>0，且m≠1)的图象所经过的定点，则b的值等于( )
A．±eq \f(1,2) B．±eq \f(\r(2),2) C．2 D．±2
答案 B
解析 由g(x)＝(2a－1)xa＋1为幂函数，得2a－1＝1，
解得a＝1，所以g(x)＝x2.
又函数f(x)＝mx－b－eq \f(1,2)(m>0，且m≠1)，
当x＝b时，f(b)＝mb－b－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
故f(x)的图象所经过的定点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(1,2)))，
所以g(b)＝eq \f(1,2)，即b2＝eq \f(1,2)，解得b＝±eq \f(\r(2),2)，故选B.
3.已知幂函数y＝xα，当α取不同的正数时，在区间[0,1]上它们的图象是一组美丽的曲线(如图)，设点A(1,0)，B(0,1)，连接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数y＝xa，y＝xb的图象三等分，即有BM＝MN＝NA，那么a－eq \f(1,b)等于( )
A．0 B．1 C.eq \f(1,2) D．2
答案 A
解析 BM＝MN＝NA，点A(1,0)，B(0,1)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)))，
将两点坐标分别代入y＝xa，y＝xb，
得a＝，b＝，
所以a－eq \f(1,b)＝－
＝－＝0.
4．已知在(－∞，1]上递减的函数f(x)＝x2－2tx＋1，且对任意的x1，x2∈[0，t＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤2，则实数t的取值范围是( )
A．[－eq \r(2)，eq \r(2)] B．[1，eq \r(2)]
C．[2,3] D．[1,2]
答案 B
解析 由于f(x)＝x2－2tx＋1的图象的对称轴为x＝t，
又y＝f(x)在(－∞，1]上是减函数，∴t≥1.
则在区间[0，t＋1]上，f(x)max＝f(0)＝1，
f(x)min＝f(t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，
要使对任意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤2，
只需1－(－t2＋1)≤2，解得－eq \r(2)≤t≤eq \r(2).
又t≥1，∴1≤t≤eq \r(2).
考点二 指数与对数的计算
要点重组
1．指数幂：
(1)正数的正分数指数幂：
＝eq \r(n,am)(a>0，m，n∈N*，n>1)．
(2)正数的负分数指数幂：
＝eq \f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，n>1)．
(3)0的正分数指数幂是0,0的负分数指数幂无意义．
(4)有理指数幂的运算性质：
①ar·as＝ar＋s(a>0，r，s∈Q)；
②(ar)s＝ars(a>0，r，s∈Q)；
③(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈Q)．
2．对数的性质、运算性质与换底公式
(1)对数的性质：
①＝N；
②lgaab＝b(a>0，且a≠1)．
(2)对数的运算性质
如果a>0且a≠1，M>0，N>0，那么
①lga(MN)＝lgaM＋lgaN；
②lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN；
③lgaMn＝nlgaM(n∈R)．
(3)换底公式：lgbN＝eq \f(lgaN,lgab)(a，b均大于零且不等于1，N>0)．
5．(2020·全国Ⅰ)设alg34＝2，则4－a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alg34＝2，
所以lg34a＝2，
所以4a＝32＝9，
所以4－a＝eq \f(1,4a)＝eq \f(1,9).
方法二 因为alg34＝2，
所以a＝eq \f(2,lg34)＝2lg43＝lg432＝lg49，
所以4－a＝＝＝9－1＝eq \f(1,9).
6．(2020·重庆质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x，x≤0，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x>0，))则f(f(lg23))等于( )
A．－9 B．－1 C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,27)
答案 B
解析 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x，x≤0，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x>0，))
以及lg23>1，
得f(lg23)＝＝＝－eq \f(1,3)，
所以f(f(lg23))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－1，
故选B.
7．(多选)若10a＝4,10b＝25，则下列结论正确的是( )
A．a＋b＝2 B．b－a＝1
C．ab>8lg22 D．b－a>lg 6
答案 ACD
解析 由10a＝4,10b＝25，得a＝lg 4，b＝lg 25，
则a＋b＝lg 4＋lg 25＝lg 100＝2，b－a＝lg 25－lg 4＝lg eq \f(25,4)，
∵lg 10＝1>lg eq \f(25,4)>lg 6，∴b－a>lg 6，
∴ab＝4lg 2lg 5>4lg 2lg 4＝8lg22，故选ACD.
8．(2020·云南曲靖一中月考)lg 2－lg eq \f(1,5)－eln 2－＋eq \r(－22)的值为________．
答案 －1
解析 原式＝lg 2＋lg 5－2－＋2
＝lg(2×5)－2－2＋2＝1－2＝－1.
考点三 指数函数与对数函数
要点重组
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a>1和01时，两函数在定义域内都为增函数；当02．由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．
9．(2020·全国Ⅲ)设a＝lg32，b＝lg53，c＝eq \f(2,3)，则( )
A．aC．b答案 A
解析 ∵3lg32＝lg38<2，
∴lg32∵3lg53＝lg527>2，
∴lg53>eq \f(2,3)，即b>c.
∴a10．(2019·浙江)在同一直角坐标系中，函数y＝eq \f(1,ax)，y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))(a＞0，且a≠1)的图象可能是( )
答案 D
解析 若0＜a＜1，则函数y＝eq \f(1,ax)是增函数，y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))是减函数且其图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))是增函数且其图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，结合选项可知，没有符合的图象．
11．(2020·全国Ⅱ)若2x－2y<3－x－3－y，则( )
A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0
C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0
答案 A
解析 设函数f(x)＝2x－3－x.
因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，
所以f(x)在R上单调递增．
原式等价于2x－3－x<2y－3－y，即f(x)所以x0，所以y－x＋1>1，
所以A正确，B不正确．
因为|x－y|与1的大小关系不能确定，所以C，D不正确．
12．若定义在[1,2]上的函数f(x)＝lga(6－ax)为减函数，且2f(x)≤恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 [2,3)
解析 ∵y＝f(x)在区间[1,2]上为减函数，
∴由复合函数的性质得a>1.
当x∈[1,2]时，由6－ax>0恒成立得，6－2a>0，
解得a<3，
又∵2f(x)≤恒成立，即f(x)≤2恒成立．
∴f(1)≤2，∴lga(6－a)≤2，
解得2≤a<6或a≤－3(舍去)．
∴实数a的取值范围为[2,3)．
1．已知f(x)满足∀x∈R，f(－x)＋f(x)＝0，且当x≤0时，f(x)＝eq \f(1,ex)＋k(k为常数)，则f(ln 5)的值为( )
A．4 B．－4 C．6 D．－6
答案 B
解析 由题意知f(x)是奇函数，所以f(0)＝eq \f(1,e0)＋k＝1＋k＝0，即k＝－1，
所以f(ln 5)＝－f(－ln 5)＝－(eln 5－1)＝－4.
2．已知a>b>1，ab＝ba，ln a＝4ln b，则eq \f(a,b)等于( )
A.eq \r(2) B．2 C.eq \r(3,4) D．4
答案 D
解析 由ln a＝4ln b可知ln a＝ln b4，
即a＝b4.
又结合ab＝ba可知b4b＝ba，
所以a＝4b，即eq \f(a,b)＝4.
3．(多选)若函数f(x)＝ax－2，g(x)＝lga|x|，其中a>0，且a≠1，则函数f(x)，g(x)在同一坐标系中的大致图象可能是( )
答案 AD
解析 当01时，f(x)＝ax－2单调递增，g(x)＝lga|x|在(0，＋∞)上单调递增，此时D选项符合题意，故选AD.
4．设x，y，z均大于1，且，令则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．b>a>c
答案 D
解析 ∵，
∴
令
∵x，y，z均大于1，
∴k>0，∴
∴

可得a，b，c均大于1，
∴a12＝8k，b12＝9k，c12＝6k，
∵9k>8k>6k，
∴b>a>c，故选D.
5．已知函数f(x)是奇函数，g(x)＝f(x)＋eq \f(2,1＋2x)，x∈(－1,1)，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))的值为________．
答案 2
解析 因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋＋，
又f(x)为奇函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(2,1＋\r(2))＋eq \f(2\r(2),1＋\r(2))＝2.
6．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg4x))，04，))若a答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16，64))
解析 作出函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg4x))，04))的图象，如图所示．
∵当a∴－lg4a＝lg4b，即lg4a＋lg4b＝0，则lg4(ab)＝0，
∴eq \f(1,4)∴16＝24<(ab＋1)c＝2c<26＝64，
即(ab＋1)c的取值范围是(16，64).