高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专题一第讲基本初等函数函数与方程及函数的应用学案.docx
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高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专题一第讲基本初等函数函数与方程及函数的应用学案
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
2018
卷Ⅰ
函数的零点问题·T9
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，近几年全国课标卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难.
卷Ⅱ
指数型函数图象的识别·T3
卷Ⅲ
对数的运算及不等式性质·T12
2017
卷Ⅰ
指数与对数的互化、对数运算、比较大小·T11
卷Ⅲ
函数的零点问题·T11
2016
卷Ⅰ
幂函数、指数函数、对数函数的单调性、比较大小·T8
卷Ⅲ
指数函数与幂函数的单调性、比较大小·T6
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＝logaM－logaN.（6）logaMn＝nlogaM.（7）alogaN＝N.（8）logaN＝.
[注意]
（1）
（2）（3）中，a>0，b>0；（4）（5）（6）（7）（8）中，a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0.
[典型例题]
（1）（2018·高考天津卷）已知a＝log2e，b＝ln2，c＝log，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>b>aD．c>a>b
（2）函数y＝＋ln|x|的图象大致为（ ）
【解析】
（1）因为a＝log2e>1，b＝ln2∈（0，1），c＝log＝log23>log2e>1，所以c>a>b，故选D.
（2）当x<0时，y＝＋ln（－x），由函数y＝，y＝ln（－x）单调递减，知函数y＝＋ln（－x）单调递减，排除C，D；
当x>0时，y＝＋lnx，此时f
（1）＝＋ln1＝1，而选项A中函数的最小值为2，故排除A，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a>1和0当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0（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．
（3）对于幂函数y＝xα的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同．
[对点训练]
1．（2018·武汉模拟）已知定义在R上的函数f（x）＝2|x－m|－1为偶函数，记a＝f（log0.53），b＝f（log25），c＝f（2m），则（ ）
A．aC．c解析：
选C.函数f（x）＝2|x－m|－1为偶函数，则m＝0，则f（x）＝2|x|－1，a＝f（log0.53）＝2log23－1＝2，b＝f（log25）＝2log25－1＝4，c＝f（0）＝20－1＝0.故c2．已知a是大于0的常数，把函数y＝ax和y＝＋x的图象画在同一平面直角坐标系中，不可能出现的是（ ）
解析：
选D.因为a>0，所以y＝＋x是对勾函数，若00时，y＝＋x的值大于等于2，函数y＝ax和y＝＋x的图象不可能有两个交点，故选D.
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y＝f（x）的图象与函数y＝g（x）的图象交点的横坐标．
零点存在性定理
如果函数y＝f（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）<0，那么函数y＝f（x）在区间（a，b）内有零点，即存在c∈（a，b），使得f（c）＝0，这个c也就是方程f（x）＝0的根．
[典型例题]
命题角度一 确定函数零点的个数或其存在情况
（1）已知实数a>1，0A．（－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）在区间上零点的个数为（ ）
A．3B．4
C．5D．6
【解析】
（1）因为a>1，0所以f（－1）＝－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|的图象在上的交点有5个．
【答案】
（1）B
（2）C
判断函数零点个数的方法
（1）直接求零点：
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：
利用该定理还必须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直接求解或画出图形时，常会通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题．
命题角度二 已知函数零点的个数或存在情况求参数的取值范围
（2018·高考全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝，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】 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.
【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（1－x）＝f（1＋x）＝f（x－1）（x∈R），且当0≤x≤1时，f（x）＝2x－1，则方程|cosπx|－f（x）＝0在[－1，3]上的所有根的和为（ ）
A．8 B．9
C．10D．11
解析：
选D.方程|cosπx|－f（x）＝0在[－1，3]上的所有根的和即y＝|cosπx|与y＝f（x）在[－1，3]上的图象交点的横坐标的和．由f（1－x）＝f（1＋x）得f（x）的图象关于直线x＝1对称，由f（1－x）＝f（x－1）得f（x）的图象关于y轴对称，由f（1＋x）＝f（x－1）得f（x）的一个周
期为2，而当0≤x≤1时，f（x）＝2x－1，在同一坐标系中作出y＝f（x）和y＝|cosπx|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y＝f（x），y＝|cosπx|的图象都关于直线x＝1对称，故这11个交点也关于直线x＝1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－kx＝0只有一个根，即方程＝k只有一个根，设g（x）＝，则函数g（x）＝的图象与直线y＝k只有一个交点．
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，＋∞）上为增函数，g（x）的极小值g
（2）＝，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答案：
函数的实际应用（综合型）
[典型例题]
某食品的保鲜时间y（单位：
h）与储存温度x（单位：
℃）满足的函数关系式为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＝，所以e11k＝，
所以e33k＋b＝（e11k）3eb＝×192＝24，即该食品在33℃的保鲜时间是24h.
【答案】 24
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：
⇒⇒⇒.
（2）解题关键：
解答这类问题的关键是确切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知识加以综合解答．
[对点训练]
1．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2018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开始超过200万元的年份是
（参考数据：
lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30）（ ）
A．2021年 B．2022年
C．2023年D．2024年
解析：
选B.根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2018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>，又≈＝3.8，则n>4.8，即a5开始超过200，所以2022年投入的研发资金开始超过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）＝x2＋10x；当年产量不小于80千件时，G（x）＝51x＋－1450.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0.05×1000x＝50x万元．①当0所以当x＝60时，L（x）取得最大值，且最大值为L（60）＝950万元；
②当x≥80时，L（x）＝50x－51x－＋1450－250＝1200－≤1200－2＝1200－200＝1000，当且仅当x＝，即x＝100时，L（x）取得最大值1000万元．由于950<1000，
所以当产量为100千件时，该工厂在这一产品的生产中所获年利润最大，最大年利润为1000万元．
答案：
1000
一、选择题
1．函数y＝的定义域为（ ）
A. B.
C．（1，＋∞）D.∪（1，＋∞）
解析：
选A.要使函数有意义需满足解得2．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．－2B．4
C．3D．－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.
3．若a＝log，b＝e，c＝log3cos，则（ ）
A．b>c>aB．b>a>c
C．a>b>cD．c>a>b
解析：
选B.因为0<<<1，所以1＝log>log>0，所以0e0＝1，所以b>1.因为0a>c，选B.
4．函数f（x）＝则不等式f（x）>2的解集为（ ）
A．（－2，4）B．（－4，－2）∪（－1，2）
C．（1，2）∪（，＋∞）D．（，＋∞）
解析：
选C.令2ex－1>2（x<2），解得1令log3（x2－1）>2（x≥2），解得x>.
故不等式f（x）>2的解集为（1，2）∪（，＋∞）．
5．若函数y＝a|x|（a>0且a≠1）的值域为{y|0解析：
选A.若函数y＝a|x|（a>0且a≠1）的值域为{y|06．（2018·贵阳模拟）20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特（C.F.Richter）制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使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.根据题意有lgA＝lgA0＋lg10M＝lg（A0·10M）．所以A＝A0·10M，则＝100.故选D.
7．函数y＝的图象大致是（ ）
解析：
选D.易知函数y＝是偶函数，可排除B，
当x>0时，y＝xlnx，y′＝lnx＋1，令y′>0，得x>e－1，
所以当x>0时，函数在（e－1，＋∞）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2x＝3y＝5z，则（ ）
A．2x<3y<5zB．5z<2x<3y
C．3y<5z<2xD．3y<2x<5z
解析：
选D.设2x＝3y＝5z＝k（k>1），
则x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k，
所以＝＝·＝＝>1，即2x>3y.①
＝＝·＝＝<1，
所以2x<5z.②
由①②得3y<2x<5z.
9．（2018·高考全国卷Ⅲ）设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则（ ）
A．a＋b＜ab＜0B．ab＜a＋b＜0
C．a＋b＜0＜abD．ab＜0＜a＋b
解析：
选B.由a＝log0.20.3得＝log0.30.2，由b＝log20.3得＝log0.32，所以＋＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，所以0＜＋＜1，得0＜＜1.又a＞0，b＜0，所以ab＜0，所以ab＜a＋b＜0.
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．0B．1
C．2D．3
解析：
选C.当x>0时，f（x）＝lnx－x＋1，f′（x）＝－1＝，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.根据函数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，观察到函数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．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（1），则x的取值范围是（ ）
A.B．（0，e）
C.D．（e，＋∞）
解析：
选C.因为函数f（x）是定义在R上的奇函数，
所以f（lnx）－f＝f（lnx）－f（－lnx）＝f（lnx）＋f（lnx）＝2f（lnx），
所以（1）等价于|f（lnx）|（1），
又f（x）在区间[0，＋∞）上单调递增，
所以－112．（2018·沈阳教学质量监测）设函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（x＋2）＝f（2－x），当x∈[－2，0]时，f（x）＝－1，若关于x的方程f（x）－loga（x＋2）＝0（a>0且a≠1）在区间（－2，6）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）
C．（1，8）D．（8，＋∞）
解析：
选D.因为f（x）为偶函数，且f（2＋x）＝f（2－x），所以f（4＋x）＝f（－x）＝f（x），
所以f（x）为偶函数且周期为4，
又当－2≤x≤0时，f（x）＝－1，
画出f（x）在（－2，6）上的大致图象，如图所示．
若f（x）－loga（x＋2）＝0（a>0且a≠1）在（－2，6）内有4个不同的实根，则y＝f（x）的图象与y＝loga（x＋2）的图象在（－2，6）内有4个不同的交点．
所以所以a>8，故选D.
二、填空题
13．计算：
2log410－log225＋8－（π－3）0＝________．
解析：
2log410－log225＋8－（π－3）0＝2×log210－log25＋（23）－1＝log2＋22－1＝1＋4－1＝4.
答案：
4
14．有四个函数：
①y＝x；②y＝21－x；③y＝ln（x＋1）；④y＝|1－x|.其中在区间（0，1）内单调递减的函数的序号是________．
解析：
分析题意可知①③显然不满足题意，画出②④中的函数图象（图略），易知②④中的函数满足在（0，1）内单调递减．
答案：
②④
15．（2018·高考全国卷Ⅲ）已知函数f（x）＝ln（－x）＋1,f（a）＝4，则f（－a）＝________.
解析：
由f（a）＝ln（－a）＋1＝4，得ln（－a）＝3，所以f（－a）＝ln（＋a）＋1＝－ln＋1＝－ln（－a）＋1＝－3＋1＝－2.
答案：
－2
16．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．已知甲在某日10时购买了该食品，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：
①该食品在6℃的保鲜时间是8小时；
②当x∈[－6，6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少；
③到了此日13时，甲所购买的食品还在保鲜时间内；
④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24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－，所以t＝
①当x＝6时，t＝8，故①正确；
②当x∈[－6，0]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②错误；
③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t＝2－×11＋6＝≈1.414小时，到13时，甲所购买的食品不在保鲜时间内，故③错误；
④由③可知，到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故④正确．
所以正确结论的序号为①④.
答案：
①④
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