《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù) 第2講 基本初等函數(shù)學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 函數(shù) 第2講 基本初等函數(shù)學(xué)案（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　基本初等函數(shù) 1. 高考對冪、指數(shù)、對數(shù)函數(shù)的考查主要與其他基本初等函數(shù)知識相結(jié)合，考查函數(shù)的圖象及性質(zhì)，考查指數(shù)式、對數(shù)式的運(yùn)算，考查指數(shù)、對數(shù)型復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)． 2. 高考中主要涉及如下題型：(1) 指數(shù)與對數(shù)的基本運(yùn)算、對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)；(2) 與指數(shù)式綜合考查比較大??；(3) 有關(guān)圖象的識別問題；(4) 指數(shù)、對數(shù)型復(fù)合函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)． 1. (2018·蘇州調(diào)研)函數(shù)y＝的定義域?yàn)開_______． 答案：(1，2)∪(2，＋∞) 解析：由解得函數(shù)的定義域?yàn)?1，2)∪(2，＋∞)． 2. y＝(loga)x在R上為減函數(shù)，則a∈________．

2、答案：(，1) 解析：因?yàn)閥＝(loga)x在R上為減函數(shù)，所以0＜loga＜1，所以＜a＜1，即a∈(，1)． 3. (2018·蘇州期末)已知4a＝2，logax＝2a，則正實(shí)數(shù)x的值為________． 答案： 解析：由4a＝2，得22a＝21，所以2a＝1，即a＝.由logx＝1，得x＝＝. 4. (2018·廣州一測)已知函數(shù)f(x)＝則f(f(3))＝________． 答案： 解析：因?yàn)閒(3)＝1－log23＝log2<0，所以f(f(3))＝f＝2log2＝. ,　　　　　　　　　　　　一) 基本初等函數(shù)的性質(zhì)研究 ,　　　　1) 已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f

3、(x)＝是奇函數(shù)． (1) 求a，b的值； (2) 解關(guān)于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0. 解：(1) 因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)， 所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1， 所以f(x)＝. 由f(1)＝－f(－1)知＝－，解得a＝2. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝2，b＝1時，f(x)為奇函數(shù)． (2) 由(1)知f(x)＝＝－＋. 易知f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)． 因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)， 所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等價于f(t2－2t)<－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1)． 因?yàn)閒(x)是減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2

4、t2＋1，即3t2－2t－1>0， 解不等式可得t>1或t<－， 所以不等式的解集為. 已知函數(shù)f(x)＝a－(a∈R)． (1) 試判斷f(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論； (2) 若f(x)為定義域上的奇函數(shù)，求： ① 函數(shù)f(x)的值域； ② 滿足f(ax)0，2x1＋1>

5、0，2x2＋1>0， 所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)， 所以f(x)在R上是單調(diào)增函數(shù)． (2) 因?yàn)閒(x)是定義域上的奇函數(shù)， 所以f(－x)＝－f(x)， 即a－＋(a－)＝0對任意實(shí)數(shù)x恒成立， 化簡得2a－(＋)＝0， 所以2a－2＝0，即a＝1. ① 由a＝1得f(x)＝1－. 因?yàn)?x＋1>1，所以0<<1， 所以－2<－<0， 所以－1<1－<1， 故函數(shù)f(x)的值域?yàn)?－1，1)． ② 由a＝1得f(x)

6、 ,　　　　　　　　　　　　二) 基本初等函數(shù)的圖象變換 ,　　　　2) 設(shè)f(x)＝|lg x|，a，b為實(shí)數(shù)，且0＝1. 由已知可得b＝()2， 得4b＝a2＋b2＋2ab，得＋b2＋2－4b

7、＝0. 設(shè)g(b)＝＋b2＋2－4b， 因?yàn)間(3)<0，g(4)>0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知，函數(shù)g(b)在(3，4)內(nèi)一定存在零點(diǎn)， 即存在b0∈(3，4)，使g(b0)＝0. 已知函數(shù)f(x)＝lg |x|. (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性； (2)畫出函數(shù)f(x)的草圖； (3)求證：f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)． (1) 解： 要使函數(shù)有意義，x的取值需滿足|x|>0， 解得x≠0，即函數(shù)的定義域是(－∞，0)∪(0，＋∞)． f(－x)＝lg |－x|＝lg |x|＝f(x)， 所以f(－x)＝f(x)． 所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)． (2) 解：函

8、數(shù)f(x)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，如圖所示． (3) 證明：設(shè)x1，x2∈(－∞，0)，且x1|x2|>0.所以>1. 所以lg >0. 所以f(x1)>f(x2)． 所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)． ,　　　　　　　　　　　　三) 基本初等函數(shù)與不等式綜合 ,　　　　3) (2018·廈門月考)已知函數(shù)f(x)＝ln. (1) 求函數(shù)f(x)的定義域，并判斷函數(shù)f(x)的奇偶性； (2) 對于x∈[2，6]，

9、f(x)＝ln>ln恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1) 由>0，解得x<－1或x>1， 所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(1，＋∞)， 當(dāng)x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時， f(－x)＝ln＝ln＝ln ＝－ln＝－f(x)， 所以f(x)＝ln是奇函數(shù)． (2) 由于x∈[2，6]時，f(x)＝ln>ln恒成立， 所以>>0. 因?yàn)閤∈[2，6]，所以0

10、6]時函數(shù)g(x)單調(diào)遞減， 即x∈[2，6]時，g(x)min＝g(6)＝7， 所以0k·g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． 解：(1) h(x)＝(4－2log2x)·log2x＝－2(log2x－1)2＋2，因?yàn)閤∈[1，4]，所以log2x∈[0，2]， 故函數(shù)h(x)的值域?yàn)閇0，2]． (2) 由f(x2)·f()>k·

11、g(x)， 得(3－4log2x)(3－log2x)>k·log2x. 令t＝log2x，因?yàn)閤∈[1，4]，所以t＝log2x∈[0，2]， 所以(3－4t)(3－t)>k·t對一切t∈[0，2]恒成立． ① 當(dāng)t＝0時，k∈R； ② 當(dāng)t∈(0，2]時，k<恒成立， 即k<4t＋－15， 因?yàn)?t＋≥12，當(dāng)且僅當(dāng)4t＝，即t＝時取等號，所以4t＋－15的最小值為－3. 綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，－3)． ,　　　　　　　　　　　　四) 基本初等函數(shù)與方程綜合 ,　　　　4) 已知a>0，且a≠1，函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga，記F(x)＝

12、2f(x)＋g(x)． (1) 求函數(shù)F(x)的定義域D及其零點(diǎn)； (2) 若關(guān)于x的方程F(x)－m＝0在區(qū)間[0，1) 內(nèi)有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1) F(x)＝2f(x)＋g(x)＝2loga(x＋1)＋loga(a>0且a≠1)，由 解得－1

13、的零點(diǎn)為0. (2) m＝2loga(x＋1)＋loga＝loga＝loga(1－x＋－4)(0≤x<1)， 即am＝1－x＋－4，設(shè)1－x＝t∈(0，1]， 函數(shù)y＝t＋在區(qū)間(0，1]上是減函數(shù)， 當(dāng)t＝1時，x＝0，ymin＝5，所以am≥1. ① 若a>1，則m≥0，方程有解； ② 若0

14、數(shù)有意義可得＞0，解得x＜－1或x＞1，所以f(x)＝loga的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(1，＋∞)，關(guān)于原點(diǎn)對稱． 又f(－x)＝loga＝loga＝－loga， 所以f(－x)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)． (2) 由題意可得 問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)m＝(x－1)(7－x)在x∈[2，6]上的值域，該函數(shù)在[2，4]上單調(diào)遞增，在[4，6]上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝2或6時，m取最小值5；當(dāng)x＝4時，m取最大值9. 所以m的取值范圍是[5，9]． 1. (2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是________． 答案：(4，＋∞)

15、解析：函數(shù)y＝x2－2x－8＝(x－1)2－9圖象的對稱軸為直線x＝1，由x2－2x－8＞0解得x＞4或x＜－2，所以(4，＋∞)為函數(shù)y＝x2－2x－8的一個單調(diào)增區(qū)間．根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)增區(qū)間為(4，＋∞)． 2. (2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝log2(x2＋a)，若f(3)＝1，則a＝________．　 答案：－7 3. (2018·天津卷) 已知a＝log2e，b＝ln 2，c＝log，則a，b，c的大小關(guān)系為________． 答案：c>a>b 解析：根據(jù)換底公式可得：a＝log2e＝＝，而b＝ln 2＜ln

16、e＝1，故a＞1＞b，同時，c＝log23＞log2e＝a，所以c＞a＞b. 4. (2017·山東卷)若函數(shù)exf(x)(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中所有具有M性質(zhì)的函數(shù)為________．(填序號) ① f(x)＝2－x；② f(x)＝3－x；③ f(x)＝x3； ④ f(x)＝x2＋2. 答案：①④ 解析：令g(x)＝exf(x)．對于①，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)＝ex2－x＝()x在R上單調(diào)遞增，具有M性質(zhì)；對于②，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)＝ex3－x＝()x在R上單調(diào)遞減，不具有M性

17、質(zhì)；對于③，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)＝exx3，g′(x)＝exx3＋3x2ex＝ex(x3＋3x2)>0在R上不恒成立，所以g(x)在R上不單調(diào)遞增，不具有M性質(zhì)；對于④，f(x)的定義域?yàn)镽，g(x)＝ex(x2＋2)，g′(x)＝ex(x2＋2)＋2xex＝ex(x2＋2x＋2)>0在R上恒成立，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，具有M性質(zhì)．故填①④. 5. (2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x. (1) 討論f(x)的單調(diào)性； (2) 若f(x)≥0，求a的取值范圍． 解：(1) 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a

18、2＝(2ex＋a)(ex－a)． ① 若a＝0，則f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ② 若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝ln a. 當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． ③ 若a＜0，則由f′(x)＝0得x＝ln(－)． 當(dāng)x∈(－∞，ln(－))時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln(－)，＋∞)時，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，ln(－))上單調(diào)遞減，在(ln(－)，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，當(dāng)a＝0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增

19、；當(dāng)a＞0，f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2) ① 若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0. ② 若a＞0，則由(1)得，當(dāng)x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a2ln a．從而當(dāng)且僅當(dāng)－a2ln a≥0，即0＜a≤1時，f(x)≥0. ③ 若a＜0，則由(1)得當(dāng)x＝ln(－)時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln(－))＝a2[－ln(－)]．從而當(dāng)且僅當(dāng)a2[－ln(－)]≥0，即a≥－2e時，f(x)≥0. 綜上，a的取值范圍是[－2e，1]．

20、 (本題模擬高考評分標(biāo)準(zhǔn)，滿分14分) (2018·錫山中學(xué))已知函數(shù)f(x)＝b·ax(其中a，b為常量，且a>0，a≠1)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(1，6)，B(3，24)． (1) 求函數(shù)f(x)的解析式； (2) 若不等式()x＋()x－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1) 因?yàn)閒(x)＝b·ax的圖象過點(diǎn)A(1，6)，B(3，24)， 所以　 (3分) ②÷①得a2＝4，又a>0，且a≠1， 所以a＝2，b＝3，所以f(x)＝3·2x.　(7分) (2) ()x＋()x－m≥0在(－∞，1]上恒成立化為m≤()x＋()x在(－∞，1]上恒成立．　

21、(9分) 令g(x)＝()x＋()x，g(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減， 所以m≤g(x)min＝g(1)＝＋＝，　(12分) 故所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是.　 (14分) 1. 當(dāng)0g(x)>f(x) 解析：如圖所示為函數(shù)f(x)，g(x)，h(x)在(0，1)上的圖象，由此可知，h(x)>g(x)>f(x)． 2. (2018·江陰中學(xué)月考)設(shè)函數(shù)y＝log2(ax2－2x＋2)的定義域?yàn)锳. (1) 若A＝R，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2) 若log

22、2(ax2－2x＋2)>2在x∈[1，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因?yàn)锳＝R，所以ax2－2x＋2>0在x∈R上恒成立. ① 當(dāng)a＝0時，由－2x＋2>0，得x<1，不成立，舍去， ② 當(dāng)a≠0時，由得a>， 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是. (2)依題意有ax2－2x＋2>4在x∈[1，2]上恒成立， 所以a>＝2(＋)在x∈[1，2]上恒成立. 令t＝，則由x∈[1，2]，得t∈. 記g(t)＝t2＋t，由于g(t)＝t2＋t在t∈上單調(diào)遞增，所以g(t)≤g(1)＝2, 因此a>4，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(4，＋∞)． 3. 已知a∈R，

23、函數(shù)f(x)＝log2(＋a)． (1) 當(dāng)a＝5時，解不等式f(x)＞0； (2) 若關(guān)于x的方程f(x)－log2[(a－4)x＋2a－5]＝0的解集中恰好有一個元素，求a的取值范圍． 解：(1) 當(dāng)a＝5時，f(x)＝log2(＋5)， 由f(x)＞0，得log2(＋5)＞0， 即＋5＞1，即x＞0或x＜－， 即不等式的解集為. (2) 由f(x)－log2[(a－4)x＋2a－5]＝0，得 log2(＋a)－log2[(a－4)x＋2a－5]＝0， 即log2(＋a)＝log2[(a－4)x＋2a－5]， 即＋a＝(a－4)x＋2a－5＞0?、?， 則(a－4)x2＋(a－5)x－1＝0， 即(x＋1)[(a－4)x－1]＝0　②， 當(dāng)a＝4時，方程②的解為x＝－1，代入①，成立； 當(dāng)a＝3時，方程②的解為x＝－1，代入①，成立； 當(dāng)a≠4且a≠3時，方程②的解為x＝－1或x＝， 若x＝－1是方程①的解，則＋a＝a－1＞0，即a＞1； 若x＝是方程①的解，則＋a＝2a－4＞0， 即a＞2. 則要使方程①有且僅有一個解，則1＜a≤2. 綜上，若方程f(x)－log2[(a－4)x＋2a－5]＝0的解集中恰好有一個元素，則a的取值范圍是{a|1