第2講　基本初等函數(shù) 1. 高考對(duì)冪、指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的考查主要與其他基本初等函數(shù)知識(shí)相結(jié)合，考查函數(shù)的圖象及性質(zhì)，考查指數(shù)式、對(duì)數(shù)式的運(yùn)算，考查指數(shù)、對(duì)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(duì)數(shù)的基本運(yùn)算、對(duì)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(shí)別問(wèn)題；(4) 指數(shù)、對(duì)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(kāi)_______． 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∈________． 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_(kāi)_______． 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(cè))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(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(shí)，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(jià)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>－2t2＋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(mǎn)足f(ax)<f(2a－x2)的x的取值范圍． 解：(1) f(x)在R上單調(diào)遞增． 證明：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽， 且f(x)＝a－， 任取x1，x2∈R，且x1<x2， 則f(x2)－f(x1)＝a－－a＋＝. 因?yàn)閥＝2x在R上單調(diào)遞增，且x1<x2， 所以0<2x1<2x2，2x2－2x1>0，2x1＋1>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(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立， 化簡(jiǎn)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)<f(2－x2)，且f(x)在R上單調(diào)遞增， 所以x<2－x2，解得－2<x<1. 故x的取值范圍是(－2，1)． ,　　　　　　　　　　　　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<a<b. (1) 若a，b滿(mǎn)足f(a)＝f(b)，求證：ab＝1； (2) 在(1)的條件下，求證：由關(guān)系式f(b)＝2f()所得到的關(guān)于b的方程g(b)＝0，存在b0∈(3，4)，使g(b0)＝0. 證明：(1) 結(jié)合函數(shù)圖象(如圖)，由f(a)＝f(b)，0<a<b可判斷a∈(0，1)，b∈(1，＋∞)， 從而－lg a＝lg b，即ab＝1. (2) 因?yàn)?<a<b，所以>＝1. 由已知可得b＝()2， 得4b＝a2＋b2＋2ab，得＋b2＋2－4b＝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(huà)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(mǎn)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：函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，如圖所示． (3) 證明：設(shè)x1，x2∈(－∞，0)，且x1<x2， 則f(x1)－f(x2)＝lg |x1|－lg |x2|＝lg＝lg . 因?yàn)閤1，x2∈(－∞，0)，且x1<x2， 所以|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(mén)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(duì)于x∈[2，6]，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(shí)， 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(shí)，f(x)＝ln>ln恒成立， 所以>>0. 因?yàn)閤∈[2，6]，所以0<m<(x＋1)(7－x)在x∈[2，6]上恒成立． 令g(x)＝(x＋1)(7－x)＝－(x－3)2＋16，x∈[2，6]， 由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，x∈[2，3]時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， x∈[3，6]時(shí)函數(shù)g(x)單調(diào)遞減， 即x∈[2，6]時(shí)，g(x)min＝g(6)＝7， 所以0<m<7，所以m的取值范圍是(0，7)． 已知函數(shù)f(x)＝3－2log2x，g(x)＝log2x. (1) 當(dāng)x∈[1，4]時(shí)，求函數(shù)h(x)＝[f(x)＋1]·g(x)的值域； (2) 如果對(duì)任意的x∈[1，4]，不等式f(x2)·f()>k·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·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(duì)一切t∈[0，2]恒成立． ① 當(dāng)t＝0時(shí)，k∈R； ② 當(dāng)t∈(0，2]時(shí)，k<恒成立， 即k<4t＋－15， 因?yàn)?t＋≥12，當(dāng)且僅當(dāng)4t＝，即t＝時(shí)取等號(hào)，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)＝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<x<1， 所以函數(shù)F(x)的定義域D為(－1，1)． 令F(x)＝0，則2loga(x＋1)＋loga＝0　(*)． 方程變?yōu)閘oga(x＋1)2＝loga(1－x)， 即(x＋1)2＝1－x，即x2＋3x＝0， 解得x1＝0，x2＝－3，經(jīng)檢驗(yàn)x＝－3是方程(*)的增根，所以方程(*)的解為x＝0， 即函數(shù)F(x)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(shí)，x＝0，ymin＝5，所以am≥1. ① 若a>1，則m≥0，方程有解； ② 若0<a<1，則m≤0，方程有解． 所以當(dāng)a＞1時(shí)，m≥0；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，m≤0. 已知函數(shù)f(x)＝loga(其中a＞0且a≠1)． (1) 討論函數(shù)f(x)的奇偶性； (2) 已知關(guān)于x的方程loga＝f(x)在區(qū)間[2，6]上有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1) 由對(duì)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(duì)稱(chēng)． 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(wèn)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(shí)，m取最小值5；當(dāng)x＝4時(shí)，m取最大值9. 所以m的取值范圍是[5，9]． 1. (2017·全國(guó)卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是________． 答案：(4，＋∞) 解析：函數(shù)y＝x2－2x－8＝(x－1)2－9圖象的對(duì)稱(chēng)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(gè)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(guó)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_(kāi)_______． 答案：c>a>b 解析：根據(jù)換底公式可得：a＝log2e＝＝，而b＝ln 2＜ln e＝1，故a＞1＞b，同時(shí)，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(duì)數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱(chēng)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_(kāi)_______．(填序號(hào)) 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(duì)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(duì)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性質(zhì)；對(duì)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(duì)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(guó)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－a2＝(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(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時(shí)，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(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln(－)，＋∞)時(shí)，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(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；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(shí)，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(shí)，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(shí)，f(x)≥0. ③ 若a＜0，則由(1)得當(dāng)x＝ln(－)時(shí)，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(shí)，f(x)≥0. 綜上，a的取值范圍是[－2e，1]． (本題模擬高考評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)，滿(mǎn)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(guò)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(guò)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．　(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)0<x<1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x1.1，g(x)＝x0.9，h(x)＝x－2的大小關(guān)系是________． 答案：h(x)>g(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log2(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(shí)，由－2x＋2>0，得x<1，不成立，舍去， ② 當(dāng)a≠0時(shí)，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，函數(shù)f(x)＝log2(＋a)． (1) 當(dāng)a＝5時(shí)，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(gè)元素，求a的取值范圍． 解：(1) 當(dāng)a＝5時(shí)，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　①， 則(a－4)x2＋(a－5)x－1＝0， 即(x＋1)[(a－4)x－1]＝0?、冢? 當(dāng)a＝4時(shí)，方程②的解為x＝－1，代入①，成立； 當(dāng)a＝3時(shí)，方程②的解為x＝－1，代入①，成立； 當(dāng)a≠4且a≠3時(shí)，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(gè)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(gè)元素，則a的取值范圍是{a|1<a≤2或a＝3或a＝4}． 8