2023届高考数学练习（湖南专版）-考点01 指数函数与对数函数综合运用1（解析版）

1、考点01 指数函数与对数函数的综合11.若a1.70.6，b0.61.7，c0.60.6，则（）AbacBacbCabcDcab【解答】解：由指数函数y1.7x的图象知，1.70.61.701，所以a1.70.61；由指数函数y0.6x的图象与性质知，0.61.70.60.60.601，所以b0.61.7c0.60.61；综上知，a、b、c的大小关系是acb故选：B【知识点】指数函数的图象与性质、指数函数的单调性与特殊点 2.已知函数f（x）3x，f（a）f（b）9，若a0，b0，则ab的最大值为（）AB2C1D4【解答】解：函数f（x）3x，f（a）f（b）3a3b3a+b9，a+b2，ab

2、1，当且仅当ab1时，ab取最大值1，故选：C【知识点】指数函数的图象与性质 3.已知m0，函数f（x）x2+xm，实数x1，x2满足x10，x20，若，则（）Ax1+x2mBx1+x2mCx1+x2mDx1+x2与m的大小关系不能确定【解答】解：m0，函数f（x）x2+xm，故函数在（0，+）上单调递增，实数x1，x2满足x10，x20，且，x12+x1m0，x1x12x2，x1+x2x12+x1，x1+x2m成立，故选：B【知识点】函数的零点与方程根的关系 4.函数f（x）ex+2x5的零点所在的区间是（）A（3，4）B（2，3）C（0，1）D（1，2）【解答】解：易知f（x）ex+2x5

3、是R上的增函数，且f（1）e30，f（2）e210，f（1）f（2）0，所以f（x）的零点所在的区间是（1，2）故选：D【知识点】函数零点的判定定理 5.若f（x）x+2x+a的零点所在的区间为（2，1），则实数a的取值范围为（）ABCD【解答】解：f（x）x+2x+a是增函数，所以f（2）f（1）0，可得：（2+22+a）（1+21+a）0，a（3，）故选：B【知识点】函数零点的判定定理 6.今有一组实验数据如表：现准备用下列函数中一个近似地表示这些数据满足的规律，比较恰当的一个是（）Aylog2xByCyDy2x1【解答】解：由表格数据可知y随x的增大而增大，且增加速度越来越快，排除A，B

4、，又由表格数据可知，每当x增加1，y的值不到原来的2倍，排除D，故选：C【知识点】根据实际问题选择函数类型 7.已知，cln3，则（）AabcBacbCbacDbca【解答】解：，ln3lne1，abc故选：A【知识点】对数值大小的比较 8.log63log96（）AB3C2D【解答】解：log63log96故选：D【知识点】对数的运算性质 9.已知函数，g（x）x2+2x（其中e是自然对数的底数），若关于x的方程g（f（x）m0恰有三个不等实根x1，x2，x3，且x1x2x3，则x2x1x3的最小值为（）ABCD【解答】解：由题意设f（x）t，根据方程g（f（x）m0恰有三个不等实根，即g（

5、t）t2+2tm0必有两个根t1，t2，t1+t22；则t22t1，作出f（x）的图象，函数yt与f（x）三个不等实根x1，x2，x3，且x1x2x3，那么x2t1，可得x32t1；根据0t11，则x2x1x3，构造新函数h（t），（0t1）h（t）2当h（t）0时，t（0，），h（t）在（0，）单调递减；当h（t）0时，t（，1），h（t）在（，1）单调递增；当t时，h（x）取得最小值为ln2，即x2x1x3的最小值为ln2；故选：B【知识点】函数的零点与方程根的关系 10.函数f（x）ex+x+1零点所在的区间是（）A（0，1）B（1，0）C（2，1）D（1，2）【解答】解：函数f（x）e

6、x+x+1是连线增函数，f（2）e22+10，f（1）e11+10，由函数零点的存在性定理，函数f（x）ex+x+1的零点所在的区间为（2，1）故选：C【知识点】函数零点的判定定理 11.已知函数f（x）ex，函数g（x）与f（x）的图象关于直线yx对称，令则方程e2h（x）x+e2解的个数为（）A1B2C3D4【解答】解：因为函数g（x）与f（x）的图象关于直线yx对称，f（x）ex，所以g（x）lnx，所以h（x）的图象如图所示方程e2h（x）x+e2可化为，即求函数yh（x）与y的图象的交点个数当x0时，y的图象恒过点（0，1），此时有两个交点；当0 x1时，y与yh（x）的图象有一个交

7、点；当x1时，设斜率为的直线与ylnx的切点为（x0，lnx0），由斜率k，所以x0e2，所以切点为（e2，2），此时直线方程为y2，即y，所以直线y与zx+y恰好相切，有一个交点综上，此方程有4个解故选：D【知识点】函数的零点与方程根的关系 12.咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而2018年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无疑是开拓咖啡的中国市场的最有效的方式之一若某品牌的某种在售咖啡产品价格为30元/杯，其原材料成本为7元/杯，营销成本为5元/杯，且品牌门店提供如下4种优惠方式：（1）首杯

8、免单，每人限用一次；（2）3.8折优惠券，每人限用一次；（3）买2杯送2杯，每人限用两次；（4）买5杯送5杯，不限使用人数和使用次数每位消费者都可以用以上4种优惠方式中选择不多于2种使用现在某个公司有5位后勤工作人员去该品牌门店帮每位技术人员购买1杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致；请问，这个公司的技术人员不少于（）人时，无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利A28B29C30D31【解答】解：由题意知，咖啡产品原价为 30 元/杯，成本为 12 元/杯，优惠方式（1）免单购买，每购买1杯该品牌门店亏损12元；优惠方式（2）每杯售价11.4元，每购买

9、1杯该品牌店亏损0.6元；优惠方式（3）和（4）相当于5折购买，每购买1杯该品牌门店盈利3元；我们只需要考虑最优的购买方式，每位后勤工作人员能选择2种优惠方式，必然包含优惠方式（1），可以免单购买5杯咖啡，该品牌门店因此亏损60元，最优的购买方式是不包含原价购买任何一杯咖啡（11.45+30111.42+154，说明只要用原价购买1杯咖啡，哪怕最大程度利用3.8折优惠，花费也一定会超过搭配使用（2）（4）优惠购买咖啡），故显然该品牌门店必须按照优惠方式（3）和（4）售出20杯以上的咖啡才能盈利，故技术人员人数一定多于5+2025人；技术人员在2629人时，免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖

10、啡+3.8折购买1至4杯咖啡，该品牌门店依旧亏损；技术人员为30人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡十买5送5购买20杯咖啡十买2送2购买4杯咖啡+3.8折购买1杯咖啡，该品牌门店盈利324600.6114元； 由于11.40.6 4，故技术人员超过30人时，该品牌门店能保证持续盈利故选：C【知识点】根据实际问题选择函数类型 13.已知函数f（x），g（x）xcosxsinx，当x4，4且x0时，方程f（x）g（x）根的个数是【解答】解：g（x）cosxxsinxcosxxsinx；令g（x）0得xk，kZg（x）在0，上是减函数，在，2上是增函数，在2，3上是减函数，在3，4上是增函数；且g

11、（0）0，g（）；g（2）2；g（3）3；g（4）4故作函数f（x）与g（x）在0，4上的图象如下，结合图象可知，两图象在0，4上共有4个交点；又f（x），g（x）都是奇函数，且f（x）不经过原点，f（x）与g（x）在4，4上共有8个交点，故f（x）g（x）有8个零点故答案为：8【知识点】函数的零点与方程根的关系 14.已知函数则x1，e时，f（x）的最小值为；设g（x）f（x）2f（x）+a若函数g（x）有6个零点，则实数a的取值范围是【解答】解：当x1，e时，f（x）lnx，此时函数在区间上单调递增，故此时函数最小值为f（1）ln10，当x1，1）时，f（x）2x33x2+1，则f（x）6

12、x26x0时，x1（舍）或0，且有f（x）在（1，0）上单调递增，在（0，1）上单调递减，因为f（1）23+14f（1），故函数f（x）在1，e上的最小值为4；令tf（x），g（x）0即t2ta，作出函数yf（x）的图象，如图所示：直线yt与函数yf（x）的图象最多只有三个交点，所以0t1，即说明方程t2ta有两个（0，1）内的不等根，亦即函数yt2t在（0，1）内的图象与直线ya有两个交点，因为yt2t（t）2，根据yt2t的图象可知，a0，即实数a的取值范围为0a故答案为：4；（0，）【知识点】函数的零点与方程根的关系 15.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述，两颗星的星等或

13、亮度满足：m1m2lg，其中星等为mk的星亮度为Ek（k1，2），已知太阳的星等是26.7，天狼星的星等是1.45，则太阳与天狼星的亮度比是【解答】解：设太阳的星等是m126.7，天狼星的星等是m21.45，由题意可得：26.7（1.45）lg，lg25.2510.1，则1010.1即太阳与天狼星的亮度比是1010.1故答案为：1010.1【知识点】根据实际问题选择函数类型16.2021-2022年年初，新冠肺炎疫情袭击全国口罩成为重要的抗疫物资，为了确保口罩供应，某工厂口罩生产线高速运转，工人加班加点生产，设该工厂连续5天生产的口罩数依次为x1，x2，x3，x4，x5（单位：十万只），若这组

14、数据x1，x2，x3，x4，x5的方差为1.44，且x12，x22，x32，x42，x52的平均数为4，则该工厂这5天平均每天生产口罩十万只【解答】解：设该工厂这5天平均每天生产口罩为，由题意可得4，则x12+x22+x32+x42+x5220，由1.44，可得（x1）2+（x2）2+（x5）2x12+x22+x32+x42+x52+522（x1+x2+x3+x4+x5）20+5210220527.2，解得1.6故答案为：1.6【知识点】根据实际问题选择函数类型 17.设f（x）与g（x）是定义在同一区间a，b上的两个函数，若函数h（x）f（x）g（x）在a，b上有两个不同的零点，则称f（x）

15、与g（x）在a，b上是“关联函数”若与在0，3上是“关联函数”，则实数m的取值范围是【解答】解：与在0，3上是“关联函数”，由定义可得，可把问题转化为mx3+x2+2有两个零点；即ym与k（x）x3+x2+2在0，3上有两个交点；k（x）x2+x+2（x+1）（x2）；k（x）在0，2上递增，在2，3上递减；且k（0）0，k（2），k（3）；故实数m的取值范围是：，）故答案为：，）【知识点】函数的零点与方程根的关系 18.已知函数f（x），若关于x的方程f2（x）+2af（x）+1a20有五个不相等的实数根，则实数a的取值范围是【解答】解：令f（x）t，则g（t）t2+2at+1a2，作f（x

16、）的图象如下，设g（t）的零点为t1，t2，由图可知，要满足题意，则需，故，解得故答案为：【知识点】函数的零点与方程根的关系 19.已知函数f（x），若a1，则不等式f（x）2的解集为；若存在实数b，使函数g（x）f（x）b有两个零点，则a的取值范围是【解答】解：当a1时，f（x），则令f（x）2，即有2x2或x22，解得x1或1x，故f（x）2的解集为（，；由函数g（x）f（x）b只有一个零点时，2xx2时，x2或x4，当a2时，f（x），此时g（x）f（x）b只有一个零点；当a2时，g（x）有2个零点；同理当a4时，f（x），g（x）f（x）b只有一个零点；当a4时，有2个零点，故可得a的

17、取值范围是（，2）（4，+），故答案为：（，；（，2）（4，+）【知识点】函数的零点与方程根的关系 20.为了抗击新型冠状病毒肺炎，某医药公司研究出一种消毒剂，据实验表明，该药物释放量y（mg/m3）与时间t（h）的函数关系为y，（如图所示）实验表明，当药物释放量y0.75（mg/m3）对人体无害（1）k；（2）为了不使人身体受到药物伤害，若使用该消毒剂对房间进行消毒，则在消毒后至少经过分钟人方可进入房间【解答】解：（1）由图象可知，当t时，y1，k2；（2）由（1）可知：y，当t时，y，令y0.75得，t，t，在消毒后至少经过 小时，即40分钟人方可进入房间，故答案为：2，40【知识点】根据

18、实际问题选择函数类型 21.化简或求值：（1）；（2）【解答】解：（1）原式；（2）原式lg100+lg8lg8+1lg102+12+13【知识点】对数的运算性质、有理数指数幂及根式 22.已知函数f（x）lnxaex+1（aR）（1）当a1时，讨论f（x）极值点的个数；（2）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围【解答】解：（1）当a1时，f（x）lnxex+1（x0），则f（x）ex，显然f（x）在（0，+）上单调递减，又f（）20，f（1）1e0，所以f（x）在（，1）上存在唯一零点x0，当x（0，x0）时，f（x）0，当x（x0，+）时，f（x）0，所以x0是f（x）的极大值点，且是

19、唯一极值点；（2）令f（x）0，a，令ya，g（x），则ya与g（x）的图象在（0，+）上有2个交点，g（x）（x0），令h（x），则h（x）0，所以h（x）在（0，+）上单调递减，而h（1）0，故当x（0，1）时，h（x）0，即g（x）0，g（x）单调递增，当x（1，+）时，h（x）0，即g（x）0，g（x）单调递减，故g（x）maxg（1），又g（）0，当x1时，g（x）0，作出图象如图：由图可得：0a，故a的取值范围是（0，）【知识点】利用导数研究函数的极值、函数的零点与方程根的关系 23.已知f（x）|2x+4|+|x3|（1）解关于x的不等式f（x）8；（2）对于正实数a，b，函数g

20、（x）f（x）3a4b只有一个零点，求+的最小值【解答】解：（1）由题意可得f（x），故当x2时，不等式可化为3x18，解得x3，故此时不等式的解集为（3，2；当2x3时，不等式可化为x+78，解得x1，故此时不等式的解集为（2，1）；当x3时，不等式可化为3x+18，解得x，此时不等式无解综上，不等式的解集为（3，1）（2）作出函数f（x）的大致图象及直线y3a+4b，如图由图可知，当g（x）f（x）3a4b只有一个零点时，3a+4b5，即（2a+b）+（a+3b）5，故+（+）（2a+b）+（a+3b）4+1+1+1+21+，当且仅当时等号成立所以+的最小值为【知识点】绝对值不等式的解法、

21、函数的零点 24.已知函数f（x）lnxx+2sinx（1）求证：f（x）在（0，）上有极大值；（2）求证：f（x）有且仅有两个不同的零点【解答】解：（1）设，则，当x（0，）时，所以g（x）在（0，）上单调递减又因为，所以g（x）在上有唯一的零点，使g（）0所以当x（0，）时，g（x）0，即f（x）0，所以当x（，）时，g（x）0，即f（x）0，f（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，且f（）0，故f（x）在（0，）上有极大值（2）1由（1）知：当x（0，）时，f（x）0，f（x）在（0，）上单调递增；当x（，）时，f（x）0，f（x）在（，）上单调递减；所以f（x）在（0，）上存

22、在唯一的极大值点，所以又因为，所以f（x）在（0，）上恰有一个零点又因为f（）ln20，所以f（x）在（，）上也恰有一个零点2当x，2）时，sinx0，f（x）lnxx，设h（x）lnxx，所以h（x）在，2）上单调递减，所以h（x）h（）0，所以当x，2）时，f（x）h（x）h（）0恒成立所以f（x）在，2）上没有零点3当x2，+）时，f（x）lnxx+2，设（x）lnxx+2，所以（x）在2，+）上单调递减，所以（x）（2）0，所以当x2，+）时，f（x）（x）（2）0恒成立，所以f（x）在2，+）上没有零点综上，f（x）有且仅有两个零点【知识点】函数的零点与方程根的关系、利用导数研究函数

23、的极值 25.已知函数f（x）（1）若f（x）0在（0，+）上恒成立，求a的取值范围，并证明：对任意的nN*，都有1+ln（n+1）；（2）设g（x）（x1）2ex讨论方程f（x）g（x）实数根的个数【解答】解：（1）由f（x）0在（0，+）上恒成立，可得a，令h（x），则，当x（0，1），h（x）0，函数单调递增，当x（1，+），h（x）0，函数单调递减，故h（x）在x1处取得最大值h（1）1，要使得a，则a1，显然当a1时，即lnxx1在x1时成立，令x则ln1，所以ln，即，（2）由f（x）g（x）可得，即a，令t（x），则，当x（0，1）时，t（x）0，函数单调递增，当x（1，+）时，

24、t（x）0，函数单调递减，故当x1时，t（x）取得最大值t（1）1，因为x0时，h（x），x+时，t（x），当a1时，f（x）g（x）只有一个实数解，当a1时，方程f（x）g（x）有2个不同的实数解，当a1时，f（x）g（x）没有实数根【知识点】函数的零点与方程根的关系、利用导数研究函数的最值 26.已知aR，函数f（x）log2（+a）（1）当a5时，解关于x的不等式f（x）0；（2）设a0，若对任意t，1，函数f（x）在区间t，t+1上的最大值与最小值的差都不超过1，求实数a的取值范围【解答】解：（1）a5时，f（x）log2（5），令f（x）0，即51，0 x，故不等式的解集是（0，）；（2）函数f（x）在区间t，t+1上单调递减，由题意得f（t）f（t+1）1，即log2（+a）log2（ +a）1，即+a2（ +a），即a，设1tr，则0r，当r0时，0，当0r时，yr+在（0，）上递减，r+4，实数a的取值范围是a【知识点】对数函数的图象与性质 27.如图，为方便金湖县人民游览三河风景区附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台A，已知射线PM，PN为两边夹角为120的公路（长度均超过5千米），在两条公路PM，PN上分别设立游客上下点BC，在观景台A和游客