专题复习：基本初等函数-知识点+测试题

基本初等函数函数知识点+测试题一、指数与指数函数1．指数运算(1)分数指数幂的意义①aeq\s\up6(\f(m,n))＝eq\r(n,am)(a>0，m，n∈N*，n>1)；②a－eq\f(m,n)＝eq\f(1,a\s\up6(\f(m,n)))＝eq\f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，n>1)．(2)有理数指数幂的运算性质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)．上述有理数指数幂的运算性质对于无理数指数幂也适用．2．指数函数(1)指数函数的图象与性质0<a<1a>1图象性质定义域：R值域：(0，＋∞)当x＝0时，y＝1，即过定点(0，1)当x>0时，0<y<1；当x<0时，y>1当x>0时，y>1；当x<0时，0<y<1在R上是减函数在R上是增函数(2)指数函数图象的特点①任意两个指数函数的图象都是相交的，过定点(0，1)，底数互为倒数的两个指数函数的图象关于y轴对称．②当a＞1时，指数函数的图象呈上升趋势；当0＜a＜1时，指数函数的图象呈下降趋势．③指数函数在同一坐标系中的图象的相对位置与底数大小关系如图所示，其中0＜c＜d＜1＜a＜b，在y轴右侧，图象从上到下相应的底数由大变小，在y轴左侧，图象从下到上相应的底数由大变小，即无论在y轴的左侧还是右侧，底数按逆时针方向变大．当指数函数的底数大于1时，底数越大，图象上升越快；当底数大于0且小于1时，底数越小，图象下降越快．二、对数与对数函数1．对数运算对数的性质、换底公式与运算性质性质①loga1＝0；②logaa＝1；③alogaN＝N(a＞0且a≠1)换底公式公式：logab＝eq\f(logcb,logca)(a，c均大于零且不等于1，b＞0).推论：①logab＝eq\f(1,logba)；②loganbn＝logab；③loganbm＝eq\f(m,n)logab运算性质如果a＞0，且a≠1，M＞0，N＞0，那么：①loga(M·N)＝logaM＋logaN；②logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；③logaMn＝nlogaM(n∈R)对数的运算性质以及有关公式都是在式子中所有的对数符号有意义的前提下才成立的，不能出现log212＝log2[(－3)×(－4)]＝log2(－3)＋log2(－4)等错误．2．对数函数(1)对数函数的图象与性质a＞10＜a＜1图象性质定义域：(0，＋∞)值域：R过点(1，0)，即x＝1时，y＝0当x＞1时，y＞0；当x＞1时，y＜0；当0＜x＜1时，y＜0当0＜x＜1时，y＞0是(0，＋∞)上的增函数是(0，＋∞)上的减函数(2)对数函数图象的特点①当a＞1时，对数函数的图象呈上升趋势；当0＜a＜1时，对数函数的图象呈下降趋势．②对数函数y＝logax(a＞0，且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1))，函数图象只在第一、四象限．③在直线x＝1的右侧，当a＞1时，底数越大，图象越靠近x轴；当0＜a＜1时，底数越小，图象越靠近x轴，即“底大图低”．(3)常见的结论①函数y＝loga|x|的图象关于y轴对称；②函数y＝ax与y＝logax互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．三、二次函数与幂函数1．二次函数(1)二次函数解析式的三种形式①一般式：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．②顶点式：y＝a(x－h)2＋k(a≠0)，其中(h，k)为抛物线顶点坐标．③两点式：y＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，其中x1，x2是抛物线与x轴交点的横坐标．(2)二次函数的图象与性质函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)y＝ax2＋bx＋c(a<0)图象(抛物线)定义域R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))对称轴x＝－eq\f(b,2a)顶点坐标eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))奇偶性当b＝0时是偶函数，当b≠0时是非奇非偶函数单调性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上是减函数；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上是增函数在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上是增函数；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上是减函数最值当x＝－eq\f(b,2a)时，当x＝－eq\f(b,2a)时，ymin＝eq\f(4ac－b2,4a)ymax＝eq\f(4ac－b2,4a)二次函数、一元二次方程和一元二次不等式统称为三个“二次”．它们常结合在一起，而二次函数又是其核心．因此，利用二次函数的图象数形结合是探求这类问题的基本策略．2．幂函数(1)五种幂函数的图象(2)五种幂函数的性质函数特征性质y＝xy＝x2y＝x3y＝xeq\f(1,2)y＝x－1定义域RRR[0，＋∞){x|x∈R且x≠0}值域R[0，＋∞)R[0，＋∞){y|y∈R且y≠0}奇偶性奇偶奇非奇非偶奇单调性增当x∈[0，＋∞)时，增；当x∈(－∞，0]时，减增增当x∈(0，＋∞)时，减；当x∈(－∞，0)时，减定点(0，0)，(1，1)(1，1)基本初等函数测试题一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)1．(2012·安徽文，3)(log29)·(log34)＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．42．(2014·天津文，4)设a＝log2π，b＝logeq\s\do9(\f(1,2))π，c＝π－2，则()A．a＞b＞cB．b＞a＞cC．a＞c＞bD．c＞b＞a3．(2014·四川文，7)已知b＞0，log5b＝a，lgb＝c，5d＝10，则下列等式一定成立的是()A．d＝acB．a＝cdC．c＝adD．d＝a＋c4．(2013·浙江，3)已知x，y为正实数，则()A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgyB．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgyD．2lg(xy)＝2lgx·2lgy5．(2016·辽宁五校第二次联考，12)已知f(x)是定义在R上的偶函数，在区间[0，＋∞)上为增函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝0，则不等式f(logeq\s\do9(\f(1,8))x)＞0的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(2，＋∞)6．(2016·湖北荆州一模，6)已知函数f(x)＝loga(2x＋b－1)(a＞0且a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是()A．0＜a－1＜b＜1B．0＜b＜a－1＜1C．0＜b－1＜a＜1D．0＜a－1＜b－1＜17．(2015·河南鹤壁质检，6)如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3，0)，对称轴为x＝－1.给出下面四个结论：①b2＞4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a＜b.其中正确的是()A．②④B．①④C．②③D．①③8．(2013·湖南，5)函数f(x)＝2lnx的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象的交点个数为()A．3B．2C．1D．09．(2015·广东深圳三模，7)已知函数g(x)是偶函数，f(x)＝g(x－2)，且当x≠2时其导函数f′(x)满足(x－2)f′(x)＞0.若1＜a＜3，则()A．f(4a)＜f(3)＜f(log3a)B．f(3)＜f(log3a)＜f(4a)C．f(log3a)＜f(3)＜f(4a)D．f(log3a)＜f(4a)＜f(3)10．(2016·浙江杭州模拟，9)设a＞0，b＞0.()A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a＞bB．若2a＋2a＝2b＋3b，则a＜bC．若2a－2a＝2b－3b，则a＞bD．若2a－2a＝2b－3b，则a＜b二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)11．(2015·山东滨州质检，13)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．12．(2015·湖北十堰联考，14)若函数f(x)＝loga(2－ax)(a＞0，a≠1)在区间(1，3)内单调递增，则a的取值范围是________．13．(2016·安徽合肥调研，15)对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a＞b.))设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．14．(2015·河南濮阳模拟，16)函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．给出下列命题：①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．三、解答题(共4小题，共50分)15．(12分)(2016·山东济南模拟，17)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b为实数，a≠0，x∈R)．(1)若函数f(x)的图象过点(－2，1)，且方程f(x)＝0有且只有一个根，求f(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，当x∈[－1，2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．16．(12分)(2015·湖北十校联考，17)已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常量，且a＞0，a≠1)的图象经过点A(1，6)，B(3，24)．(1)求f(x)的表达式；(2)若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))eq\s\up12(x)－m≥0在x∈(－∞，1]时恒成立，求实数m的取值范围．17．(12分)(2016·浙江台州质检，17)已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.(1)若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab<0，求f(x＋1)>f(x)时x的取值范围．18．(14分)(2016·天津东城区一模，17)已知函数f(x)＝ex－e－x(x∈R，且e为自然对数的底数)．(1)判断函数f(x)的单调性与奇偶性；(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．1．D(log29)·(log34)＝2(log23)·2(log32)＝4log23·log32＝4.2．C∵π＞2，∴log2π＞1.∵π＞1，∴b＝logeq\f(1,2)π＜0.又π＞1，∴0＜π－2＜1，即0＜c＜1，∴a＞c＞b.思路点拨：利用指数函数与对数函数的性质判断出a，b，c的取值范围，然后再比较大小．3．B∵log5b＝a，lgb＝c，∴5a＝b，b＝10c.又5d＝10，∴5a＝b＝10c＝(5d)c＝5dc，∴a＝cd.4．D由指数、对数的运算法则得2lg(xy)＝2lgx＋lgy＝2lgx·2lgy，故选D.5．C由已知f(x)在R上为偶函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝0，∴f(logeq\f(1,8)x)＞0等价于f(|logeq\f(1,8)x|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).又f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴|logeq\f(1,8)x|＞eq\f(1,3)，即logeq\f(1,8)x＞eq\f(1,3)或logeq\f(1,8)x＜－eq\f(1,3)，解得0＜x＜eq\f(1,2)或x＞2，故选C.6．A令g(x)＝2x＋b－1，这是一个增函数，而由图象可知函数f(x)＝loga(g(x))是单调递增的，所以必有a＞1.又由图象知函数图象与y轴交点的纵坐标介于－1和0之间，即－1＜f(0)＜0，所以－1＜logab＜0，故a－1＜b＜1，因此0＜a－1＜b＜1.故选A.方法点拨：已知对数型函数的图象研究其解析式及解析式中所含参数的取值范围问题，通常是观察图象，获得函数的单调性、对称性、奇偶性、经过的特殊点等，以此为突破口．7．B因为图象与x轴有两个交点，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；对称轴为x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1，所以2a－b＝0，②错误；结合图象，当x＝－1时，y＞0，即a－b＋c＞0，③错误；由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图象开口向下，所以a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，④正确．8．B在同一直角坐标系下画出函数f(x)＝2lnx与函数g(x)＝x2－4x＋5＝(x－2)2＋1的图象，如图所示．∵f(2)＝2ln2＞g(2)＝1，∴f(x)与g(x)的图象的交点个数为2.9．B∵(x－2)f′(x)＞0，∴x＞2时，f′(x)＞0，x＜2时，f′(x)＜0.∴f(x)在(2，＋∞)上递增，在(－∞，2)上递减．∵g(x)是偶函数，∴g(x－2)关于x＝2对称，即f(x)关于x＝2对称．∵1＜a＜3，∴f(3)＜f(log3a)＜f(4a)．10．A设f(x)＝2x＋2x，则f(x)在(0，＋∞)上为增函数，由2a＋2a＝2b＋3b及b＞0，得2a＋2a＞2b＋2b，即f(a)＞f(b)，故有a＞b，即A正确，B错误．对于选项C，D，令a＝2，则2b－3b＝0，即b为g(x)＝2x－3x的零点．而g(0)＝1＞0，g(2)＝－2＜0，g(4)＝4＞0，故0＜b＜2或b＞2，即0＜b＜a或b＞a，即选项C，D都是错误的，故选A.11．【解析】依题意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数；当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，则h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.【答案】112．【解析】∵f(x)＝loga(2－ax)，∴令y＝logat，t＝2－ax，∵a>0且a≠1，x∈(1，3)，∴t在(1，3)上单调递减，∵f(x)＝loga(2－ax)在区间(1，3)内单调递增，∴函数y＝logat是减函数，且2－ax＞0在(1，3)上恒成立，∴0<a<1且2－3a≥0，解得0＜a≤eq\f(2,3).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))13．【解析】由定义可知，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－x，x≤0，,－x2＋x，x＞0.))作出函数f(x)的图象，如图所示．设y＝m与y＝f(x)图象交点的横坐标从小到大分别为x1，x2，x3.由y＝－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)得顶点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).当y＝eq\f(1,4)时，代入y＝2x2－x，得eq\f(1,4)＝2x2－x，解得x＝eq\f(1－\r(3),4)(舍去正值)，∴x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),4)，0)).又∵y＝－x2＋x的对称轴为x＝eq\f(1,2)，∴x2＋x3＝1，且x2，x3＞0，∴0＜x2x3＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4).又∵0＜－x1＜eq\f(\r(3)－1,4)，∴0＜－x1x2x3＜eq\f(\r(3)－1,16)，∴eq\f(1－\r(3),16)＜x1x2x3＜0.【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),16)，0))14．【解析】对于①，若f(x)＝x2，则f(x1)＝f(x2)时x1＝x2，或x1＝－x2，故①错误；对于②，f(x)＝2x是R上的增函数，当f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，故②正确；对于③，由单函数的定义，可知其逆否命题：f(x)为单函数，x1，x2∈A，若x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)为真命题，故③正确；对于④，假若f(x1)＝f(x2)时，有x1≠x2，这与单调函数矛盾，故④正确．【答案】②③④15．解：(1)因为f(x)的图象过点(－2，1)，所以f(－2)＝1，即4a－2b＋1＝1，所以b＝2a.因为方程f(x)＝0有且只有一个根，所以Δ＝b2－4a＝0.即4a2－4a＝0，所以a＝1，b＝2.所以f(x)＝(x＋1)2.(2)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋2x＋1－kx＝x2－(k－2)x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(k－2,2)))eq\s\up12(2)＋1－eq\f(（k－2）2,4).由g(x)的图象知，要满足题意，则eq\f(k－2,2)≥2或eq\f(k－2,2)≤－1，即k≥6或k≤0，∴实数k的取值范围为(－∞，0]∪[6，＋∞)．16．解：(1)∵f(x)的图象过点A(1，6)，B(3，24)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b·a＝6，,b·a3＝24.))∴a2＝4.又a＞0，∴a＝2，∴b＝3.∴f(x)＝3·2x.(2)由(1)知a＝2，b＝3，则x∈(－∞，1]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－m≥0恒成立，即m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在x∈(－∞，1]时恒成立．又∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)均为减函数，∴y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)也是减函数，∴当x＝1时，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)有最小值eq\f(5,6)，所以m≤eq\f(5,6)，即m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,6))).17．解：(1)当a>0，b>0时，因为函数y＝a·2x和y＝b·3x都单调递增，所以函数f(x)单调递增；当a<0，b<0时，因为函数y＝a·2x和y＝/r/