2021数学二轮复习学案板块1命题区间精讲精讲16基本初等函数、函数与方程含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021新高考数学（山东专用）二轮复习学案：板块1命题区间精讲精讲16基本初等函数、函数与方程含解析基本初等函数、函数与方程命题点1基本初等函数的图象与性质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＜a＜1两种情况讨论：当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0〈a〈1时，两函数在定义域内都为减函数．（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．［高考题型全通关］1．（2020·陕西百校联盟第一次模拟）设a＝log318,b＝log424，c＝2eq\s\up12（eq\f(3，4）），则a，b,c的大小关系是(）A．a＜b＜c B．a＜c＜bC．b＜c＜a D．c＜b＜aD［c＝2eq\f（3，4）＜2，a＝log318＝1＋log36＝1＋eq\f（1，log63），b＝log424＝1＋log46＝1＋eq\f（1，log64).因为0＜log63＜log64＜1，所以eq\f(1，log63)＞eq\f(1，log64）＞1，所以1＋eq\f(1,log63)＞1＋eq\f(1,log64）＞2,即a＞b＞c，选D．］2．（2020·惠州第一次调研）已知函数f(x）＝｜ln(eq\r(x2＋1)－x)｜，设a＝f(log30.2),b＝f（3－0。2)，c＝f(－31.1)，则(）A．a＞b＞c B．b＞a＞cC．c＞a＞b D．c＞b＞aC［法一：f（x)＝｜ln(eq\r(x2＋1）－x）｜＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（ln\f（1,\r(x2＋1)＋x))）＝|ln（eq\r（x2＋1）＋x）|＝f(－x）,所以函数f（x）＝|ln（eq\r（x2＋1)－x)｜是偶函数．当x＞0时,f（x）＝ln(eq\r（x2＋1）＋x),此时函数f(x)单调递增,a＝f(log30。2)＝f（log35),b＝f（3－0。2)，c＝f(－31.1）＝f（31.1），因为31。1＞log35＞3－0。2＞0,所以c＞a＞b。选C．法二:令g（x）＝ln(eq\r(x2＋1)－x),则g（－x）＋g(x)＝ln（eq\r(x2＋1)＋x）＋ln(eq\r（x2＋1)－x)＝ln1＝0,所以g(x）为奇函数，y＝f(x)＝｜g(x）｜为偶函数．当x＞0时，函数f（x）＝|ln(eq\r（x2＋1)－x）｜＝ln(eq\r(x2＋1）＋x)单调递增，又f(0）＝ln1＝0,所以函数f(x)的大致图象如图所示．－2＜log30.2＝log3eq\f（1，5)＝－log35＜－1，0＜3－0。2＝eq\f（1，30.2）＜1，－31.1＜－3，结合图象可知f（－31。1）＞f(log30.2)＞f（3－0.2），即c＞a＞b，故选C．］3．［教材改编］已知log2a＞log2b,则下列不等式一定成立的是（）A．eq\f（1，a）＞eq\f(1,b) B．ln(a－b）＞0C．2a－b＜1 D．eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,3)))eq\s\up12（a)＜eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）））eq\s\up12(b）D［由log2a＞log2b可得a＞b＞0，故a－b＞0，逐一考查所给的选项：A项，eq\f(1，a)＜eq\f（1,b）；B项，a－b＞0，ln（a－b）的符号不能确定;C项，2a－b＞1；D项,eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3）)）eq\s\up12(a）＜eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2））)eq\s\up12(a)＜eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)eq\s\up12（b)。]4．(2020·合肥调研）函数f（x）＝lneq\f（x·ex－1，ex＋1)的图象大致为（)B［法一：因为f(－x）＝lneq\f（－xe－x－1,e－x＋1)＝lneq\f（－x1－ex,ex＋1)＝lneq\f(xex－1,ex＋1)＝f（x），所以函数f（x)为偶函数，故排除A，D;又f（1)＝lneq\f（e－1，e＋1）＜0，f(2)＝lneq\f（2e2－2,e2＋1)＝lneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2－\f（4,e2＋1)））＞0，所以f(2)＞f(1）,故排除C．故选B．法二：因为f(x)＝lneq\f(xex－1，ex＋1）＝lneq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（2,ex＋1）))))，所以当x→＋∞时，f(x）→＋∞，排除A，C；当x→－∞时，1－eq\f(2，ex＋1）→－1，xeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f（2，ex＋1）））→＋∞，则f（x）→＋∞,排除D．故选B．]5．已知函数f（x）＝ex＋2(x＜0)与g（x）＝ln(x＋a）＋2的图象上存在关于y轴对称的点,则a的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞,\f（1，e）)） B．(－∞,e）C．eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,e），e）) D．eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－e,\f（1,e)）)B［由题意知,方程f（－x）－g(x)＝0在（0，＋∞）上有解，即e－x＋2－ln(x＋a）－2＝0在（0，＋∞)上有解，即函数y＝e－x与y＝ln(x＋a）的图象在（0，＋∞）上有交点．函数y＝ln(x＋a）可以看作由y＝lnx左右平移得到，当a＜0时，向右平移，两函数总有交点，当a＝0时，两函数总有交点,当a＞0时，向左平移，由图可知,将函数y＝lnx的图象向左平移到过点(0，1）时,两函数的图象在（0,＋∞)上不再有交点，把（0,1)代入y＝ln(x＋a），得1＝lna，即a＝e，∴a＜e。]6．［多选]（2020·济南模拟）已知函数f（x)＝2eq\f(x2－a，|x|)，则下列结论中正确的是（）A．函数f（x）的图象关于原点对称B．当a＝－1时,函数f(x)的值域为［4,＋∞)C．若方程f（x）＝eq\f(1，4）没有实数根，则a＜－1D．若函数f(x）在（0,＋∞)上单调递增,则a≥0BD[由题意知，函数f(x）的定义域为｛x｜x≠0｝，且f(－x)＝2eq\f（－x2－a，｜－x｜)＝f（x），因此函数f（x)是偶函数,其图象不关于原点对称，故A选项错误．当a＝－1时,f（x)＝2eq\f（x2＋1，|x|)，而eq\f(x2＋1，｜x|）＝|x｜＋eq\f(1，|x|）≥2，所以f（x)＝2eq\f(x2＋1,｜x|）≥4，即函数f（x）的值域为［4,＋∞)，B选项正确．由f（x)＝eq\f(1,4)，得eq\f（x2－a，|x|)＝－2，得x2＋2｜x｜－a＝0.要使原方程没有实数根，应使方程x2＋2｜x｜－a＝0没有实数根．令｜x｜＝t（t＞0）,则方程t2＋2t－a＝0应没有正实数根,于是需Δ＜0或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（Δ≥0,,－2≤0，，－a≥0，）)即4＋4a＜0或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（4＋4a≥0,,－2≤0，,－a≥0,))解得a＜－1或－1≤a≤0，综上，a≤0。故C选项错误．要使函数f(x)在（0，＋∞)上单调递增，需g（x）＝eq\f（x2－a,|x|）在（0,＋∞）上单调递增，需φ(x)＝eq\f(x2－a,x）＝x－eq\f(a，x）在（0，＋∞)上单调递增，需φ′(x)＝1＋eq\f（a,x2）≥0在(0,＋∞）上恒成立,得a≥0，故D选项正确．]命题点2函数的零点1．判断函数零点的方法(1)解方程法,即解方程f(x）＝0，方程有几个解，函数f（x）有几个零点;(2)图象法，画出函数f(x)的图象，图象与x轴的交点个数即为函数f（x）的零点个数；（3）数形结合法，即把函数等价地转化为两个函数，通过判断两个函数图象的交点个数得出函数的零点个数；(4)利用零点存在性定理判断．2．解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．[高考题型全通关]1．（2020·四川五校联考）已知函数f（x)＝eq\f（1,3)x3＋aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)x2＋x＋2)）,则f（x)的零点个数可能为（)A．1个 B．1个或2个C．1个或2个或3个 D．2个或3个A[当a＝0时，函数f(x）＝eq\f(1,3）x3,只有1个零点；当a≠0时，令f(x)＝eq\f(1，3）x3＋aeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)x2＋x＋2))＝0，显然x≠0，故－eq\f(1,a）＝eq\f（\f(1,2）x2＋x＋2,\f（1,3)x3)＝eq\f（6,x3）＋eq\f（3,x2）＋eq\f（3,2x)，设t＝eq\f（1,x）（t≠0),则－eq\f(1，a)＝g（t）＝6t3＋3t2＋eq\f(3，2）t（t≠0),g′（t)＝18t2＋6t＋eq\f(3，2)，Δ＝36－4×eq\f（3,2)×18＝－72＜0，g′（t)＞0恒成立,故g（t）在（－∞，0），(0，＋∞）上单调递增，且g（t)可取遍除0外的所有实数，所以－eq\f(1,a)＝g（t）只有一个解,即函数f(x）只有1个零点．故选A．］2．（2020·凉山质检）已知函数f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(ex,x＜0，，4x3－6x2＋1,x≥0，）)其中e为自然对数的底数，则函数g(x)＝3［f（x)］2－10f(x）＋3的零点个数为（)A．4B．5C．6D．3A［当x≥0时，f(x）＝4x3－6x2＋1的导数为f′（x）＝12x2－12x,当0＜x＜1时，f（x）单调递减，x＞1时，f（x)单调递增，可得f（x）在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1，作出函数f（x)的图象,如图所示．g（x）＝3[f(x)］2－10f（x）＋3,可令g(x)＝0,t＝f（x),可得3t2－10t＋3＝0，解得t＝3或eq\f（1,3），当t＝eq\f(1,3）,即f(x）＝eq\f(1，3）时,g(x)有三个零点;当t＝3时，可得f（x）＝3有一个实根，综上，g（x）共有四个零点．］3．(2020·大同调研)已知函数f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（log2x,x＞0，3x，x≤0）)，且函数h(x）＝f(x)＋x－a有且只有一个零点，则实数a的取值范围是()A．[1，＋∞） B．(1，＋∞）C．(－∞，1) D．（－∞,－1］B[h（x)＝f(x)＋x－a有且只有一个零点,即方程f(x）＋x－a＝0有且只有一个实根，即f(x）＝－x＋a有且只有一个实根，即函数y＝f（x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点．在同一坐标系中作出函数f（x)的图象和直线y＝－x＋a，如图所示，若函数y＝f（x)的图象与直线y＝－x＋a有且只有一个交点，则有a＞1,故选B．］4．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)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)，2）)）eq\s\up12（x)－1，则在区间（－2,6)内关于x的方程f(x)－log8（x＋2）＝0解的个数为（)A．1B．2C．3D．4C[对于任意的x∈R,都有f(2＋x）＝f（2－x）,∴f(x＋4）＝f［2＋（x＋2)］＝f［2－（x＋2)]＝f（－x）＝f(x），∴函数f(x）是一个周期函数，且T＝4.又∵当x∈［－2，0)时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2)））eq\s\up12(x）－1，且函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f（6）＝1，则函数y＝f（x）与y＝log8（x＋2）在区间(－2，6）上的图象如图所示，根据图象可得y＝f（x）与y＝log8(x＋2）在区间(－2，6）上有3个不同的交点．]5．已知函数f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（xex，x≤0，,2－｜x－1|,x＞0,）)若函数g（x）＝f(x)－m有两个不同的零点x1，x2，则x1＋x2＝(）A．2 B．2或2＋eq\f（1，e）C．2或3 D．2或3或2＋eq\f(1,e)D［当x≤0时,f′(x)＝（x＋1）ex，当x＜－1时，f′（x)＜0,故f（x)在（－∞，－1)上为减函数,当－1＜x≤0时，f′（x)＞0，故f（x）在（－1，0]上为增函数，所以当x≤0时，f（x)的最小值为f（－1)＝－eq\f（1，e）。又当x≥1时，f(x)＝3－x,当0＜x＜1时，f（x)＝x＋1，作出f(x）的图象，如图所示，因为g（x）＝f（x)－m有两个不同的零点，所以方程f（x)＝m有两个不同的根，等价于直线y＝m与f（x）的图象有两个不同的交点，且交点的横坐标分别为x1,x2，由图可知1＜m＜2或m＝0或m＝－eq\f(1,e).若1＜m＜2，则x1＋x2＝2;若m＝0，则x1＋x2＝3；若m＝－eq\f（1，e），则x1＋x2＝－1＋3＋eq\f（1,e)＝2＋eq\f（1，e).故选D．]6．已知函数f（x)＝|x2＋3x｜，x∈R.若方程f（x）－a｜x－1｜＝0恰有3个互异的实数根，则实数a的取值集合为________．{1，9}［法一：依题意得，关于x的方程｜x2＋3x|＝a|x－1|有3个互不相等的实根，注意到x＝1不是方程|x2＋3x｜＝a|x－1|的根，于是有a＝eq\f(|x2＋3x｜,|x－1|）＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f(x2＋3x，x－1)））.令x－1＝t，则eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(x2＋3x，x－1）））＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4，t）＋5））。记g（t)＝eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(t＋\f(4，t）＋5）），则函数g(t)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（t＋\f（4，t)＋5))的图象与直线y＝a恰有三个不同的交点，作出函数g（t）＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,t）＋5))的图象如图所示，结合图象可知，a＝1或a＝9.因此，实数a的取值集合是{1，9}．法二:依题意得，关于x的方程｜x2＋3x|＝a｜x－1｜有3个互不相等的实根，因此a＞0，所以｜x2＋3x｜＝|ax－a｜有3个互不相等的实根,即方程x2＋3x＝ax－a与x2＋3x＝a－ax共有3个互不相等的实根，即方程x2＋(3－a）x＋a＝0与x2＋(3＋a）x－a＝0共有3个互不相等的实根．注意到当a＞0时，方程x2＋（3＋a）x－a＝0的判别式大于0,所以方程x2＋(3＋a)x－a＝0必有2个不相等的实根．假设方程x2＋3x＝ax－a与x2＋3x＝a－ax有相同的根，可得相同的根为x＝1，但当x＝1时,x2＋3x＝ax－a与x2＋3x＝a－ax均不成立，所以方程x2＋3x＝ax－a与x2＋3x＝a－ax没有相同的根，所以方程x2＋(3－a）x＋a＝0有2个相等的实根，故其判别式Δ＝（3－a)2－4a＝0(a＞0),解得a＝1或a＝9.所以实数a的取值集合是｛1，9｝．］命题点3函数建模与信息题1．构建函数模型解决实际问题的失分点（1)不能选择相应变量得到函数模型;(2)构建的函数模型有误；(3）忽视函数模型中变量的实际意义．2．解决新概念信息题的关键（1)依据新概念进行分析；(2)有意识地运用转化思想，将新问题转化为我们所熟知的问题．［高考题型全通关］1．我国古代数学著作《孙子算经》中记载：“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步．问:人与车各几何？”其大意是:“每车坐3人，有2辆车空出来；每车坐2人，多出9人步行．问人数和车辆数各是多少？"该问题中的车辆数为（）A．12B．14C．15D．18C[设车有x辆，则3(x－2)＝2x＋9，解得x＝15。］2．对于函数f(x)，若存在实数m，使得g(x）＝f(x＋m）－f（m)为R上的奇函数，则称f(x)是位差值为m的“位差奇函数”．给出下列三个函数:①f(x）＝2x＋1；②f(x）＝x2－2x＋1；③f(x）＝2x.其中是“位差奇函数”的有（）A．0个B．1个C．2个D．3个B[对于①,f(x)＝2x＋1,则g（x）＝f(x＋m）－f(m）＝2(x＋m)＋1－(2m＋1)＝2x，则对任意实数m，g(x)＝f(x＋m)－f(m）均是R上的奇函数，即f(x)＝2x＋1是位差值为任意实数m的“位差奇函数”；对于②，f(x）＝x2－2x＋1＝(x－1)2，则g(x）＝f(x＋m)－f（m）＝x2＋2（m－1）x,无论m取何值，g(x)都不是R上的奇函数,则f（x）＝x2－2x＋1不是“位差奇函数"；对于③,f(x）＝2x，则g（x）＝f(x＋m)－f（m)＝2x＋m－2m＝2m（2x－1），无论m取何值,g（x）＝f（x＋m）－f（m）都不是R上的奇函数，则g（x)不是“位差奇函数”．故选B．］3．［多选］（2020·烟台模拟）我们定义这样一种运算“⊗"：①对任意a∈R，a⊗0＝0⊗a＝a；②对任意a,b∈R，（a⊗b)⊗c＝c⊗（ab）＋(a⊗c)＋(b⊗c）．若f（x)＝ex－1⊗e1－x，则以下结论正确的是（）A．f(x）的图象关于直线x＝1对称B．f（x)在R上单调递减C．f（x)的最小值为3D．f(2eq\s\up12（eq\f(2，3))）＞f（2eq\s\up12(eq\f（3,2)））＞f（log3eq\f（1，9)）AC[对任意a，b∈R，（a⊗b)⊗c＝c⊗(ab）＋(a⊗c)＋(b⊗c），令c＝0,得(a⊗b）⊗0＝0⊗(ab）＋（a⊗0)＋（b⊗0），得（a⊗b)⊗0＝a⊗b＝ab＋a＋b，所以f（x）＝ex－1⊗e1－x＝ex－1＋e1－x＋1。f(1－x）＝e－x＋ex＋1，f（1＋x)＝e－x＋ex＋1,所以f（1－x)＝f(1＋x），所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，A项正确;f′(x)＝ex－1－e1－x，当x＞1时，f′(x）＞0，当x＜1时,f′(x)＜0，所以f（x）在（－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞）上单调递增，B项不正确；f(x)＝ex－1＋e1－x＋1≥2eq\r(ex－1·e1－x)＋1＝3，当且仅当x＝1时，等号成立,C项正确;根据f（x）的图象关于直线x＝1对称，得f(log3eq\f(1，9))＝f(log381），又f(x）在(1，＋∞）上单调递增，log381＝4，1＜2eq\s\up12（eq\f(2,3））＜2eq\s\up12（eq\f(3，2））＜4,所以f（2eq\s\up12(eq\f(2,3）)）＜f(2eq\s\up12（eq\f(3,2))）＜f(log381），所以f(2eq\s\up12(eq\f(2，3）))＜f(2eq\s\up12（eq\f(3，2)）)＜f（log3eq\f(1，9）），故D项错误．］4．已知M＝｛α｜f(α）＝0},N＝{β|g（β）＝0｝，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β｜＜n，则称函数f(x）与g（x)互为“n度零点函数"．若f（x)＝32－x－1与g（x)＝x2－aex互为“1度零点函数”,则实数a的取值范围为()A．eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1,e2)，\f(4,e)））B．eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\