高考数学二轮复习 第一篇 求准提速 基础小题不失分 第7练 基本初等函数练习 文试题

第7练基本初等函数[明考情]基本初等函数是函数性质的载体，是高考的命题热点，多以选择题形式出现，中档难度，有时出现在选择或填空的最后一题.[知考向]1.幂、指数、对数的运算与大小比较.2.基本初等函数的性质.3.分段函数.4.基本初等函数的综合应用.考点一幂、指数、对数的运算与大小比较方法技巧幂、指数、对数的大小比较方法(1)单调性法.(2)中间值法.1.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x＜0，,fx－1＋1，x≥0，))则f(2016)等于()A.2014B.eq\f(4029,2)C.2015D.eq\f(4035,2)答案D解析f(2016)＝f(2015)＋1＝…＝f(0)＋2016＝f(－1)＋2017＝2－1＋2017＝eq\f(4035,2).2.(2016·全国Ⅲ)已知a＝，b＝，c＝，则()A.b<a<c B.a<b<cC.b<c<a D.c<a<b答案A解析因为a＝，b＝，由函数y＝2x在R上为增函数知b<a；又因为a＝＝，c＝＝，由函数y＝在(0，＋∞)上为增函数知a<c.综上得b<a<c.故选A.3.设eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜1，那么()A.aa＜ab＜ba B.aa＜ba＜abC.ab＜aa＜ba D.ab＜ba＜aa答案C解析由于指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x是减函数，由已知eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜1，得0＜a＜b＜1.当0＜a＜1时，y＝ax为减函数，所以ab＜aa，排除A，B；又因为幂函数y＝xa在第一象限内为增函数，所以aa＜ba，故选C.4.(2016·浙江)已知a＞b＞1.若logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，则a＝________，b＝________.答案42解析设logba＝t，则t＞1，因为t＋eq\f(1,t)＝eq\f(5,2)，解得t＝2，所以a＝b2， ①因此ab＝ba⇒b2b＝， ②解得b＝2，a＝4.5.已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，设a＝f(log47)，b＝f()，c＝f(0.2－0.6)，则a，b，c的大小关系是________.答案c＜b＜a解析＝－log23＝－log49，b＝f()＝f(－log49)＝f(log49)，log47＜log49，0.2－0.6＝＝＝eq\r(5,125)＞eq\r(5,32)＝2＞log49，又f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，故f(x)在[0，＋∞)上是减函数，所以f(0.2－0.6)＜f()＜f(log47)，即c＜b＜a.考点二基本初等函数的性质方法技巧(1)指数函数的图象过定点(0，1)，对数函数的图象过定点(1，0).(2)应用指数函数、对数函数的单调性，要注意底数的范围，底数不同的尽量化成相同的底数.(3)解题时要注意把握函数的图象，利用图象研究函数的性质.6.已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图象如图，则下列结论成立的是()A.a>1，c>1B.a>1，0<c<1C.0<a<1，c>1D.0<a<1，0<c<1答案D解析由对数函数的性质得0＜a＜1，因为函数y＝loga(x＋c)的图象在c＞0时是由函数y＝logax的图象向左平移c个单位得到的，所以根据题中图象可知0＜c＜1.故选D.7.(2017·银川市兴庆区一模)设函数f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)－eq\f(1,2)，[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[f(x)]的值域是()A.{0，1} B.{0，－1}C.{－1，1} D.{1，1}答案B解析∵f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2x＋1)，分析可得－eq\f(1,2)＜f(x)＜eq\f(1,2)，∴[f(x)]＝{0，－1}.8.(2017·全国Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A.(－∞，－2) B.(－∞，1)C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)答案D解析由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.设t＝x2－2x－8，则y＝lnt为增函数.要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间.∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).故选D.9.已知函数f(x)＝x－4＋eq\f(9,x＋1)，x∈(0，4)，当x＝a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)＝a|x+b|的图象为()答案A解析当x∈(0，4)时，f(x)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥1(当且仅当x＝2时取等号)，∴a＝2，b＝1.∴g(x)＝2|x+1|的图象关于直线x＝－1对称，且在[－1，＋∞)上为增函数，故选A.10.(2017·钦州一模)已知函数f(x)＝|lg(x－1)|，若1＜a＜b且f(a)＝f(b)，则a＋2b的取值范围为()A.(3＋2eq\r(2)，＋∞) B.[3＋2eq\r(2)，＋∞)C.(6，＋∞) D.[6，＋∞)答案C解析由图象易知b＞2，1＜a＜2，∴－lg(a－1)＝lg(b－1)，则a＝eq\f(b,b－1)，则a＋2b＝eq\f(b,b－1)＋2b＝eq\f(2b2－b,b－1)＝eq\f(2b－12＋3b－1＋1,b－1)＝2(b－1)＋eq\f(1,b－1)＋3≥2eq\r(2)＋3，当且仅当b＝eq\f(\r(2),2)＋1时取等号.∵b＞2，∴a＋2b＝eq\f(b,b－1)＋2b＞6.考点三分段函数方法技巧(1)分段函数求函数值：先范围，再代入.(2)分段函数在整个定义域上的单调性：一定要注意定义域的分界点处函数值的大小关系.11.(2017·山东)设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2x－1，x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))等于()A.2B.4C.6D.8答案C解析若0＜a＜1，由f(a)＝f(a＋1)，得eq\r(a)＝2(a＋1－1)，∴a＝eq\f(1,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.若a≥1，由f(a)＝f(a＋1)，得2(a－1)＝2(a＋1－1)，无解.综上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6.故选C.12.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋3，x≤0，,3－x，x＞0，))则方程f(x)＋1＝0的实根的个数为()A.0B.1答案C解析依题意得当x≤0时，x2＋4x＋3＋1＝0，解得x＝－2；当x＞0时，3－x＋1＝0，得x＝4.因此原方程的实根的个数是2.13.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x＞1))是R上的单调函数，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案B解析由对数函数的定义，可得a＞0，且a≠1.又函数f(x)在R上单调，而二次函数y＝ax2－x－eq\f(1,4)的图象开口向上，所以函数f(x)在R上单调递减，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))解得eq\f(1,4)≤a≤eq\f(1,2).14.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,x－13，x＜2，))若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是()A.(－1，1)B.(0，1)C.(0，1]D.(－1，0)答案B解析由题意知，函数f(x)＝eq\f(2,x)在[2，＋∞)上是减函数，且0＜f(x)≤1，f(x)＝(x－1)3在(－∞，2)上是增函数，且f(x)＜1，若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则0＜k＜1.15.(2017·全国Ⅲ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x>0，))则满足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范围是___.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析由题意知，可对不等式分x≤0，0＜x≤eq\f(1,2)，x＞eq\f(1,2)三段讨论.当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋eq\f(1,2)＞1，解得x＞－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.当0＜x≤eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋x＋eq\f(1,2)＞1，显然成立.当x＞eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋＞1，显然成立.综上可知，x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).考点四基本初等函数的综合应用要点重组函数y＝ax和y＝logax(a＞0，a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称.方法技巧基本初等函数与不等式的交汇问题是高考的热点，突破此类问题在于准确把握函数的图象和性质.16.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为()A.[1，3] B.(1，3)C.[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D.(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))答案D解析函数f(x)＝ex－1的值域为(－1，＋∞)，g(x)＝－x2＋4x－3的值域为(－∞，1]，若存在f(a)＝g(b)，则需g(b)＞－1，即－b2＋4b－3＞－1，所以b2－4b＋2＜0，解得2－eq\r(2)＜b＜2＋eq\r(2).17.已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数.记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，cA.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜a＜bD.c＜b＜a答案C解析由f(x)＝2|x－m|－1是偶函数，得m＝0，则f(x)＝2|x|－1.当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝2x－1单调递增，又a＝f(log0.53)＝f(|log0.53|)＝f(log23)，c＝f(0)，且0＜log23＜log25，则f(0)＜f(log23)＜f(log25)，即c＜a＜b，故选C.18.设a，b，c分别是方程2x＝，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝log2x的实数根，则()A.c＜b＜a B.a＜b＜cC.b＜a＜c D.c＜a＜b答案C解析因为2a＝＞0，所以0＜a＜1.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＝＝－b＞0，所以b＜0.因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c＝log2c＞0，所以1＜c＜2.所以b＜0＜a＜1＜c.19.已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,x)，x＜0，,logx，x＞0，))则f(x)≥－2的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪[4，＋∞)B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，4]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))∪[4，＋∞)D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))∪(0，4]答案B解析当x＜0时，f(x)≥－2，即eq\f(1＋x,x)≥－2，可转化为1＋x≤－2x，得x≤－eq\f(1,3)；当x＞0时，f(x)≥－2，即≥－2，可转化为≥，解得0＜x≤4.综上可知不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，4].20.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________.答案(1，＋∞)解析画出函数y＝f(x)与y＝a－x的图象如图所示，所以a>1.1.函数f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)的图象如图所示，则下列结论成立的是()A.a>0，b>0，c<0B.a<0，b>0，c>0C.a<0，b>0，c<0D.a<0，b<0，c<0答案C解析由f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)及图象可知，x≠－c，－c＞0，则c＜0；当x＝0时，f(0)＝eq\f(b,c2)＞0，所以b＞0；当f(x)＝0时，ax＋b＝0，所以x＝－eq\f(b,a)＞0，所以a＜0，故选C.2.如果函数y＝a2x＋2ax－1(a>0且a≠1)在区间[－1，1]上的最大值是14，则a的值为()A.eq\f(1,3)B.1C.3D.eq\f(1,3)或3答案D解析令ax＝t，则y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.当a>1时，因为x∈[－1，1]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，又函数y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递增，所以ymax＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(负值舍去)；当0<a<1时，因为x∈[－1，1]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，又函数y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上单调递增，则ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2－2＝14，解得a＝eq\f(1,3)(负值舍去).综上知a＝3或a＝eq\f(1,3).3.已知函数f(x)＝logaeq\f(1－x,b＋x)(0＜a＜1)为奇函数，当x∈(－1，a]时，函数f(x)的值域为(－∞，1]，则实数a＋b的值为____________.答案eq\r(2)解析因为奇函数的定义域关于原点对称，所以由eq\f(1－x,b＋x)＞0，得－b＜x＜1，且b＝1.所以f(x)＝logaeq\f(1－x,1＋x)(0＜a＜1).又g(x)＝eq\f(1－x,x＋1)＝－1＋eq\f(2,x＋1)在(－1，a]上单调递减，因为0＜a＜1，所以f(x)在(－1，a]上单调递增.又因为函数f(x)的值域是(－∞，1]，故g(a)＝a，即a2＋a＝1－a，解得a＝eq\r(2)－1，所以a＋b＝eq\r(2).4.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x＞0.))若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是________.答案[－2，0]解析由y＝|f(x)|的图象知，①当x＞0时，只有当a≤0时，才能满足|f(x)|≥ax.②当x≤0时，y＝|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x.故由|f(x)|≥ax，得x2－2x≥ax.当x＝0时，不等式为0≥0成立.当x＜0时，不等式等价于x－2≤a.因为x－2＜－2，所以a≥－2.综上可知，a∈[－2，0].解题秘籍(1)基本初等函数的图象可根据特殊点及函数的性质进行判定.(2)与指数函数、对数函数有关的复合函数的性质，可使用换元法，解题中要优先考虑函数的定义域.(3)数形结合是解决方程不等式的重要工具，指数函数、对数函数的底数要讨论.1.函数f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0，1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.2D.4答案B解析当a＞1时，由a＋loga2＋1＝a，得loga2＝－1，所以a＝eq\f(1,2)，与a＞1矛盾；当0＜a＜1时，由1＋a＋loga2＝a，得loga2＝－1，所以a＝eq\f(1,2).2.已知实数a，b满足eq\f(1,2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))b＞eq\f(1,4)，则()A.b＜2eq\r(b－a) B.b＞2eq\r(b－a)C.a＜eq\r(b－a) D.a＞eq\r(b－a)答案B解析∵eq\f(1,2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))b＝＞eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，∴1＜a＜eq\f(b,2)＜2，∴b2－4(b－a)＝b2－4b＋4a＞b2－4b∴b2＞4(b－a)，∴b＞2eq\r(b－a)，故选B.3.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x－1，x＞0，,f2－x，x≤0，))则f(0)等于()A.－1B.0答案B解析f(0)＝f(2－0)＝log22－1＝1－1＝0.4.(2017·揭东区校级月考)函数y＝(0≤x＜3)的值域是()A.(0，1] B.(e－3，e]C.[e－3，1] D.[1，e]答案B解析∵y＝＝(0≤x＜3)，当0≤x＜3时，－3＜－(x－1)2＋1≤1，∴e－3＜≤e1，即e－3＜y≤e，∴函数y的值域是(e－3，e].5.(2017·河东区模拟)函数f(x)＝|x－2|－lnx在定义域内零点的个数为()A.0B.1答案C解析由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由函数零点的定义，f(x)在(0，＋∞)内的零点即是方程|x－2|－lnx＝0的根.令y1＝|x－2|，y2＝lnx(x＞0)，在一个坐标系中画出两个函数的图象.由图得两个函数图象有两个交点，故方程有两个根，即对应函数有两个零点.6.已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为()A.[－1，2] B.[－1，0]C.[1，2] D.[0，2]答案D解析应该是递减的，则a≥0，此时最小值为f(0)＝a2，因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2，故选D.7.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex＋a，x≤0，,2x－1，x＞0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则a的取值范围是()A.(－∞，－1) B.(－∞，0)C.(－1，0) D.[－1，0)答案D解析当x＞0时，f(x)＝2x－1.令f(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)；当x≤0时，f(x)＝ex＋a，此时函数f(x)＝ex＋a在(－∞，0]上有且仅有一个零点，等价转化为方程ex＝－a在(－∞，0]上有且仅有一个实根，而函数y＝ex在(－∞，0]上的值域为(0，1]，所以0＜－a≤1，解得－1≤a＜0.故选D.8.(2017·武汉模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数aA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.(－∞，0) D.(0，＋∞)答案D解析函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调，不可能有两个零点；当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝lneq\f(1,a)，函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上单调递增，∴f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a＞0)，则g′(a)＝eq\f(1,a)－2.当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，g(a)单调递增，当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，g(a)单调递减，∴g(a)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2＜0，∴f(x)的最小值f