微专题24　基本初等函数、函数零点

微专题24基本初等函数、函数零点高考定位1.基本初等函数的图象与性质是高考考查的重点，利用函数性质比较大小、解不等式是常见题型；2.函数零点的个数判断及参数范围是高考热点，常以压轴题的形式出现.【真题体验】1.(2024·天津卷)若a＝4.2－0.3，b＝4.20.3，c＝log4.20.2，则a，b，c的大小关系为()A.a>b>c B.b>a>cC.c>a>b D.b>c>a答案B解析由函数y＝4.2x单调递增可知，0<a<1<b，又c＝log4.20.2<0，故b>a>c，选B.2.(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))，则()A.b>c>a B.b>a>cC.c>b>a D.c>a>b答案A解析y＝eu为R上的增函数，u＝－(x－1)2在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由复合函数的单调性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.且f(x＋2)＝e－(x＋1)2，f(－x)＝e－(－x－1)2＝e－(x＋1)2，则f(x＋2)＝f(－x)，即f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))，又eq\f(\r(2),2)<2－eq\f(\r(6),2)<eq\f(\r(3),2)<1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(6),2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))，所以b>c>a，故选A.3.(2024·北京卷)生物丰富度指数d＝eq\f(S－1,lnN)是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好.如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则()A.3N2＝2N1 B.2N2＝3N1C.Neq\o\al(2,2)＝Neq\o\al(3,1) D.Neq\o\al(3,2)＝Neq\o\al(2,1)答案D解析由题意，得eq\f(S－1,lnN1)＝2.1，eq\f(S－1,lnN2)＝3.15.若S不变，则2.1lnN1＝3.15lnN2，即2lnN1＝3lnN2，所以Neq\o\al(2,1)＝Neq\o\al(3,2).4.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cosx＋2ax.当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点.则a＝()A.－1 B.eq\f(1,2)C.1 D.2答案D解析由题意知f(x)＝g(x)，则a(x＋1)2－1＝cosx＋2ax，即cosx＝a(x2＋1)－1.令h(x)＝cosx－a(x2＋1)＋1.易知h(x)为偶函数，由题意知h(x)在(－1，1)上有唯一零点，所以h(0)＝0，即cos0－a(0＋1)＋1＝0，得a＝2，故选D.【热点突破】热点一基本初等函数的图象与性质例1(1)(2024·武汉调研)在同一平面直角坐标系中，函数y＝loga(－x)，y＝eq\f(a－1,x)(a>0，且a≠1)的图象可能是()(2)(多选)(2024·福州名校联考)已知函数f(x)＝4x＋eq\f(1,4x)＋2，则下列说法正确的是()A.f(x)在(－∞，0)上单调递增B.f(x)的图象关于y轴对称C.f(x)的图象关于点(0，1)对称D.不等式f(x＋1)<eq\f(25,4)的解集是(－2，0)答案(1)C(2)BD解析(1)因为函数y＝loga(－x)的图象与函数y＝logax的图象关于y轴对称，所以函数y＝loga(－x)的图象恒过定点(－1，0)，故选项A，B错误.当a>1时，函数y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，所以函数y＝loga(－x)在(－∞，0)上单调递减，而y＝eq\f(a－1,x)(a>1)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，故D错误，C正确.(2)对于A，当x<0时，f′(x)＝4xln4－eq\f(1,4x)ln4＝(4x－4－x)ln4<0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，故A错误；对于B，f(x)的定义域为R，f(－x)＝4－x＋eq\f(1,4－x)＋2＝eq\f(1,4x)＋4x＋2＝f(x)，所以f(x)的图象关于y轴对称，故B正确；对于C，因为f(x)＋f(－x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(1,4x)))＋4>2，故函数f(x)的图象不关于点(0，1)对称，故C错误；对于D，由f(x＋1)＝4x＋1＋eq\f(1,4x＋1)＋2<eq\f(25,4)，得(4x＋1)2－eq\f(17,4)·4x＋1＋1<0，则eq\f(1,4)<4x＋1<4，可得－1<x＋1<1，解得－2<x<0，因此不等式f(x＋1)<eq\f(25,4)的解集是(－2，0)，故D正确.故选BD.规律方法1.指数函数、对数函数的图象与性质会受底数a的影响，解决指数函数、对数函数问题时，首先要看底数a的取值范围.2.基本初等函数的图象和性质是统一的，在解题中可相互转化.训练1(1)(2024·上饶六校联考)已知a＝log30.9，b＝0.30.4，c＝0.40.3，则a，b，c的大小关系为()A.b<c<a B.a<b<cC.a<c<b D.b<a<c(2)(2024·宁波质检)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)（－x）＋4，－2≤x<0，,ax－1，x<－2))(a>0，a≠1)的值域是[3，＋∞)，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.(1，2] D.[2，＋∞)答案(1)B(2)A解析(1)由y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，知a＝log30.9<log31＝0，由y＝0.3x在(0，＋∞)上单调递减，知0<b＝0.30.4<0.30.3，由y＝x0.3在(0，＋∞)上单调递增，知c＝0.40.3>0.30.3.故a<b<c，故选B.(2)法一当－2≤x<0时，0<－x≤2，f(x)＝logeq\f(1,2)(－x)＋4≥3.若a>1，当x<－2时，－1<f(x)＝ax－1<a－2－1，与函数f(x)的值域为[3，＋∞)不符.若0<a<1，当x<－2时，f(x)＝ax－1>a－2－1，因为函数f(x)的值域为[3，＋∞)，所以a－2－1≥3，又0<a<1，所以0<a≤eq\f(1,2).综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故选A.法二当－2≤x<0时，0<－x≤2，f(x)＝logeq\f(1,2)(－x)＋4≥3.若a＝eq\f(1,2)，当x<－2时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)－1＝3，所以f(x)的值域为[3，＋∞)，符合题意，排除C和D；若a＝eq\f(1,3)，当x<－2时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)－1＝8，所以f(x)的值域为[3，＋∞)，符合题意，排除B，故选A.热点二函数的零点考向1函数零点的判断例2(2024·重庆七校联考)定义在R上的偶函数f(x)满足f(x－1)＝f(x＋1)，且当x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，函数g(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，g(x)＝lgx，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点的个数是________.答案11解析因为f(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x)＝f(x＋2)，则f(x)的周期为2，又f(x)为偶函数，且当x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，所以可利用f(x)的周期性与奇偶性作出f(x)的大致图象，因为g(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，g(x)＝lgx，所以函数y＝g(x)的大致图象如图所示.考虑特殊位置，当x＝－1时，f(－1)＝1，g(－1)＝－g(1)＝－lg1＝0；当x＝9时，f(9)＝f(1)＝f(－1)＝1，g(9)＝lg9<1；当x＝11时，f(11)＝f(1)＝1，g(11)＝lg11>1，函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数即函数y＝f(x)与函数y＝g(x)图象的交点个数，所以由图象可知函数y＝f(x)与函数y＝g(x)图象的交点个数为11(不要忽略原点).考向2求参数的值或取值范围例3(2024·抚顺联考)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－a－5，x≤0，,ln（x2－4x－a），x>0))恰有3个零点，则a的取值范围为()A.(－5，－4) B.(－4，－3)C.(－5，－4] D.(－4，－3]答案A解析由f(x)＝0，得a＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－5，x≤0，,x2－4x－1，x>0，))作出g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－5，x≤0，,x2－4x－1，x>0))的图象，如图所示.由图可知，当a∈(－5，－4]时，直线y＝a与函数g(x)的图象有3个交点，从而f(x)有3个零点.又x2－4x－a>0对x>0恒成立，即a<x2－4x对x>0恒成立，即a<(x2－4x)min，x>0，当x＝2时，y＝x2－4x，x>0取得最小值－4，所以a<－4，故a∈(－5，－4).故选A.考向3零点的代数式问题例4(多选)(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x－4|，x>0，,x2＋4x＋3，x≤0，))函数g(x)＝f(x)＋a的四个零点分别为x1，x2，x3，x4，且x1<x2<x3<x4，则下列结论正确的是()A.0<a<3 B.x1＋x2＝－4C.x3＋x4<4 D.2x3＋4x4>20答案BCD解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x－4|，x>0，,x2＋4x＋3，x≤0))的图象如图所示.g(x)＝f(x)＋a有四个零点x1，x2，x3，x4，且x1<x2<x3<x4，即g(x)＝f(x)＋a＝0有四个解，即y＝f(x)的图象与直线y＝－a有四个交点，结合图象可知0<－a<3，所以－3<a<0，故A错误.由图可知x1＋x2＝－4，故B正确.当x>0时，f(x)＝|2x－4|，因为|2x3－4|＝|2x4－4|，所以4－2x3＝2x4－4，即2x4＋2x3＝8，所以2x4＋2x3＝8>2eq\r(2x4·2x3)，即2x4＋x3<16＝24，所以x3＋x4<4，故C正确.又2x4＝8－2x3，所以2x3＋4x4＝2x3＋22x4＝2x3＋(8－2x3)2，令t＝2x3，t∈(1，4)，则2x3＋4x4＝t＋(8－t)2＝t2－15t＋64，令h(x)＝x2－15x＋64，x∈(1，4)，函数图象的对称轴为直线x＝eq\f(15,2)，所以函数h(x)＝x2－15x＋64在(1，4)上单调递减，所以h(x)>h(4)＝20，即t2－15t＋64>20，所以2x3＋4x4>20，故D正确.故选BCD.规律方法利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法(1)直接法：利用零点存在定理构建不等式确定参数的取值范围；(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.训练2(1)(2024·北京延庆调研)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－xeq\f(1,3)，那么在下列区间中含有零点的为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.(1，2)(2)(2024·海南质检)函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数为()A.0 B.1C.2 D.3(3)(2024·南京、盐城质检)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－8x＋8，x≥0，,2x＋4，x<0.))若互不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1＋x2＋x3的范围是()A.(2，8) B.(－8，4)C.(－6，0) D.(－6，8)答案(1)B(2)C(3)A解析(1)易知函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,3))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(\f(1,3))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\f(1,3))<0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，由函数零点存在定理知在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))内有零点.故选B.(2)函数y＝ex＋x2＋2x－1的零点个数即函数f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象的交点个数，分别作出f(x)＝ex与g(x)＝－x2－2x＋1的图象，如图所示，由图可知，两图象有2个交点，故原函数有2个零点，故选C.(3)画出函数f(x)的图象如图.令x1<x2<x3.根据图象可得x2＋x3＝8，当2x1＋4＝－8时，x1＝－6，所以－6<x1<0，则x1＋x2＋x3的范围是(2，8).故选A.热点三函数模型及其应用例5(多选)(2024·山东部分学校联考)某同学根据著名物理学家、数学家牛顿的物体冷却模型：若物体原来的温度为θ0(单位：℃)，环境温度为θ1(θ1<θ0，单位：℃)，物体的温度冷却到θ(θ>θ1，单位：℃)需用时t(单位：分钟)，推导出函数关系为t＝f(θ)＝eq\f(1,k)[ln(θ0－θ1)－ln(θ－θ1)]，k为正常数.现有一壶开水(100℃)放在室温为20℃的房间里，根据该同学推出的函数关系研究这壶开水冷却的情况，则(参考数据：ln2≈0.7)()A.函数关系θ＝θ1＋(θ0－θ1)ekt也可作为这壶开水的冷却模型B.当k＝eq\f(1,20)时，这壶开水冷却到40℃大约需要28分钟C.若f(60)＝10，则f(30)＝30D.这壶开水从100℃冷却到70℃所需时间比从70℃冷却到40℃所需时间短答案BCD解析对于A，由t＝f(θ)＝eq\f(1,k)[ln(θ0－θ1)－ln(θ－θ1)]，得kt＝lneq\f(θ0－θ1,θ－θ1)，所以eq\f(θ0－θ1,θ－θ1)＝ekt，故θ＝θ1＋(θ0－θ1)eq\f(1,ekt).A错误.对于B，由题意可知t＝f(θ)＝eq\f(1,k)[ln(100－20)－ln(θ－20)]＝eq\f(1,k)lneq\f(80,θ－20)，t＝20lneq\f(80,40－20)＝20ln4＝40ln2≈40×0.7＝28，B正确.对于C，由f(60)＝10，得eq\f(1,k)lneq\f(80,40)＝10，即k＝eq\f(ln2,10)，则f(30)＝eq\f(10,ln2)·lneq\f(80,30－20)＝eq\f(10,ln2)ln8＝30，C正确.对于D，设这壶开水从100℃冷却到70℃所需时间为t1分钟，则t1＝eq\f(1,k)lneq\f(80,70－20)＝eq\f(1,k)(ln8－ln5)，设这壶开水从70℃冷却到40℃所需时间为t2分钟，则t2＝eq\f(1,k)lneq\f(70－20,40－20)＝eq\f(1,k)(ln5－ln2)，因为t1－t2＝eq\f(1,k)(ln8＋ln2－2ln5)＝eq\f(1,k)lneq\f(16,25)<0，所以t1<t2，D正确.故选BCD.规律方法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)仔细审题，明确问题的实际背景，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.训练3(2024·广东名校联考)某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的废水中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.25g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.21g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型rn＝r0＋(r1－r0)·30.25n＋t(t∈R，n∈N*)，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数，假设废水中含有的污染物数量不超过0.25g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)()A.15次 B.16次C.17次 D.18次答案B解析由题意知r0＝2.25g/m3，r1＝2.21g/m3，当n＝1时，r1＝r0＋(r1－r0)×30.25＋t，故30.25＋t＝1，t＝－0.25，故rn＝2.25－0.04×30.25(n－1)，由rn≤0.25得30.25(n－1)≥50，即0.25(n－1)≥log350＝eq\f(lg50,lg3)，则n≥eq\f(4（2－lg2）,lg3)＋1≈15.17，而n∈N*，故n≥16，故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要16次，故选B.【精准强化练】一、单选题1.(2024·长沙质检)函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是()A.(0，1) B.(1，2)C.(2，3) D.(3，4)答案C解析因为函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递减，所以函数f(x)最多只有一个零点.因为f(0)＝5－lg1＝5>0，f(1)＝3－lg3>0，f(2)＝1－lg5>0，f(3)＝－1－lg7<0，所以函数f(x)＝5－2x－lg(2x＋1)的零点所在的区间是(2，3).故选C.2.(2024·长治调研)函数f(x)＝log2(|x|－1)的大致图象是()答案B解析f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞).易知函数f(x)是偶函数，排除C，D；当x>1时，f(x)是增函数，排除A.故选B.3.(2024·浙江名校协作体联考)已知函数y＝log2(ax2－x)在区间(1，2)上单调递增，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.[1，＋∞)答案D解析令t=ax2-x,因为函数y＝log2(ax2－x)在区间(1，2)上单调递增，所以函数y＝log2(ax2－x)在区间(1，2)上有意义，且t＝ax2－x在(1，2)上单调递增，所以a≠0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(1,2a)≤1，,a－1≥0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(1,2a)≥2，,a－1≥0，))解得a≥1，所以a的取值范围为[1，＋∞).故选D.4.(2024·成都诊断)海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用ID＝I0e－KD表示其总衰减规律，其中K是平均消光系数(也称衰减系数)，D(单位：米)是海水深度，ID(单位：坎德拉)和I0(单位：坎德拉)分别表示在深度D处和海面的光强.已知某海区10米深处的光强是海面光强的30%，则该海区消光系数K的值约为(参考数据：ln2≈0.7，ln3≈1.1，ln5≈1.6)()A.0.12 B.0.11C.0.07 D.0.01答案A解析由题意得，30%I0＝I0e－10K，即30%＝e－10K，两边取自然对数得，－10K＝ln3－ln10＝ln3－ln2－ln5，所以K＝eq\f(ln2＋ln5－ln3,10)≈eq\f(0.7＋1.6－1.1,10)＝0.12.故选A.5.(2024·昆明调研)若函数f(x)＝a＋x＋lgx(1<x<10)有零点，则a的取值范围为()A.(－10，－1) B.(1，10)C.(1，11) D.(－11，－1)答案D解析因为函数y＝x＋a与y＝lgx均在(1，10)上单调递增，所以f(x)＝a＋x＋lgx在(1，10)上单调递增.若函数f(x)＝a＋x＋lgx(1<x<10)有零点，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1<0，,a＋11>0，))解得－11<a<－1.故选D.6.(2024·合肥调研)已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1.2)，b＝log510，c＝log714，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<c B.a<c<bC.b<c<a D.c<b<a答案D解析由题意可得b＝log510＝1＋log52＝1＋eq\f(lg2,lg5)，c＝log714＝1＋log72＝1＋eq\f(lg2,lg7).因为0<lg5<lg7，所以eq\f(lg2,lg5)>eq\f(lg2,lg7)，则b>c.由于5eq\f(3,2)＝5eq\r(5)>5×2＝10，所以eq\f(3,2)>log510，而a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1.2)>eq\f(3,2)，故a>b，所以c<b<a.7.(2024·北京卷)已知(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则()A.log2eq\f(y1＋y2,2)<eq\f(x1＋x2,2) B.log2eq\f(y1＋y2,2)>eq\f(x1＋x2,2)C.log2eq\f(y1＋y2,2)<x1＋x2 D.log2eq\f(y1＋y2,2)>x1＋x2答案B解析因为(x1，y1)，(x2，y2)为函数y＝2x的图象上两个不同的点，所以y1＝2x1，y2＝2x2，且x1≠x2，则2x1≠2x2，所以y1＋y2＝2x1＋2x2>2eq\r(2x1·2x2)＝2eq\r(2x1＋x2)，所以eq\f(y1＋y2,2)>eq\r(2x1＋x2)>0，所以log2eq\f(y1＋y2,2)>log2eq\r(2x1＋x2)＝eq\f(x1＋x2,2)，故选B.8.设正实数a，b，c分别满足eq\f(1,a)＝2a，eq\f(1,b)＝log2b，eq\f(1,c)＝log3c，则a，b，c的大小关系为()A.a>b>c B.b>a>cC.c>b>a D.a>c>b答案C解析在同一坐标系中，作出y＝2x，y＝eq\f(1,x)，y＝log2x，y＝log3x的图象，由图象得c>b>a.二、多选题9.(2024·昆明调研)下列计算正确的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))eq\s\up12(\f(1,2))－60－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,8)))eq\s\up12(\f(1,3))＝－1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－log27)＋ln(lne)＝7C.log23×log34＝log67D.lg25＋eq\f(2,3)lg8－lg200＋lg2＝0答案ABD解析对于A，原式＝eq\f(3,2)－1－eq\f(3,2)＝－1，所以A正确；对于B，原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(log\f(1,2)7)＋ln(lne)＝7＋ln1＝7，所以B正确；对于C，原式＝eq\f(lg3,lg2)×eq\f(lg22,lg3)＝eq\f(lg3,lg2)×eq\f(2lg2,lg3)＝2，所以C错误；对于D，原式＝lg52＋eq\f(2,3)lg23－lg200＋lg2＝2(lg5＋lg2)－lgeq\f(200,2)＝2－2＝0，所以D正确.故选ABD.10.(2024·唐山部分学校联考)某大型商场开业期间为吸引顾客，推出“单次消费满100元可参加抽奖”的活动，奖品为本商场现金购物卡，可用于以后在该商场消费.已知抽奖结果共分5个等级，等级x与购物卡的面值y(元)的关系式为y＝eax＋b＋k，三等奖比四等奖的面值多100元，比五等奖的面值多120元，且四等奖的面值是五等奖的面值的3倍，则()A.a＝－ln5B.k＝15C.一等奖的面值为3130元D.三等奖的面值为130元答案ACD解析由题意可知，四等奖比五等奖的面值多20元，所以eq\f(（e3a＋b＋k）－（e4a＋b＋k）,（e4a＋b＋k）－（e5a＋b＋k）)＝e－a＝eq\f(100,20)＝5，则a＝－ln5，故A正确.由(e3a＋b＋k)－(e4a＋b＋k)＝e3a＋b(1－ea)＝100，可知e3a＋b＝125.因为四等奖的面值是五等奖的面值的3倍，所以e4a＋b＋k＝3(e5a＋b＋k)，解得k＝5，故B错误.三等奖的面值为e3a＋b＋k＝125＋5＝130元，故D正确.由ea＋b＋k＝e3a＋b·e－2a＋k＝125×25＋5＝3130，故一等奖的面值为3130元，故C正确.故选ACD.11.(2024·河南名校联考)布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，该定理表明：对于一个拓扑空间中满足一定条件的连续函数f(x)，在其定义域内存在一个x0，使得f(x0)＝x0.现定义x0为函数f(x)的一个“不动点”.那么下列函数具有“不动点”的是()A.f(x)＝|lnx| B.f(x)＝x2＋2x＋1C.f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x＋1|，x≤0，,sinx，x>0)) D.f(x)＝ex＋2x答案AD解析对于A，假设函数f(x)＝|lnx|存在“不动点”，则方程|lnx|＝x有解，结合对数函数的图象可知方程有解，所以函数f(x)＝|lnx|存在“不动点”，故A满足.对于B，假设函数f(x)＝x2＋2x＋1存在“不动点”，则方程x2＋2x＋1＝x有解，得x2＋x＋1＝0，因为判别式Δ＝1－4＝－3<0，所以方程x2＋2x＋1＝x无解，故假设不成立，即函数f(x)＝x2＋2x＋1不存在“不动点”，故B不满足.对于C，假设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x＋1|，x≤0，,sinx，x>0))存在“不动点”，则方程f(x)＝x有解，当x≤0时，方程为|2x＋1|＝x，无解.当x>0时，方程为sinx＝x.令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(0，