2027版53B版新高考版数学总复习分层训练2.2　基本初等函数

专题二函数及其性质2.2基本初等函数目录考点1指、对、幂的运算考点2基本初等函数的性质及应用五年高考·考点练三年模拟·限时练基础强化练综合提升练考点1指、对、幂的运算1.★(2022天津,6,5分)化简(2log43+log83)·(log32+log92)=

()A.1

B.

C.2

D.

C

解析

(2log43+log83)(log32+log92)=

=

log23×

log32=2.故选C.2.★(2022浙江,7,4分)已知2a=5,log83=b,则4a-3b=

()A.25

B.5

C.

D.

C

解析由题意知b=log83=lo

3=

log23,又2a=5,所以4a-3b=22(a-3b)=22a-6b=(2a)2·2-6b=25×

=25×

=25×3-2=

,故选C.3.★(2021天津,7,5分)若2a=5b=10,则

+

=()A.-1

B.lg7

C.1

D.log710

C

解析解法一:∵2a=5b=10,∴a=log210,b=log510,∴

+

=

+

=lg2+lg5=1.解法二:由题意可得2ab=10b①,5ab=10a②,①×②可得10ab=10a+b,故ab=a+b⇒

=

⇒

+

=1.4.★★(2024全国甲理,15,5分)已知a>1且

-

=-

,则a=____________.

64

解析∵

-

=-

,∴loga8-

=-

,即3loga2-

=-

,设t=loga2,∵a>1,∴t>0,则3t-

=-

,整理得6t2+5t-1=0,即(t+1)(6t-1)=0,∵t>0,∴t=

,即loga2=

,∴

=2,∴a=26=64.考点2基本初等函数的性质及应用1.★(2023天津,3,5分)设a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,则a,b,c的大小关系为

()A.a<b<c

B.b<a<cC.c<b<a

D.c<a<b

D

解析∵f(x)=1.01x单调递增,∴f(0.5)<f(0.6),即a<b.∵g(x)=x0.5单调递增,∴g(1.01)>g(0.6),即a>c,∴b>a>c,故选D.2.★(2022天津,5,5分)设a=20.7,b=

,c=log2

,则a,b,c的大小关系为

()A.a<b<c

B.c<a<bC.b<c<a

D.c<b<a

D

解析

a=20.7>20=1,b=

<

=1且b>0,c=log2

<log21=0,故a>b>c,故选D.3.★(2021新高考Ⅱ,7,5分)若a=log52,b=log83,c=

,则

()A.c<b<a

B.b<c<a

C.a<c<b

D.a<b<c

C

解析∵a=log52<log5

=

=c,b=log83>log8

=

=c,∴a<c<b.故选C.4.★★(2021天津,5,5分)设a=log20.3,b=lo

0.4,c=0.40.3,则a,b,c的大小关系为

()A.a<b<c

B.c<a<b

C.b<c<a

D.a<c<b

D

解析由对数函数的性质得a=log20.3<0,b=lo

0.4>lo

0.5=1.由指数函数的单调性可知c=0.40.3<0.40=1,且c>0.综上,可得a<c<b,故选D.5.★★★(2025全国一卷,8,5分)已知2+log2x=3+log3y=5+log5z,则x,y,z的大小关系不可能

为

()A.x>y>z

B.x>z>yC.y>x>z

D.y>z>x

B

解析解法一:由题意可得,2+

=3+

=5+

,则

-1=

=2+

,令t1=lnx,t2=lny,t3=lnz,则

-1=

=2+

,∵

≈1.4,

≈1,

≈0.6,∴可令y1=1.4t-1,y2=t,y3=2+0.6t,如图.

①此时t1>t2>t3,即lnx>lny>lnz,即x>y>z;②此时t2>t1>t3,即lny>lnx>lnz,即y>x>z;③此时t2>t3>t1,即lny>lnz>lnx,即y>z>x;④此时t3>t2>t1,即lnz>lny>lnx,即z>y>x.综上,选项B不可能.故选B.解法二:令x=1,则y=

,z=

,得x>y>z.令x=8,则y=9,z=1,得y>x>z.令x=64,则y=243,z=125,得y>z>x.故选B.6.★★★★(2020课标Ⅲ理,12,5分)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则

()A.a<b<c

B.b<a<c

C.b<c<a

D.c<a<b

A解析解法一:∵a=log53,b=log85,c=log138,∴a-b=log53-log85=

-

=

<

=

<

=0,∴a<b,∵55<84,∴5log85<4,∴b=log85<

,∵134<85,∴4<5log138,∴c=log138>

,∴a<b<c.故选A.解法二:a=log53∈(0,1),b=log85∈(0,1),则

=

=log53·log58<

=

<1,∴a<b.又∵134<85,∴135<13×85,两边同取以13为底的对数得log13135<log13(13×85),即log138>

,∴c>

.又∵55<84,∴8×55<85,两边同取以8为底的对数得log8(8×55)<log885,即log85<

,∴b<

.综上所述,c>b>a,故选A.小题速解

利用糖水不等式:设a>b>0,m>0,则有

<

求解

a=

<

=

<

=b,且a=

<

=

<

=c,所以排除B,C,D.故选A.7.★★★★★(2026全国Ⅰ卷,19,17分)已知函数f(x)的定义域为R,且当x<0时,f(x)=2x.对

任意x0∈R,定义集合D(x0)={d∈R|f(x0+d)>f(x0)}.(1)若当x≥0时,f(x)=1-x,求D(-1).(2)若f(x)是奇函数,f(x1)≤f(x2),且x1x2≠0,证明:D(x2)⊆D(x1).(3)设f(x)满足:①若f(x1)≤f(x2),则D(x2)⊆D(x1);②当0<x<1时,f(x)<f(0).(i)证明:f(0)≥1;(ii)证明:f(x)在区间(0,+∞)单调递增.解析

(1)f(-1)=2-1=

,因为D(-1)=

d∈R

f(-1+d)>

,令t=-1+d,解得f(t)>

.

(1分)t<0时,f(t)=2t,2t>

=2-1.易知y=2x单调递增,故t>-1,则-1<t<0;t≥0时,f(t)=1-t,则1-t>

,解得t<

,则0≤t<

.

(2分)综上所述,t的取值范围是

.

(3分)代入t=-1+d可得-1<-1+d<

,则0<d<

,故D(-1)=

d∈R

0<d<

.

(4分)(2)因为f(x)是奇函数,所以x>0时,-x<0,f(x)=-f(-x)=-2-x,f(0)=0.

(5分)则f(x)=

当x<0时,f(x)∈(0,1),d∈D(x),等价于f(x+d)>f(x)>0,则x+d<0,且2x+d>2x,d<-x且d>0,所以D

(x)=(0,-x).当x>0时,f(x)∈(-1,0),d∈D(x),等价于f(x+d)>-2-x.若x+d<0,f(x+d)>0>-2-x,得d<-x;若x+d=0,f(0)=0>-2-x,得d=-x;若x+d>0,f(x+d)=-2-(x+d)>-2-x,则-(x+d)<-x,得d>0.所以D(x)=(-∞,-x]∪(0,+∞).

(7分)已知f(x1)≤f(x2)且x1x2≠0,①若x1<0,x2<0,

≤

,x1≤x2<0,-x1≥-x2>0,D(x1)=(0,-x1),D(x2)=(0,-x2).因为(0,-x2)⊆(0,-x1),所以D(x1)⊇D(x2).②若x1>0,x2>0,-

≤-

,-x1≥-x2,0<x1≤x2,D(x1)=(-∞,-x1]∪(0,+∞),D(x2)=(-∞,-x2]∪(0,+∞).因为(0,-x2]⊆(0,-x1],所以D(x1)⊇D(x2).③若x1>0,x2<0,f(x1)<0<f(x2),满足f(x1)≤f(x2).D(x1)=(-∞,-x1]∪(0,+∞),D(x2)=(0,-x2).因为-x2>0,(0,-x2)⊆(0,+∞)⊆D(x1),所以D(x1)⊇D(x2).④若x1<0,x2>0,f(x1)>0>f(x2),与f(x1)≤f(x2)矛盾.综上所述,D(x1)⊇D(x2)得证.

(9分)(3)(i)假设f(0)<1.若f(0)≤0,取x1=-

,f(x1)=

>0,f(0)<f(x1),则D(0)⊇D(x1).

(10分)取d=

,x1+d=-

<0,f(x1+d)=

>

=f(x1),d∈D(x).因为D(0)⊇D(x1),所以d∈D(x0),f(d)>f(0).又d=

∈(0,1),由②知f(d)<f(0),矛盾.

(11分)若0<f(0)<1,令x0=log2f(0),则x0<0,f(x0)=

=f(0).f(x0)≤f(0),则D(x0)⊇D(0).f(0)≤f(x0),则D(0)⊇D(x0).所以D(x0)=D(0).记x=min{a,b}为取a,b中的较小值,取d0=min

.因为x0<0,所以0<d0≤

<1.由②知f(d)<f(0),则d0∉D(0).又x0+d0≤x0-

=

<0.f(x0+d0)=

>

=f(x0),所以d0∈D(x0),与D(x0)=D(0)矛盾.综上所述,假设不成立.所以f(0)≥1.

(13分)(ii)若x∈(0,1),假设f(x)>0.取c<0,使得f(c)=2c<f(x).由②知f(x)<f(0),f[x+(-x)]=f(0)>f(x),所以-x∈D(x).由①知,f(c)<f(x),则D(c)⊇D(x),-x∈D(x).f[c+(-x)]=f(c-x)>f(c).因为c<0,x>0,所以c-x<c<0.当x<0时,f(x)=2x单调递增,所以f(c-x)<f(c),矛盾.所以∀x∈(0,

1),f(x)≤0.

(14分)若x≥1,假设f(x)>0.取b<0,使得f(b)=2b<f(x).f[b+(x-b)]=f(x)>f(b),则x-b∈D(b).令b'=

-(x-b).因为x≥1,b<0,所以x-b>1,则b'<-

<b<0.所以f(b')2b'<2b=f(b).由①知,D(b')⊇D(b),则x-b∈D(b').f[b'+(x-b)]=f

>f(b')>0.与

∈(0,1),f

≤0矛盾.所以∀x>0,f(x)≤0.

(15分)取0<x<y,因为y-x>0,则-(y-x)-1<-1<0,f[-(y-x)-1]=2-(y-x)-1>0.又x>0,则f(x)≤0,所以f(x)<f[-(y-x)-1].由①知,D(x)⊇D[-(y-x)-1].因为-(y-x)-1<-1<0,所以f[-(y-x)-1]<f(-1).f[-(y-x)-1+(y-x)]=f(1)>f[-(y-x)-1],所以(y-x)∈D(x).

(16分)f[x+(y-x)]>f(x),f(y)>f(x).所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,得证.

(17分)三年模拟·限时练基础强化练

限时25分钟1.(2026江苏苏锡常镇四市调研一)“a>1”是“lna2>0”的

()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件

A

解析由lna2>0可得a2>1,解得a>1或a<-1,由于{a|a>1}是{a|a>1或a<-1}的真子集,故

“a>1”是“lna2>0”的充分不必要条件.故选A.2.(2026山东青岛调研)已知函数f(x)=

则f(log27)=

()A.-

B.

C.

D.

C

解析∵f(x)=

log24<log27<log28,∴log27∈(2,3),则log27-1∈(1,2),log27-2∈(0,1),∴f(log27)=f(log27-1)=f(log27-2)=

=

=

=

.故选C.3.(2026湖南师大附中模拟)已知幂函数f(x)=(m2-m+1)x-2m+1在(0,+∞)上单调递减,则实数m

的值为

()A.0或1

B.-1或1

C.1

D.0

C

解析因为f(x)为幂函数,所以m2-m+1=1,解得m=0或m=1,当m=0时,f(x)=x在(0,+∞)上单

调递增,不符合题意;当m=1时,f(x)=x-1在(0,+∞)上单调递减,符合题意.故选C.4.(2026辽宁抚顺一模)设函数f(x)=logax(a>0且a≠1),若a0.1>a0.2,则f(2log32)与0的大小关

系为

()A.f(2log32)<0

B.f(2log32)=0C.f(2log32)>0

D.无法确定

A

解析因为a0.1>a0.2,且0.1<0.2,所以由指数函数的性质得a∈(0,1),则f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以f(2log32)=f(log34)<f(log33)=f(1)=0,即f(2log32)<0,故选A.5.(2026北京十一学校月考)已知函数f(x)=ln(3x)·ln(2x),若函数在x=x0时取得最小值,则x0

=

()A.

B.

C.

D.

A

解析

f(x)=ln(3x)·ln(2x)=(lnx+ln3)(lnx+ln2)=(lnx)2+(ln3+ln2)·lnx+ln2·ln3,因此当lnx=-

=-

=ln

时函数取最小值,故x0=

.6.(2026北京昌平期末)已知A(x1,y1),B(x2,y2)是函数y=lnx的图象上的不同两点,则()A.

<

B.

>

C.

<

D.

>

A

解析如图,设AB的中点为M,由A(x1,y1),B(x2,y2)得M

,

点N在函数y=lnx的图象上,且MN⊥y轴,则N

,由图可知,点N在M的左侧,即

<

.故选A.7.(2026陕西师大附中模拟)已知函数f(x)=log3(x2-2ax+1)在(-∞,-2)上是减函数,则实数a

的取值范围是

()A.

B.

C.(-2,+∞)

D.[-2,+∞)

B

解析令t=x2-2ax+1,因为f(x)在区间(-∞,-2)上是减函数,且y=log3t在(0,+∞)上是增函数,

所以t=x2-2ax+1在(-∞,-2)上单调递减,则

(易错警示:真数大于0,且注意区间端点值能否取得)解得a≥-

.故选B.8.(2026广东佛山二模)函数f(x)=ln(x+3)+ln(3-x),则

()A.f(x)是奇函数

B.f(x)是周期函数C.f(x)的最大值为2

D.f(-2)<f(1)

D

解析由

得-3<x<3,则f(x)的定义域为(-3,3).f(-x)=ln[(-x)+3]+ln[3-(-x)]=ln(3-x)+ln(3+x)=f(x),所以f(x)是偶函数.当x∈[0,3)时,对f(x)求导得f'(x)=

-

=

≤0,所以f(x)在[0,3)上单调递减,又f(x)为偶函数,所以f(x)在(-3,0)上单调递增,f(-2)=f(2),所以f(x)max=f(0)=2ln3,f(2)<f(1),即f(-2)<f(1).易证f(x)不是周期函数.故选D.9.(2026山东名校联盟联考)当0<x≤

时,满足8x<logax(a>0,且a≠1),则a的取值范围是

()A.

B.

C.(1,

)

D.(

,3)

B

解析因为函数y=8x在

上单调递增,所以1<8x≤

=2.当a>1时,因为0<x≤

,所以y=logax<0,故不等式不成立;当0<a<1时,函数y=logax在

上单调递减,要使不等式成立,只需loga

>2=logaa2,得a2>

,解得a>

a<-

舍去

,又因为0<a<1,所以

<a<1.故选B.10.(2026河南洛阳二测)已知log3a=

=3c,则a,b,c的大小关系不可能为

()A.b<a<c

B.b<c<a

C.c<b<a

D.c<a<b

A

解析设log3a=

=3c=m,m>0,则a,b,c分别为y=log3x,y=

,y=3x的图象与直线y=m交点的横坐标,当m>1时,如图所示,此时b<c<a,故B中情况可能出现.

当0<m<1,且直线y=m位于y=log3x和y=

图象的交点上方时,如图所示,此时c<b<a,故C中情况可能出现.

当0<m<1,且直线y=m位于y=log3x和y=

图象的交点下方时,如图所示,此时c<a<b,故D中情况可能出现.

故选A.11.(2026浙江绍兴上虞期末)已知a=3ln4,b=4ln3,c=5ln2,则

()A.a>b>c

B.b>a>cC.a=b>c

D.a=b<c

C

解析因为a=3ln4>0,b=4ln3>0,则lna=ln3ln4=ln4×ln3,lnb=ln4ln3=ln3×ln4,则lna=lnb,又函数y=lnx是增函数,则a=b,a

=3ln4=32ln2=9ln2,因为ln2>0,则函数y=xln2在(0,+∞)上单调递增,又9>5>0,则9ln2>5ln2,即a>c,故a=b>c.故选C.12.(2026河北五个一名校联盟联考)若

=

,则log2(7+3x-x2)=___________.

3

解析因为

=

,所以x2+x+1=4x,整理得x2-3x+1=0,所以3x-x2=1,则log2(7+3x-x2)=log28=3.13.(2026江西吉安一模)若4x=5y=10,则

+

=___________.

2

解析因为4x=5y=10,所以x=log410=

=

,y=log510=

,则

+

=

+

=

=

=2.综合提升练

限时40分钟1.(2026江苏九校联考)已知正数a,b满足2a+3a=3b+4b,则

()A.b<a<2b

B.a<b<2aC.2b<a<3b

D.2a<b<3a

A

解析由a为正数得a<2a.2a+3a=3b+4b=3b+22b.由b>0得b<2b,故3b<32b,22b>2b,故2a+3a>3b+2b,

且2a+3a=3b+22b<32b+22b,故3b+2b<2a+3a<32b+22b,设f(x)=2x+3x,因为y=2x,y=3x均为R上的增函

数,所以f(x)为R上的增函数,所以f(b)<f(a)<f(2b),故b<a<2b.故选A.2.(2026四川德阳二模)若log2a-a+a2=log2b-b+4b2+1,则

()A.a>2b

B.a<2b

C.a>b+1

D.a<b+1

A

解析根据题意知,a>0,b>0,∵log2b-b+4b2+1=(log2b+log22)-2b+(2b)2+b=log2(2b)-2b+(2b)2+b,∴log2a-a+a2=log2(2b)-2b+(2b)2+b>log2(2b)-2b+(2b)2,令f(x)=log2x-x+x2,x∈(0,+∞),则f(a)>f(2b).∵f'(x)=

-1+2x=

,令g(x)=(2ln2)·x2-x·ln2+1,∵0<ln2<1,∴Δ=(ln2)2-8ln2=ln2·(ln2-8)<0,即对任意的x∈(0,+∞),恒有g(x)>0,则f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴a>2b.故选A.3.(2026安徽合肥八中一模)已知函数f(x)=

若不等式f(x)+f(x-1)≤a对x∈(-∞,2]恒成立,则实数a的取值范围是

()A.(1,+∞)

B.[1,+∞)

C.

D.

D

解析令g(x)=f(x)+f(x-1),当x≤0时,x-1<x≤0,则g(x)=2x+2x-1=3·2x-1,此时函数g(x)在(-∞,0]上单调递增,故当x∈(-∞,0]时,g(x)max=g(0)=

;当x-1≤0<x,即0<x≤1时,g(x)=log2x+2x-1,因为函数y=log2x,y=2x-1在(0,1]上均单调递增,所以函数g(x)在(0,1]上单调递增,故当x∈(0,1]时,g(x)max=g(1)=1;当1<x≤2时,0<x-1≤1,则g(x)=log2x+log2(x-1),因为函数y=log2x,y=log2(x-1)在(1,2]上均单调递增,所以函数g(x)在(1,2]上单调递增,故当x∈(1,2]时,g(x)max=g(2)=log22+log21=1.综上所述,当x∈(-∞,2]时,g(x)max=

.因为不等式f(x)+f(x-1)≤a对x∈(-∞,2]恒成立,故a≥

.故实数a的取值范围是

.4.(2026T8联考)已知x=1.31.2,y=1.21.3,z=1.31.1,则

()A.y<z<x

B.z<y<x

C.z<y<x

D.z<x<y

A

解析∵f(x)=1.3x在R上为增函数,1.2>1.1,∴1.31.2>1.31.1,即x>z.解法一:y10=(1.21.3)10=1.213,z10=(1.31.1)10=1.311,∴

=

=

=

×

=

×

>

×

=

>1.∴z10>y10,即z>y,∴x>z>y.解法二:∵lny=1.3ln1.2,lnz=1.1ln1.3,∴lnz-lny=1.1ln1.3-1.3ln1.2=1.1ln

-0.2ln1.2.易知x>0时,

<ln(1+x)<x,∴ln

>

=

,-ln1.2>-0.2,∴lnz-lny>1.1×

-0.2×0.2=

>0.∴lnz-lny>0,即z>y,∴x>z>y.5.(2026湖南邵阳联考)已知实数x,y满足(2024x+1)2025+2024x=-

,(-2026y-2)2025-2026y=

,则

()A.2024x=2026y-1

B.2024x=2026y+1C.2024x=2026y-3

D.2024x=2026y+3

B

解析设f(t)=t2025+t,t∈R,则f(-t)=(-t)2025+(-t)=-t2025-t=-f(t),所以f(t)为奇函数.对f(t)求导得f'(t)=2025t2024+1,因为t2024≥0,所以f'(t)=2025t2024+1>0,所以f(t)在R上单调递增.由(2024x+1)2025+2024x=-

,得(2024x+1)2025+2024x+1=-

+1=

,所以f(2024x+1)=

.由(-2026y-2)2025-2026y=

,得(-2026y-2)2025-2026y-2=

-2=-

,所以f(-2026y-2)=-

,因为f(t)为奇函数,所以f(-2026y-2)=-f(2026y+2),所以f(2026y+2)=

,所以f(2024x+1)=f(2026y+2),又f(t)在R上单调递增,所以2024x+1=2026y+2,即2024x=2026y+1.故选B.6.(2026山东菏泽期末)实数a,b满足ea+a=1,ln

+b=0,则a+b=

()A.

B.1

C.3

D.2

B

解析设函数f(x)=ex+x,该函数在R上单调递增.ea+a=1,即f(a)=1.将ln

+b=0化简得lnb-1+b=0,即lnb+b=1(※).令t=lnb,则et=b,代入(※)式得t+et=1,即f(t)=1.因为f(a)=f(t)=1,且f(x)单调递增,所以a=t=lnb,因此b=ea.将b=ea代入ea+a=1,可得a+b=1.故选B.7.(2026河南九师联盟质检)已知函数f(x)=ax2+2ax-1,g(x)=

,若∀x1∈[1,2],∃x2∈[1,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,则实数a的取值范围是

()A.

B.

C.

D.

B

解析由题意,得f(x)在[1,2]上的最大值不大于g(x)在[1,2]上的最大值.因为g(x)=

,所以g'(x)=

=

,由g'(x)>0⇒2x-x2ln2>0⇒x(xln2-2)<0⇒0<x<

,所以函数g(x)在

上单调递增,又

>2,所以g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)在[1,2]上的最大值为g(2)=

=1.当a=0时,f(x)=-1,因为-1≤1,故a=0满足题意;当a>0时,因为f(x)图象的对称轴为直线x=-1,所以f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=8a-1,由8a-1≤1⇒a≤

,所以0<a≤

;当a<0时,f(x)在[1,2]上单调递减,所以f(x)在[1,2]上的最大值为f(1)=3a-1,由3a-1≤1⇒a≤

,结合a<0得a<0.综上可知,实数a的取值范围为

.故选B.总结归纳双变量恒成立,能成立求参数范围问题一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],①若∀x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],总有f(x1)<g(x2)成立,故f(x)max<g(x)min;②若∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,故f(x)max<g(x)max;③若∃x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)<g(x2)成立,故f(x)min<g(x)max;④若∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],有f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)值域的子集.8.(2026黑龙江省实验中学等校联考)已知函数f(x)=-2x2+a,g(x)=x2ex,若对任意的x2∈[-1,

1],存在唯一的x1∈[-1,2],使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是

()A.(e,8]

B.(e+2,8]

C.(e+2,8)

D.(e,8)

B

解析由g(x)=x2ex可得g'(x)=2xex+x2ex=x(x+2)ex,当-1<x<0时,g'(x)<0;当0<x<1时,g'(x)>0,所以g(x)=x2ex在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0,g(-1)=e-1=

,g(1)=e,所以g(x)=x2ex在[-1,1]上的值域为[0,e],记A=[0,e],f(x)=-2x2+a图象的对称轴为直线x=0,f(0)=-2×02+a=a,f(2)=a-8,所以函数f(x)的值域为[a-8,a],又f(-1)=a-2,且f(x)=-2x2+a在(1,2]上单调递减,要使方程f(x)=y有唯一解,则y的取值集合为[a-8,a-2)∪{a},(易错警示:忽略y=a-2取不到及y=a成立)所以f(x)∈[a-8,a-2)∪{a},记B=[a-8,a-2)∪{a},若对任意的x2∈[-1,1],存在唯一的x1∈[-1,2],使得f(x1)=g(x2),则A⊆B,所以

解得e+2<a≤8,所以实数a的取值范围是(e+2,8].故选B.9.(2026广东深圳一调)若实数x,y,z满足

=2-y=-log2z,则x,y,z的大小关系不可能是()A.z>x>y

B.z>y>x

C.y>x>z

D.y>z>x

C解析由

=2-y=-log2z可得

=

=lo

z,设

=

=lo

z=t,t=lo

x与t=

互为反函数,故其图象的交点C在直线t=x上,且交点横坐标小于1,而t=

与t=x图象交点的横坐标等于1,从而t=

,t=lo

x,t=

在同一直角坐标系中的大致图象如图所示,t=

与t=

的图象交点为B,t=lo

x与t=

的图象交点为A,且xB<xA<xC,x,y,z表示直线t=m分别与t=

,t=

和t=lo

x图象交点的横坐标,当直线t=m位于点A的上方时,直线t=m与三个函数图象交点的横坐标满足x>z>y,当直线t=m位于点B的上方,A的下方时,直线t=m与三个函数图象交点的横坐标满足z>x>

y,故A项有可能.当直线t=m位于C点的上方,B的下方时,此时直线t=m与三个函数图象的交点横坐标满足z>y>x,故B项有可能.当直线t=m位于C点的下方时,此时直线t=m与三个函数图象交点的横坐标满足y>z>x,故

D项有可能.综上,只有C项不可能,故选C.10.(多选)(2026湖南娄底期末)已知函数f(x)=ex,函数g(x)与f(x)的图象关于直线y=x对称,

直线x+y=2与函数f(x)和g(x)的图象分别交于点P(x1,f(x1)),Q(x2,g(