1、第 2 讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2018 卷 函数的零点问题 T9 1.基本初等函数作为 高考的命题热点， 多考 查利用函数的性质比 较大小， 一般出现在第 511 题的位置，有时 难度较大 2函数的应用问题多 体现在函数零点与方 程根的综合问题上， 近 几年全国课标卷考查 较少，但也要引起重 视，题目可能较难. 卷 指数型函数图象的识别 T3 卷 对数的运算及不等式性质 T12 2017 卷 指数与对数的互化、对数运算、比较大 小 T11 卷 函数的零点问题 T11 2016 卷 幂函数、指数函数、对数函数的单调性、 比较大小 T8
2、 卷 指数函数与幂函数的单调性、比较大小 T6 基本初等函数的图象与性质(综合型) 指数与对数式的 8 个运算公式 (1)amanam n.(2)(am)namn.(3)(ab)mambm.(4)log a(MN)logaMlogaN.(5)logaM N logaMlogaN.(6)logaMnnlogaM.(7)alogaNN.(8)logaNlogbN logba. 注意 (1)(2)(3)中，a0，b0；(4)(5)(6)(7)(8)中，a0 且 a1，b0 且 b1，M0， N0. 典型例题 (1)(2018 高考天津卷)已知 alog2e， bln 2， clog1 2 1 3，
3、则 a， b， c 的大小关系为( ) Aabc Bbac Ccba Dcab (2)函数 y1 xln|x|的图象大致为( ) 【解析】 (1)因为 alog2e1，bln 2(0，1)，clog1 2 1 3log23log2e1，所以 cab， 故选 D. (2)当 x0 时，y1 xln x，此时 f(1) 1 1ln 11，而选项 A 中函数的最小值为 2，故排除 A，只有 B 正确故选 B. 【答案】 (1)D (2)B 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 a1 和 01 时，两函数在定义域
4、内都为增函数；当 00 和 0，所以 y 1 axx 是对勾函数，若 00 时，y 1 axx 的值大于等于 2，函数 yax和 y 1 axx 的图象不可能有两个交点，故选 D. 函数的零点(综合型) 函数的零点及其与方程根的关系 对于函数 f(x)，使 f(x)0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点函数 F(x)f(x)g(x)的零点就 是方程 f(x)g(x)的根，即函数 yf(x)的图象与函数 yg(x)的图象交点的横坐标 零点存在性定理 如果函数 yf(x)在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a) f(b)1，01，00， 所以 f(1) f(0)0，g(x)f(
5、x)xa.若 g(x)存在 2 个零点，则 a 的取值范围是( ) A1，0) B0，) C1，) D1，) 【解析】 函数 g(x)f(x)xa 存在 2 个零点，即关于 x 的方程 f(x)xa 有 2 个 不同的实根，即函数 f(x)的图象与直线 yxa 有 2 个交点，作出直线 yxa 与函数 f(x)的图象，如图所示，由图可知，a1，解得 a1，故选 C. 【答案】 C 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解 (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解 (3)转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解 对点训练 1
6、(2018 洛阳第一次统考)已知函数 f(x)满足 f(1x)f(1x)f(x1)(xR)，且当 0x1 时，f(x)2x1，则方程|cos x|f(x)0 在1，3上的所有根的和为( ) A8 B9 C10 D11 解析：选 D.方程|cos x|f(x)0 在1，3上的所有根的和即 y|cos x|与 yf(x) 在1， 3上的图象交点的横坐标的和 由 f(1x)f(1x)得 f(x)的图象关于直线 x1 对称， 由 f(1x)f(x1)得 f(x)的图象关于 y 轴对称，由 f(1x)f(x1)得 f(x)的一个周 期为 2， 而当 0x1 时， f(x)2x1， 在同一坐标系中作出 y
7、f(x)和 y|cos x|在 1，3上的大致图象，如图所示， 易知两图象在1，3上共有 11 个交点，又 yf(x)，y|cos x|的图象都关于直线 x 1 对称，故这 11 个交点也关于直线 x1 对称，故所有根的和为 11.故选 D. 2已知函数 f(x)e x xkx(e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数 k 的取值范 围是_ 解析：由题意，知 x0，函数 f(x)有且只有一个零点等 价于方程e x xkx0 只有一个根，即方程 ex x2k 只有一个根， 设 g(x)e x x2，则函数 g(x) ex x2的图象与直线 yk 只有一个交点 因为 g(x)（x2）e x
8、x3 ，所以函数 g(x)在(，0)上为增函数，在(0，2)上为减函数， 在(2， )上为增函数， g(x)的极小值 g(2)e 2 4， 且 x0 时， g(x)， x时， g(x)0， x时，g(x)，则 g(x)的图象如图所示，由图易知 0200，两边同时取对数，得 n1lg 2lg 1.3 lg 1.12 ，又 lg 2lg 1.3 lg 1.12 0.300.11 0.05 3.8，则 n4.8，即 a5开始超过 200，所以 2022 年投入的研发资金 开始超过 200 万元，故选 B. 2某工厂某种产品的年固定成本为 250 万元，每生产 x 千件该产品需另投入的成本为 G(x)
9、(单位：万元)，当年产量不足 80 千件时，G(x)1 3x 210x；当年产量不小于 80 千件时， G(x)51x10 000 x 1 450.已知每件产品的售价为 0.05 万元通过市场分析，该工厂生产的 产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是_万元 解析：因为每件产品的售价为 0.05 万元， 所以 x 千件产品的销售额为 0.051 000x50x 万元 当 00， log0.5（4x3）0，解得 3 4ca Bbac Cabc Dcab 解析： 选 B.因为 0log1 1 30，所以 0e01， 所以 b1.因为 0ac，选 B. 4函数 f(x) ? ?
10、 ? ?2ex1，x2 的解集为( ) A(2，4) B(4，2)(1，2) C(1，2)( 10，) D( 10，) 解析：选 C.令 2ex 12(x2(x2)，解得 x 10. 故不等式 f(x)2 的解集为(1，2)( 10，) 5 若函数 ya|x|(a0 且 a1)的值域为y|00 且 a1)的值域为y|00 时，yxln x，yln x1，令 y0，得 xe 1， 所以当 x0 时，函数在(e 1，)上单调递增，结合图象可知 D 正确，故选 D. 8设 x，y，z 为正数，且 2x3y5z，则( ) A2x1)， 则 xlog2k，ylog3k，zlog5k， 所以2x 3y 2
11、log2k 3log3k 2lg k lg 2 lg 3 3lg k 2lg 3 3lg 2 lg 9 lg 81，即 2x3y. 2x 5z 2log2k 5log5k 2lg k lg 2 lg 5 5lg k 2lg 5 5lg 2 lg 25 lg 320 时，f(x)ln xx1，则函数 g(x)f(x) ex(e 为自然对数的底数)的零点个数是( ) A0 B1 C2 D3 解析：选 C.当 x0 时，f(x)ln xx1，f(x)1 x1 1x x ， 所以 x(0，1)时 f(x)0，此时 f(x)单调递增；x(1，)时，f (x)0 时，f(x)maxf(1)ln 11 10
12、.根据函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数作出函数 yf(x)与 y ex的大致图象如图所示，观察到函数 yf(x)与 yex的图象有两个交点，所以函数 g(x)f(x) ex(e 为自然对数的底数)有 2 个零点 11已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且在区间0，)上单调递增，若 ? ? ? ? f（ln x）f? ? ? ? ln 1 x 2 0 且 a1)在区间 (2，6)内有且只有 4 个不同的实根，则实数 a 的取值范围是( ) A.? ? ? ? 1 4，1 B(1，4) C(1，8) D(8，) 解析：选 D.因为 f(x)为偶函数，且 f(2x)f(2x)，所以 f
13、(4x)f(x)f(x)， 所以 f(x)为偶函数且周期为 4， 又当2x0 时，f(x)? ? ? ? 2 2 x 1， 画出 f(x)在(2，6)上的大致图象，如图所示 若 f(x)loga(x2)0(a0 且 a1)在(2，6)内有 4 个不同的实根，则 yf(x)的图象与 yloga(x2)的图象在(2，6)内有 4 个不同的交点 所以 ? ? ? ?a1， loga（62）8，故选 D. 二、填空题 13计算：2log4101 2log2258 2 3(3)0_ 解析： 2log4101 2log2258 2 3(3)021 2log210log25(2 3) 2 31log210
14、5 2211 414. 答案：4 14有四个函数：yx 1 2；y21x；yln(x1)；y|1x|.其中在区间(0，1) 内单调递减的函数的序号是_ 解析：分析题意可知显然不满足题意，画出中的函数图象(图略)，易知中 的函数满足在(0，1)内单调递减 答案： 15 (2018 高考全国卷)已知函数 f(x)ln( 1x2x)1, f(a)4， 则 f(a)_. 解析：由 f(a)ln( 1a2a)14，得 ln( 1a2a)3，所以 f(a)ln( 1a2 a)1ln 1 1a2a1ln( 1a 2a)1312. 答案：2 16某食品的保鲜时间 t(单位：小时)与储藏温度 x(单位：)满足函
15、数关系式 t ? ? ? ?64，x0， 2kx 6，x0，且该食品在 4 时的保鲜时间是 16 小时已知甲在某日 10 时购买了该食品， 并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间的变化如图所示给出以下四个结论： 该食品在 6 的保鲜时间是 8 小时； 当 x6，6时，该食品的保鲜时间 t 随着 x 的增大而逐渐减少； 到了此日 13 时，甲所购买的食品还在保鲜时间内； 到了此日 14 时，甲所购买的食品已过了保鲜时间 其中，所有正确结论的序号是_ 解析：因为某食品的保鲜时间 t(单位：小时)与储藏温度 x(单位：)满足函数关系式 t ? ? ? ?64，x0， 2kx 6，x0，且该食品在 4 时的保鲜时间是 16 小时，所以 2 4k616，即 4k64， 解得 k1 2，所以 t ? ? ? ? ?64，x0， 2 1 2 x6 ，x0. 当 x6 时，t8，故正确； 当 x6，0时，保鲜时间恒为 64 小时，当 x(0，6时，该食品的保鲜时间 t 随着 x 的增大而逐渐减少，故错误； 此日 10 时，温度为 8 ，此时保鲜时间为 4 小时，而随着时间的推移，到 11 时， 温度为 11 ，此时的保鲜时间 t2 1 2116 21.414 小时，到 13 时，甲所购买的食品不 在保鲜时间内，故错误
