2021届二轮复习 基本初等函数函数与方程及函数的综合问题 课时作业（全国通用）

第3讲 基本初等函数、函数与方程及函数的综合问题

专题强化训练

1．已知函数f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数，且在x∈(0，＋∞)上为增函数，则实数m的值是(　　)

A．－2 B．4

C．3 D．－2或3

解析：选C.f(x)＝(m2－m－5)xm是幂函数⇒m2－m－5＝1⇒m＝－2或m＝3.

又在x∈(0，＋∞)上是增函数，所以m＝3.

2．函数y＝ax＋2－1(a＞0且a≠1)的图象恒过的点是(　　)

A．(0，0) B．(0，－1)

C．(－2，0) D．(－2，－1)

解析：选C.法一：因为函数y＝ax(a＞0，a≠1)的图象恒过点(0，1)，将该图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到y＝ax＋2－1(a＞0，a≠1)的图象，所以y＝ax＋2－1(a＞0，a≠1)的图象恒过点(－2，0)，选项C正确．

法二：令x＋2＝0，x＝－2，得f(－2)＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a＞0，a≠1)的图象恒过点(－2，0)，选项C正确．

3．(2020·温州模拟)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则(　　)

A．a<b<c B．a<c<b

C．c<a<b D．b<c<a

解析：选B.因为a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a<c<b.故选B.

4．(2020·嘉兴市北京朝阳期末一模)函数f(x)＝()x－x2的大致图象是(　　)

解析：选D.由题意，x＝0，f(0)＝1，排除B，

x＝－2，f(－2)＝0，排除A，

x→－∞，f(x)→＋∞，排除C，

故选D.

5．(2020·丽水模拟)20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C.F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg A－lg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的(　　)

A．10倍 B．20倍

C．50倍 D．100倍

解析：选D.根据题意有lg A＝lg A0＋lg 10M＝lg (A0·10M)．所以A＝A0·10M，则＝100.故选D.

6．已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)

A．－ B.

C.  D．1

解析：选C.由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋

e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x) 图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝.故选C.

7．(2020·宁波效实中学高三质检)若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝，则f(x)的单调递减区间是(　　)

A．(－∞，2] B．[2，＋∞)

C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]

解析：选B.由f(1)＝得a2＝.又a>0，所以a＝，因此f(x)＝.因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)．

8．(2020·金华十校联考)函数f(x)＝，若a，b，c，d各不相同，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝f(d)，则abcd的取值范围是(　　)

A．(24，25) B．[16，25)

C．(1，25) D．(0，25]

解析：选A.函数f(x)的图象如图所示：

若a、b、c、d互不相同，

且f(a)＝f(b)＝f(c)＝f(d)，

不妨令a<b<c<d，

则0<a<1，1<b<4，

则log2a＝－log2b，即log2a＋log2b＝log2ab＝0，

则ab＝1，同时c∈(4，5)，d∈(5，6)，

因为c，d关于x＝5对称，所以＝5，则c＋d＝10，

同时cd＝c(10－c)＝－c2＋10c＝－(c－5)2＋25，

因为c∈(4，5)，所以cd∈(24，25)，

即abcd＝cd∈(24，25)，故选A.

9．(2020·宁波十校北京朝阳期末模拟)已知函数f(x)＝，则方程f(x＋－2)＝1的实根个数为(　　)

A．8 B．7

C．6 D．5

解析：选C.令f(x)＝1得x＝3或x＝1或x＝或x＝－1，

因为f(x＋－2)＝1，

所以x＋－2＝3或x＋－2＝1或x＋－2＝或x＋－2＝－1.

令g(x)＝x＋－2，则当x＞0时，g(x)≥2－2＝0，

当x＜0时，g(x)≤－2－2＝－4，

作出g(x)的函数图象如图所示：

所以方程x＋－2＝3，x＋－2＝1，x＋－2＝均有两解，方程x＋－2＝－1无解．

所以方程f(x＋－2)＝1有6解．

故选C.

10．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(1)，则x的取值范围是(　　)

A. B．(0，e)

C. D．(e，＋∞)

解析：选C.因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(ln x)－f＝f(ln x)－f(－ln x)＝f(ln x)＋f(ln x)＝2f(ln x)，

所以<f(1)等价于|f(ln x)|<f(1)，

又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，

所以－1<ln x<1，解得<x<e.

11．(2020·浙江新北京朝阳期末冲刺卷)已知集合M＝{x|y＝ln}，N＝{y|y＝x2＋2x＋2}，则M＝__________，(∁RM)∩N＝________．

解析：M＝{x|y＝ln}＝{x|x(x－1)＞0}＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，

所以∁RM＝[0，1]．

因为N＝{y|y＝x2＋2x＋2}＝{y|y＝(x＋1)2＋1}＝[1，＋∞)，

所以(∁RM)∩N＝{1}．

答案：(－∞，0)∪(1，＋∞)　{1}

12．(2020·台州市书生中学高三月考)设函数f(x)＝则f(f())＝________；若f(f(a))＝1，则a的值为________．

解析：f()＝1，f(1)＝2，所以f(f())＝2.当x≥1时，f(x)≥2，所以a<1，f(a)<1且f(a)＝，因此3a－1＝，所以a＝.

答案：2　

13．(2020·台州市高三模拟)设函数f(x)＝9x＋m·3x，若存在实数x0，使得f(－x0)＝－f(x0)成立，则实数m的取值范围是________．

解析：因为f(－x0)＝－f(x0)，

所以9－x0＋m·3－x0＝－9 x0－m·3 x0，

所以m＝－(3 x0＋3－x0)＋，

令t＝3 x0＋3－x0，则t≥2，

故m＝－t＋，(t≥2)，

函数y＝－t与函数y＝在[2，＋∞)上均为单调递减函数，

所以m＝－t＋(t≥2)在[2，＋∞)上单调递减，

所以当t＝2时，m＝－t＋(t≥2)取得最大值－1，即m≤－1.

答案：(－∞，－1]

14．(2020·浙江新北京朝阳期末冲刺卷)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞b＞c)，且f(1)＝0，若函数f(x)的导函数图象与函数f(x)的图象交于A、B两点，C、D是点A，B在x轴上的投影，则线段|CD|长的取值范围为__________．

解析：因为f(1)＝a＋b＋c＝0，所以b＝－a－c，

因为a＞b＞c，所以a＞0，c＜0，所以＜0，

f′(x)＝2ax＋b，

令ax2＋bx＋c＝2ax＋b得ax2＋(b－2a)x＋c－b＝0，

即ax2－(3a＋c)x＋2c＋a＝0，

因为函数f(x)的导函数图象与函数f(x)的图象交于A，B两点，

所以方程ax2－(3a＋c)x＋2c＋a＝0有两解，

所以Δ＝(3a＋c)2－4a(2c＋a)＝5a2－2ac＋c2＞0，

所以()2－＋5＞0，∈R，

所以x1＋x2＝＝3＋，x1x2＝＝1＋，

所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(3＋)2－4(1＋)＝()2－＋5＝(－1)2＋4，

因为＜0，所以(－1)2＋4＞5，所以|x1－x2|＞.

答案：(，＋∞)

15.如图，线段EF的长度为1，端点E，F在边长不小于1的正方形ABCD的四边上滑动，当E，F沿着正方形的四边滑动一周时，EF的中点M所形成的轨迹为G，若G的周长为l，其围成的面积为S，则l－S的最大值为________．

解析：设正方形的边长为a(a≥1)，当E，F沿着正方形的四边滑动一周时，EF的中点M的轨迹如图，是由半径均为的四段圆弧与长度均为a－1的四条线段围成的封闭图形，周长l＝π＋4(a－1)，面积S＝a2－，所以l－S＝－a2＋4a＋－4(a≥1)，由二次函数的知识得，当a＝2时，l－S取得最大值.

答案：

16．(2020·北京朝阳期末浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x，若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，则实数a的最大值是________．

解析：f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)3－(t＋2)]－(at3－t)＝2a(3t2＋6t＋4)－2，因为存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，所以 －≤2a(3t2＋6t＋4)－2≤有解．因为3t2＋6t＋4≥1，所以≤a≤有解，所以a≤＝，所以a的最大值为.

答案：

17．已知f(x)＝，若关于x的方程f(x)＝a有四个实根x1，x2，x3，x4，则这四根之积x1x2x3x4的取值范围是________．

解析：画出函数f(x)的图象，由图知f(x)＝a有四个实根的条件为1≤a＜.设四个实根x1＜x2＜x3＜x4，由f(x)＝a可得2x2＋x＋a－1＝0，所以x1x2＝，由y＝|lg x|＝a知－lg x3＝lg x4，所以x3·x4＝1，故x1x2x3x4＝，又因为g(a)＝在上是增函数，所以x1x2x3x4∈.

答案：

18．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)＝x的两个实数根为x1和x2.

(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数的对称轴为x＝x0，求证：x0＞－1；

(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|＝2，求b的取值范围．

解：(1)证明：设g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋1，

因为a＞0，所以由条件x1＜2＜x2＜4，

得g(2)＜0，g(4)＞0，即⇒－4a＜b＜－2a.

显然由－4a＜－2a得a＞，即有2－＞－＞1－，

故x0＝－＞1－＞1－＝－1.

(2)由g(x)＝ax2＋(b－1)x＋1＝0，知x1x2＝＞0，故x1与x2同号．

①若0＜x1＜2，则x2－x1＝2(负根舍去)，

所以x2＝x1＋2＞2，

所以g(2)＜0，即4a＋2b－1＜0.(*)

所以(x2－x1)2＝－＝4，

所以2a＋1＝(a＞0，负根舍去)，

代入(*)式，得2＜3－2b，解出b＜.

②若－2＜x1＜0，则x2＝－2＋x1＜－2(正根舍去)，

所以g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0(**)．

将2a＋1＝代入(**)式得

2＜2b－1，解得b＞.

综上，b的取值范围为b＜或b＞.

19．(2020·杭州市高三模拟)设函数f(x)＝|x2－a|－ax－1(a∈R)．

(1)若函数y＝f(x)在R上恰有四个不同的零点，求a的取值范围；

(2)若函数y＝f(x)在[1，2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式．

解：(1)若函数y＝f(x)在R上恰有四个不同的零点，

则等价为f(x)＝|x2－a|－ax－1＝0，即|x2－a|＝ax＋1有四个不同的解，

若a≤0，则方程x2－a＝ax＋1至多有两个根，不满足条件．

若a>0，则y＝|x2－a|与y＝ax＋1两个图象有四个不同的交点，

①当y＝ax＋1与y＝－x2＋a相切时，得a＝－2＋2.(负值舍掉)

②当y＝ax＋1过点(－，0)时，得a＝1，

所以2－2<a<1，

即a的取值范围是(2－2，1)．

(2)①当a≤1时，f(x)＝x2－ax－a－1＝(x－)2－－a－1，则f(x)在[1，2]上单调递增，

则f(x)min＝f(1)＝－2a.

②当1<a<4时，

f(x)＝，

易知f(x)在[1，]上单调递减，在(，2]上单调递增，

则f(x)min＝f()＝－a－1.

③当a≥4时，f(x)＝－(x＋)2＋＋a－1，

则f(x)在[1，2]上单调递减，

则f(x)min＝f(2)＝－a－5，

综上，g(a)＝.