專題跟蹤檢測 二 基本初等函數(shù) 函數(shù)與方程 一 全練保分考法 保大分 1 若 m a lg m b lg m2 c lg 3m 則 a b c 的大小關(guān)系是 110 1 A a b c B c a b C b a c D b c a 解析 選 C m 1 lg m0 lg 3m lg m 即 c a 又 m 0 m2 m 1 lg m2b b a c 110 1 故選 C 2 定義在 R 上的函數(shù) f x 2 x m 1 為偶函數(shù) 記 a f log0 53 b f log25 c f 2m 則 a b c 的大小關(guān)系是 A a b c B a c b C c a b D c b a 解析 選 C 函數(shù) f x 為偶函數(shù) m 0 f x 2 x 1 a f log0 53 f log 23 2 log23 1 2 b f log25 2 log25 1 4 c f 0 2 0 1 0 c a0 恒成立 1 x 1 2 f x 在 1 上單調(diào)遞增 在 1 上單調(diào)遞增 排除 C D 當(dāng) x 時 2 x 0 1 f x 1 排除 B 選 A xx 1 4 已知函數(shù) f x Error 則不等式 log2x log4 x 1 f log3x 1 5 的解集為 A B 1 4 13 1 C D 1 13 4 解析 選 C 由不等式 log2x log4 x 1 f log3x 1 5 得 Error 或Error 解得 1 x 4 或 x1 則 f 21 2x 11 4x 2 loga 1 2 A 1 B 2 C 3 D 4 解析 選 B f x f x 21 2x 11 4x 21 2 x 11 4 x 2 2x1 2x f x f x 3 log a 1 4x1 4x 21 2x 11 4x 2 2x1 2x 4x1 4x 2 log a 1 f loga 1 f loga 1 3 f loga 1 2 故2 2 2 2 選 B 6 2019 屆高三 貴陽模擬 20 世紀(jì) 30 年代 為了防范地震帶來的災(zāi)害 里克特 C F Richter 制定了一種表明地震能量大小的尺度 就是使用測震儀衡量地震能量的等級 地震能量越大 測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大 這就是我們常說的里氏震級 M 其 計算公式為 M lg A lg A0 其中 A 是被測地震的最大振幅 A0是 標(biāo)準(zhǔn)地震 的振 幅 已知 5 級地震給人的震感已經(jīng)比較明顯 則 7 級地震的最大振幅是 5 級地震的最大振 幅的 A 10 倍 B 20 倍 C 50 倍 D 100 倍 解析 選 D 根據(jù)題意有 lg A lg A0 lg 10M lg A0 10M 所以 A A0 10M 則 100 故選 D A0 107A0 105 7 2018 菏澤一模 已知 loga logb 則下列不等式一定成立的是 A a 14 13 1a1b C ln a b 0 D 3 a b 1 解析 選 A log ab 0 a a b 1 14 13 13 1a1b 因此只有 A 正確 故選 A 8 已知實數(shù) x y 滿足 ax ay 0 a B ln x2 1 ln y2 1 1x2 1 1y2 1 C sin x sin y D x3 y3 解析 選 D 實數(shù) x y 滿足 ax ay 0 ay 對于選項 A 等價于 1x2 1 1y2 1 x2 1 y2 1 即 x2y 但 x2ln y2 1 等價于 x2 y2 當(dāng) x 1 y 1 時 滿足 x y 但 x2 y2不成 立 對于選項 C 當(dāng) x y 時 滿足 x y 但 sin x sin y 不成立 對于選項 D 2 當(dāng) x y 時 x3 y3恒成立 故選 D 9 2018 廣元模擬 已知函數(shù) f x e x g x ln 對任意 a R 存在 x2 12 b 0 使 f a g b 則 b a 的最小值為 A 2 1 B e 2 e 12 C 2 ln 2 D 2 ln 2 解析 選 D 令 t e a 可得 a ln t 令 t ln 可得 b 2 b2 12 則 b a 2 ln t 令 h t 2e ln t 則 h t 2e 1t 顯然 h t 是增函數(shù) 觀察可得當(dāng) t 時 h t 0 12 故 h t 有唯一零點 故當(dāng) t 時 h t 取得最小值 即 b a 取得最小值為 2e ln 2 ln 2 故選 D 12 12 10 已知函數(shù) f x 是定義在 R 上的奇函數(shù) 且在區(qū)間 0 上單調(diào)遞增 若 f 1 則 x 的取值范圍是 f ln x f ln 1x 2 A B 0 e 0 1e C D e 1e e 解析 選 C 函數(shù) f x 是定義在 R 上的奇函數(shù) f ln x f f ln x f ln x f ln x f ln x 2 f ln x ln 1x f 1 等價于 f ln x f 1 f ln x f ln 1x 2 又 f x 在區(qū)間 0 上單調(diào)遞增 1 ln x 1 解得 x0 在區(qū)間 0 2 上的最小值為 g m 已知定義在 0 0 上的函數(shù) h x 為偶函數(shù) 且當(dāng) x 0 時 h x g x 若 h t h 4 則實數(shù) t 的取值范圍為 A 4 0 B 0 4 C 2 0 0 2 D 4 0 0 4 解析 選 D 因為 f x x2 mx m 0 所以 f x 2 因為 f x 在區(qū)間 x m2 m24 0 2 上的最小值為 g m 所以當(dāng) 0 m 4 即 04 m2 m2 m24 即 2 時 函數(shù) f x 2 在 0 2 上單調(diào)遞減 所以 g m f 2 4 2 m 綜上 m2 x m2 m24 g m Error 因為當(dāng) x 0 時 h x g x 所以當(dāng) x 0 時 h x Error 函數(shù) h x 在 0 上單調(diào)遞減 因為定義在 0 0 上的函數(shù) h x 為偶函數(shù) 且 h t h 4 所以 h t h 4 所以 0 t 4 所以Error 即Error 從而 4 t 0 或 0 t 4 綜上 所述 實數(shù) t 的取值范圍為 4 0 0 4 12 2019 屆高三 昆明調(diào)研 若函數(shù) f x 2 x 1 x2 2 x 2 對于任意的 x Z 且 x a f x 0 恒成立 則實數(shù) a 的取值范圍是 A 1 B 0 C 3 D 4 解析 選 D 法一 f x 2 x 1 x2 2 x 2 0 即 2x 1 x2 2 x 2 設(shè) g x 2 x 1 h x x2 2 x 2 當(dāng) x 1 時 0 g x 1 h x x2 2 x 2 1 所以當(dāng) a 1 時 滿足對任意的 x Z 且 x a f x 0 恒成立 當(dāng) 1 x 4 時 因為 g 0 h 0 2 g 1 4 h 1 5 g 2 8 h 2 10 g 3 16 h 3 17 所以 10 所以 F x 2 x 1 ln 2 2 x 2 在 4 上是增函數(shù) 所以 f x f 4 32ln 2 10 0 所以函數(shù) f x 2 x 1 x2 2 x 2 在 4 上是增函數(shù) 所以 f x f 4 32 16 8 2 6 0 即 a 4 時 不滿足對任意的 x Z 且 x a f x 0 恒成立 綜上 實數(shù) a 的取值范圍是 4 故選 D 法二 將問題轉(zhuǎn)化為 2x 1 x2 2 x 2 對于任意的 x Z 且 x a 恒成立后 在同一個平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù) y 2 x 1 y x2 2 x 2 的圖象如圖所示 根據(jù)兩函數(shù)圖象的交點及位置 關(guān)系 數(shù)形結(jié)合即可分析出實數(shù) a 的取值范圍是 4 故選 D 13 函數(shù) f x ln x2 2 x 8 的單調(diào)遞增區(qū)間是 解析 由 x2 2 x 8 0 得 x 4 或 x 2 因此 函數(shù) f x ln x2 2 x 8 的定義 域是 2 4 注意到函數(shù) y x2 2 x 8 在 4 上單調(diào)遞增 由復(fù) 合函數(shù)的單調(diào)性知 f x ln x2 2 x 8 的單調(diào)遞增區(qū)間是 4 答案 4 14 李華經(jīng)營了甲 乙兩家電動轎車銷售連鎖店 其月利潤 單位 元 分別為 L 甲 5 x2 900 x 16 000 L 乙 300 x 2 000 其中 x 為銷售輛數(shù) 若某月兩連鎖店共銷售 了 110 輛 則能獲得的最大利潤為 元 解析 設(shè)甲連鎖店銷售 x 輛 則乙連鎖店銷售 110 x 輛 故利潤 L 5 x2 900 x 16 000 300 110 x 2 000 5 x2 600 x 15 000 5 x 60 2 33 000 當(dāng) x 60 時 有最大利潤 33 000 元 答案 33 000 15 若函數(shù) f x 與 g x 的圖象關(guān)于直線 y x 對稱 函數(shù) f x x 則 f 2 12 g 4 解析 法一 函數(shù) f x 與 g x 的圖象關(guān)于直線 y x 對稱 又 f x x 2 x g x log 2x 12 f 2 g 4 2 2 log 24 6 法二 f x x f 2 4 即函數(shù) f x 的圖象經(jīng)過點 2 4 函數(shù) f x 與 12 g x 的圖象關(guān)于直線 y x 對稱 函數(shù) g x 的圖象經(jīng)過點 4 2 f 2 g 4 4 2 6 答案 6 16 2018 福州模擬 設(shè)函數(shù) f x Error 則滿足 f x2 2 f x 的 x 的取值范圍 是 解析 由題意 x 0 時 f x 單調(diào)遞增 故 f x f 0 0 而 x 0 時 x 0 故若 f x2 2 f x 則 x2 2 x 且 x2 2 0 解得 x 2 或 x 2 答案 2 2 17 如圖 在第一象限內(nèi) 矩形 ABCD 的三個頂點 A B C 分別在函數(shù) y log x y x y x的圖象上 且矩形的邊分別平行于兩坐標(biāo)軸 若點 A 的縱坐標(biāo)是 32 2 則點 D 的坐標(biāo)是 解析 由 2 log x 可得點 A 由 2 x 可得點 B 4 2 因為 4 所以點 C 12 2 32 916 的坐標(biāo)為 所以點 D 的坐標(biāo)為 4 916 12 916 答案 12 916 18 已知函數(shù) f x log 3x 實數(shù) m n 滿足 0 m n 且 f m f n 若 f x 在 m2 n 上的最大值為 2 則 nm 解析 f x log 3x Error 所以 f x 在 0 1 上單調(diào)遞減 在 1 上單調(diào)遞 增 由 0 m n 且 f m f n 可得Error 則Error 所以 0 m2 mf m f n 則 f x 在 m2 n 上的最大 值為 f m2 log 3m2 2 解得 m 則 n 3 所以 9 13 nm 答案 9 19 2018 西安八校聯(lián)考 如圖所示 已知函數(shù) y log 24x 圖象上 的兩點 A B 和函數(shù) y log 2x 圖象上的點 C 線段 AC 平行于 y 軸 當(dāng) ABC 為正三角形時 點 B 的橫坐標(biāo)為 解析 依題意 當(dāng) AC y 軸 ABC 為正三角形時 AC log 24x log 2x 2 點 B 到直線 AC 的距離為 設(shè)點 B x0 2 log 2x0 則點 A x0 3 3 log2x0 由點 A 在函數(shù) y log 24x 的圖象上 得 log2 4 x0 3 3 3 log 2x0 log 28x0 則 4 x0 8 x0 x0 即點 B 的橫坐標(biāo)是 3 3 3 答案 3 20 已知函數(shù) f x 在 0 1 上單調(diào)遞增 則 a 的取值范圍為 2x a2x 解析 令 2x t t 1 2 則 y 在 1 2 上單調(diào)遞增 當(dāng) a 0 時 y t t t at 在 1 2 上單調(diào)遞增顯然成立 當(dāng) a 0 時 函數(shù) y t 0 的單調(diào)遞增區(qū)間 t at 是 此時 1 即 0 a 1 時成立 當(dāng) a 0 時 函數(shù)a a y t t 0 的單調(diào)遞增區(qū)間是 此時 1 即 t at at a a 1 a 0 時成立 綜上可得 a 的取值范圍是 1 1 答案 1 1 二 強(qiáng)化壓軸考法 拉開分 1 設(shè)函數(shù) f x log 4x x g x log x x的零點分別為 x1 x2 則 14 14 A x1x2 1 B 0 x1x2 1 C 1 x1x2log4x1 故 log4x1 log x2 0 log 4x1 log 4x2 0 log 4 x1x2 0 0 x1x20 時 f x 的圖象與直線 y 3 x 有兩個交點 當(dāng) x2 故選 A 3 5 2019 屆高三 西安八校聯(lián)考 已知函數(shù) f x Error 若方程 f x ax 0 恰有 兩個不同的實根 則實數(shù) a 的取值范圍是 A B 0 13 13 1e C D 0 1e 43 43 解析 選 B 方程 f x ax 0 有兩個不同的實根 即直線 y ax 與函數(shù) f x 的圖 象有兩個不同的交點 作出函數(shù) f x 的圖象如圖所示 當(dāng) x 1 時 f x ln x 得 f x 設(shè)直線 y kx 與函數(shù) f x ln x x 1 的 1x 圖象相切 切點為 x0 y0 則 解得 x0 e 則 k 即 y x 是函數(shù) f y0 x0 ln x0 x0 1x0 1e 1e x ln x x 1 的圖象的切線 當(dāng) a 0 時 直線 y ax 與函數(shù) f x 的圖象有一個交點 不合題意 當(dāng) 0 a1 的圖象有兩個交點 但與 13 y x 1 x 1 也有一個交點 這樣就有三個交點 不合題意 當(dāng) a 時 直線 y ax 與 13 1e 函數(shù) f x 的圖象至多有一個交點 不合題意 只有當(dāng) a0 得 x1 令 f x 0 得 3 x0 且 12e2 12e2 48e2 t 時 2 m 0 所以當(dāng) t1 時 2e t2 0 由 f x 的圖象可知 12e2 6e3 6e3 此時 t2 f x 有 2 個不同的實數(shù)根 t1 f x 有 1 個根 所以方程 f 2 x mf x 0 有 3 個不同的實數(shù)根 當(dāng) t1 時 t2 2e 由 f x 的圖象可知 此時 t2 f 12e2 6e3 x 有 1 個根 t1 f x 有 2 個不同的實數(shù)根 所以方程 f 2 x mf x 0 有 3 個 12e2 不同的實數(shù)根 當(dāng) 0 t1 時 t20 且 a 1 有且只有 4 個不同的根 則實數(shù) a 的取值范圍是 A B 1 4 14 1 C 1 8 D 8 解析 選 D f x 2 f 2 x f x 4 f 2 x 2 f 2 x 2 f x f x 函數(shù) f x 是一個周期函數(shù) 且 T 4 又 當(dāng) x 2 0 時 f x x 1 x 1 當(dāng) x 0 2 時 f x f x x 1 于是 x 2 2 22 2 2 時 f x x 1 根據(jù) f x 的周期性作出 f x 的圖象如圖所示 若在區(qū)間 2 6 內(nèi)2 關(guān)于 x 的方程 f x log a x 2 0 有且只有 4 個不同的根 則 a 1 且 y f x 與 y log a x 2 a 1 的圖象在區(qū)間 2 6 內(nèi)有且只有 4 個不同的交點 f 2 f 2 f 6 1 對于函數(shù) y log a x 2 a 1 當(dāng) x 6 時 log a88 即實數(shù) a 的取值范圍是 8 所以選 D 8 已知在區(qū)間 0 2 上的函數(shù) f x Error 且 g x f x mx 在區(qū)間 0 2 內(nèi)有且 僅有兩個不同的零點 則實數(shù) m 的取值范圍是 A B 94 2 0 12 114 2 0 12 C D 94 2 0 23 114 2 0 23 解析 選 A 由函數(shù) g x f x mx 在 0 2 內(nèi)有且僅有兩個不同的零點 得 y f x y mx 在 0 2 內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點 當(dāng) y mx 與 y 3 在 0 1 內(nèi)相切時 1x mx2 3 x 1 0 9 4 m 0 m 結(jié)合圖象可得當(dāng) 94 m 2 或 0 m 時 函數(shù) g x f x mx 在 0 2 內(nèi)有且僅有兩個不同的零點 94 12