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专题突破练 3 基本初等函数、函数的应用
一、单项选择题
x 1
1.(2021·陕西西安月考)函数f(x)= − 的零点个数是( )
x2-1 2
A.1 B.2
C.3 D.4
3 √3 ln3
2.(2021·福建泉州一模)已知a= ,b= ,c= ,则( )
2 √2 ln2
A.a>b>c B.c>b>a
C.c>a>b D.a>c>b
a
3.(2021·浙江绍兴二模)函数f(x)=log x+ (a>1)的图象大致是( )
a x
4.(2021·湖北十堰期中)已知关于x的方程9x-2a·3x+4=0有一个大于2log 2的实数根,则实数a的取值
3
范围为( )
( 5) (5 ) (5 )
A. 0, B. ,4 C. ,+∞ D.(4,+∞)
2 2 2
{2x-a,0≤x<2,
5.(2021·山东潍坊二模)关于函数f(x)= 其中a,b∈R,给出下列四个结论:
b-x,x≥2,
5
甲,6是该函数的零点;乙,4是该函数的零点;丙,该函数的零点之积为0;丁,方程f(x)= 有两个根.
2
若上述四个结论中有且只有一个结论错误,则该错误结论是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
{ lnx,x≥1,
6.(2021·湖南师大附中期末)已知函数f(x)= 则方程(x-1)f(x)=1的所有实根之和为
-ln(2-x),x<1,
( )
A.2 B.3 C.4 D.1
7.(2021·福建厦门期末)已知函数f(x)={|log x|,0√3, 12
3
个解,则实数m的取值范围为( )
√3
A.(-1,0) B. -1,-
32 2 √3
C. -1,- D. - ,-
3 3 3
二、多项选择题
8.(2021·江苏扬州期末)17世纪初,约翰·纳皮尔为了简化计算发明了对数.对数的发明是数学史上的重
大事件,恩格斯曾经把笛卡儿的坐标系、纳皮尔的对数、牛顿和莱布尼兹的微积分共同称为17世纪
的三大数学发明.我们知道,任何一个正实数N可以表示成N=a×10n(1≤a<10,n∈Z)的形式,两边取常
用对数,则有lg N=n+lg a,现给出部分常用对数值(如下表),则下列说法正确的有( )
真数x 2 3 4 5 6 7 8 9 10
lg x(近似值) 0.301 0.477 0.602 0.699 0.778 0.845 0.903 0.954 1.000
真数x 11 12 13 14 15 16 17 18 19
lg x(近似值) 1.041 1.079 1.114 1.146 1.176 1.204 1.230 1.255 1.279
A.310在区间(104,105)内
B.250是15位数
C.若2-50=a×10m(1≤a<10,m∈Z),则m=-16
D.若m32(m∈N*)是一个35位正整数,则m=12
9.(2021·北京延庆模拟)同学们,你们是否注意到自然下垂的铁链;空旷的田野上,两根电线杆之间的电
线;峡谷的上空,横跨深涧的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上,这些曲线在数
学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标
系中,这类函数的表达式可以为f(x)=aex+be-x(其中a,b是非零常数,无理数e=2.718 28…),对于函数
f(x),下列说法正确的是( )
A.如果a=b,那么函数f(x)为奇函数
B.如果ab<0,那么f(x)为单调函数
C.如果ab>0,那么函数f(x)没有零点
D.如果ab=1,那么函数f(x)的最小值为2
{-ln(k-x),x<0,
10.(2021·海南第四次模拟)已知k>0,函数f(x)= 则( )
ln(k+x),x>0,
A.f(x)是奇函数
B.f(x)的值域为R
C.存在k,使得f(x)在定义域上单调递增
1
D.当k= 时,方程f(x)=1有两个实数根
2
三、填空题
{x2+2x,x≤t,
11.(2021·北京通州区一模)已知函数f(x)= (t>0)有两个零点,且其图象过点(e,1),则常
lnx,x>t
数t的一个取值为 .
12.(2021·山东济宁期末)已知函数f(x)=ex+x2+ln(x+a)与函数g(x)=ex+e-x+x2(x<0)的图象上存在关于y
轴对称的点,则实数a的取值范围为 .专题突破练 3 基本初等函数、函数的应用
x 1
1.B 解析: 令f(x)= − =0,即x2-2x-1=0,解得x=1±√2,经检验x=1±√2 是方程f(x)=0
x2-1 2
的解,故f(x)有两个零点.故选B.
3 √3 √6 3 ln3 3ln2-2ln3 ln8-ln9
2.C 解析: a= ,b= = ,则a>b,因为a-c= − = = <0,所以
2 √2 2 2 ln2 2ln2 2ln2
a1,所以g(x)在区间(0, )上单调递减,在区间( ,+∞)上
√a √a
x
单调递增,故f(x)在区间(0,√a)上单调递减,在区间(√a,+∞)上单调递增,对照题中选项中的
图象,知A选项正确.
4.C 解析: 令t=3x,因为方程9x-2a·3x+4=0有一个大于2log 2的实数根,即x>2log 2,则t>
3 3
5
32log
3
2=4,所以函数f(t)=t2-2at+4有一个大于4的零点,所以f(4)=42-8a+4<0,解得a> ,即
2
实数a的取值范围是(5 ,+∞ ) .故选C.
2
5.B 解析: 若甲是错误的结论,则由乙正确可得b=4,由丙正确得a=1,此时丁不正确,不
符合题意;若乙是错误的结论,则由甲正确可得b=6,由丙正确得a=1,此时丁也正确,符合
题意;若丙或丁是错误的结论,则甲和乙不可能同时正确,不符合题意,故选B.
6.A 解析: 当x>1时,2-x<1,所以f(2-x)=-ln[2-(2-x)]=-ln x=-f(x),
当x<1时,2-x>1,所以f(2-x)=ln(2-x)=-f(x),当x=1时,f(1)=0,所以函数f(x)的图象关于点
(1,0)对称.
1 1
显然x=1不是方程的根,当x≠1时,原方程可变为f(x)= ,画出函数y=f(x)和y= 的
x-1 x-1
图象(如图所示).
1
由图知,二者仅有两个公共点,设为点A(x ,y ),B(x ,y ),因为函数y=f(x)和y= 的图象都
1 1 2 2
x-1
x +x
关于点(1,0)对称,所以点A,B关于点(1,0)对称,所以 1 2=1,即x +x =2.故选A.
1 2
2
1
7.D 解析: 令f(x)=t,则原方程可化为t2+mt+ =0,画出函数f(x)的图象(如图).
121 1
由图象可知,若关于x的方程f2(x)+mf(x)+ =0有6个解,则关于t的方程t2+mt+ =0必
12 12
1
{ >0,
12
1
Δ=m2- >0,
须在区间 0,1 上有两个不相等的实根,由二次方程根的分布得 3 解得
2 1 1 1
+ m+ >0,
4 2 12
m 1
- ∈(0, ),
2 2
2 √3
m∈ - ,- .故选D.
3 3
8.ACD 解析: 对A,令x=310,则lg x=lg 310=10lg 3=4.77,所以x=104.77∈(104,105),A正确;
对B,令y=250,则lg y=lg 250=50lg 2=15.05,所以y=1015.05∈(1015,1016),则250是16位数,B错
误;
对C,令z=2-50,则lg z=lg 2-50=-50lg 2=-15.05,又因为2-50=a×10m(1≤a<10,m∈Z),所以10-
15.05=a×10m,则10-15.05-m=a∈[100,101),所以m=-16,C正确;
对D,令k=m32,则lg k=lg m32=32lg m,因为m32(m∈N*)是一个35位正整数,所以34<32lg
34 35
m<35,则 0,b<0,则函数y=aex在其定义域上单调递增,函数y= 在其定义域
ex
b
上也单调递增,故函数f(x)=aex+ 在其定义域上单调递增;若a<0,b>0,则函数y=aex在其
ex
b b
定义域上单调递减,函数y= 在其定义域上也单调递减,故函数f(x)=aex+ 在其定义域
ex ex
上单调递减.
综上,如果ab<0,那么f(x)为单调函数.故B正确.
对C,当a>0,b>0时,函数f(x)=aex+be-x≥2√aex·be-x=2√ab>0,当a<0,b<0时,函数
f(x)=-(-aex-be-x)≤-2√(-aex)·(-be-x)=-2√ab<0.综上,如果ab>0,那么函数f(x)没有零点.故C正确.
1
对D,由ab=1,得b= .
a
1 √ 1
当a<0,b<0时,函数f(x)=- -aex- e-x ≤-2 (-aex)·(- e-x )=-2;
a a
当a>0,b>0时,函数f(x)=aex+ 1 e-x≥2 √ aex· 1 e-x=2.
a a
故ab=1时,函数f(x)没有最小值.故D错误.
10.AC 解析: 当x>0时,f(-x)=-ln(k+x)=-f(x),当x<0时,f(-x)=ln(k-x)=-f(x),所以f(x)是奇函
数,故选项A正确;
当x>0时,f(x)=ln(k+x)单调递增,且f(x)>ln k,当x<0时,f(x)=-ln(k-x)单调递增,且f(x)<-ln
k,f(x)的值域为(-∞,-ln k)∪(ln k,+∞),若k≥1,ln k≥0,此时f(x)的值域不包含0,且f(x)在定义
域上单调递增,故选项B错误,选项C正确;
1
对于选项D,若k= ,ln k=-ln 2,而ln 2<1,由前面的分析可知,方程f(x)=1在区间(-∞,0)上没
2
有实数根,在区间(0,+∞)上有一个实数根,故选项D错误.
11.2(答案不唯一) 解析: 由x2+2x=0可得x=0或x=-2,由ln x=0可得x=1,因为函数
{x2+2x,x≤t,
f(x)= (t>0)有两个零点,且其图象过点(e,1),所以e>t≥1.
lnx,x>t
所以t可取2.
12.(-∞,e) 解析: 由题意得,g(-x)=f(x)在区间(0,+∞)上有解,即e-x=ln(x+a)在区间(0,+∞)上
有解,所以函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)上有交点.
如图,函数y=ln(x+a)的图象是由函数y=ln x的图象左右平移得到的,当y=ln x的图象向
左平移至使y=ln(x+a)的图象经过点(0,1)时,函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象交于点
(0,1),将点(0,1)的坐标代入e-x=ln(x+a),有1=ln(0+a),得a=e,所以,若函数y=ln x的图象往
左平移a个单位长度,且a≥e时,则函数y=e-x与函数y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)上无
交点.
将函数y=ln x的图象向右平移时,函数y=e-x与y=ln(x+a)的图象在区间(0,+∞)上恒有交
点.
所以a
