2020年浙江新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題強化練：專題一3第3講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的綜合問題

1、專題強化訓(xùn)練1 .已知函數(shù)f(x)= (m2m5)xm是哥函數(shù)，且在 xC (0,)上為增函數(shù)，則實數(shù) m的 值是()A. 2B. 4C. 3D. 2 或 3解析：選 C.f(x)=(m2 m 5)xm是哥函數(shù)？ m2- m- 5=1? m= 2 或 m=3.又在xC (0, + 8)上是增函數(shù)，所以 m= 3.2,函數(shù)y=ax+21(a>0且awl)的圖象恒過的點是()A. (0, 0)B. (0, 1)1. (-2, 0)D. (-2, 1)解析：選C.法一：因為函數(shù)y = ax(a>0, aw1)的圖象恒過點(0, 1),將該圖象向左平移 2 個單位，再向下平移 1個單位得到

2、y= ax+2- 1(a>0, aw1)的圖象，所以y=ax+2- 1(a>0, a w1)的圖象恒過點(一2, 0),選項C正確.法二：令 x+ 2=0, x= 2,得 f( 2)=a°1 = 0,所以 y = ax+2-1(a>0, a#)的圖象恒 過點(一2, 0),選項C正確.3. (2019 溫州模擬)已知 a=log20.2, b=20.2, c= 0.20.3,則()A. a<b<cB. a<c<bC. c<a<bD. b<c<a解析：選 B.因為 a= log20.2<0, b = 20.2>

3、;1, c= 0.20.3 (0, 1),所以 a<c<b.故選 B.排除B4. (2019嘉興市高考一模)函數(shù)f(x)=(1)xx2的大致圖象是()解析：選D.由題意，x=0, f(0) = 1,x=-2, f(2)=0,排除 A,x一 _ oo, f(x) 一十oo,排除 C,故選D.(C.F.Richter)制定5. (2019麗水模擬)20世紀30年代，為了防范地震帶來的災(zāi)害，里克特 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 Alg Ao,其中A是被

4、測地震的最大振幅，Ao是“標準地震”白振幅.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 A05= 100.故選D.6.已知函數(shù)f(x)=x22x+a(ex1+e一k1)有唯一零點，則 a=()A 1C 1A. -B-23c 1C. 2D. 1解析：選 C.由 f(x) = x22x+a(ex 1+e-x+1),得 f(2 x) = (2 x)22(2 x)+ae2x1 + e(2 x

5、)+ 1 =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為f(x)圖象的對稱軸.由題意，f(x)有唯一零點，所以f(x)的零點只能為x= 1,即f(1)1 .=122X1+a(e11+e 1 + 1) = 0,解得 a=2.故選C.7. (2019寧波效實中學(xué)高三質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)=a|"4|(a>0, a1)滿足f(1)=1,則f(x)的單 9調(diào)遞減區(qū)間是()A. ( 8, 2B. 2, +OO )C. -2, +00 )D. (一00, 一 21 111 |2x- 4

6、|解析：選 B.由 f(1) = 9導(dǎo) a2=9.又 a>0,所以 a=3，因此 f(x)= 3.因為 g(x)=|2x 4| 在2, +8)上單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是2, +8).8. (2019金華十校聯(lián)考)函數(shù)f(x) =110g2x|, 0<x< 42|x 5|, x>4右a,b, c, d各不相同，且f(a)=f(b)B. 16, 25)= f(c) = f(d),則abcd的取值范圍是()A. (24, 25)C. (1 , 25)解析：選A.函數(shù)f(x)的圖象如圖所示:若a、b、c、d互不相同，且 f(a)=f(b) = f(c) = f(d

7、),不妨令a<b<c<d,則 0<a<1 , 1<b<4,則 log 2a = log2b,即 log2a+log2b= log2ab= 0,則 ab=1,同時 cC (4, 5), dC (5, 6),c+d因為c, d關(guān)于x= 5對稱，所以2-=5,則c+d=10,同時 cd=c(10-c)=- c2+ 10c= (c 5)2+25,因為 c (4, 5),所以 cdC (24, 25),即 abcd = cd (24, 25),故選 A.1則萬程 f(x + ：12) = 1110g2 (1-x) |, xv19. (2019寧波十校高考模擬)已

8、知函數(shù)f(x)= _x2+4x 2 x> 1 ,的實根個數(shù)為()A. 8B. 7C. 6D. 51斛析：選C.令f(x)= 1得x= 3或x= 1或x= 2或x= 一 1,因為 f(x + -2)=1, ' x '所以 x+ - 2= 3 或 x + 12= 1 或 x+1 2=1x+1-2= - 1. xxx 2 x令 g(x)=x+1-2,則當 x>0 時，g(x)>2-2=0, x當 x<0 時，g(x)< -2-2=-4,作出g(x)的函數(shù)圖象如圖所示：所以方程x+x-2=3, x+ 11-2=1, x + 12=1均有兩解，方程 x+ 5

9、 2= - 1 無解. x-1,、一1，八所以方程f(x+ - 2)=1有6解. x故選C.8）上單調(diào)遞增，若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, 十1 f (ln X)f ln X<f(1),則x的取值范圍是()A. 0，1B. (0, e)ec. e, eD. (e, + 8)ef(ln x)-f ln - =f(ln x)-f(-ln x) X解析：選C.因為函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以 =f(ln x) + f(ln x) = 2f(ln x),，、1f (In x) f In x所以2<f(i)等價于 |f(in x)i<f(i),又f

10、(x)在區(qū)間0, +8)上單調(diào)遞增，所以1<ln x<1 ,解得1<x<e. e11. (2019浙江新高考沖刺卷)已知集合M = xy=ln, N = y|y=x2+2x+ 2,則“= x解析：因為 f( X0)= f(xo),所以 9 x0 + m 3 x0=- 9 x0m3X0,x x 2所以 m=(3 旬+3 x0)+3 xo+ 30令 t = 3 x0+ 3 x0,則 t>2,故m=t + f, (t>2),函數(shù)y=t與函數(shù)y= 2在2, + 8)上均為單調(diào)遞減函數(shù)，1. 2，、一、，所以m=- t+ f(t>2)在2, + 8)上單倜遞減，

11、2所以當t=2時，m=t + j(t>2)取得最大值一1,即mW 1.答案：( 8, 114. (2019浙江新高考沖刺卷)已知函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>b>c),且f(1) = 0,若函數(shù)f(x) 的導(dǎo)函數(shù)圖象與函數(shù) f(x)的圖象交于A、B兩點，C、D是點A, B在x軸上的投影，則線段|CD| 長的取值范圍為.解析：因為 f(1) = a+ b+c= 0,所以 b= ac,因為a>b>c,所以a>0, c< 0,所以Cv0, af'(x)= 2ax+ b,令 ax2+ bx+ c= 2ax+ b 得 ax2 + (b 2a)x+

12、c b= 0,即 ax2 (3a + c)x+ 2c+ a= 0,因為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)圖象與函數(shù) f(x)的圖象交于A, B兩點，所以方程ax2- (3a+ c)x + 2c+a = 0有兩解，所以 A= (3a + c)2 4a(2c+ a)= 5a2 2ac+ c2>0,所以(c)2，+5>0，. R，所以 x1+x2=3a±c =3+c, xix2=空土a =1 +區(qū)， a aa a所以 |x- x2|2= (x1 + x2)2 4x1x2= (3+ f)2- 4(1+2c)=(c)2-2c+ 5=(f-1)2+4, aa a a a因為0,所以(c1)2+4&

13、gt;5,所以 |xi-x2|>V5.答案：(,：5 +°015.如圖，線段EF的長度為1,端點 巳F在邊長不小于1的正方形ABCD的四邊上滑動，當 E,F沿著正方形的四邊滑動一周時，EF的中點M所形成的軌跡為G,若G的周長為1,其圍成的面積為S,則l S的最大值為解析:設(shè)正方形的邊長為a(a>1),當E, F沿著正方形的四邊滑動一周時，EF一， 1的中點M的軌跡如圖，是由半徑均為 2的四段圓弧與長度均為所以 l S= a2+ 4a兀-1的四條線段圍成的封閉圖形，周長1=Tt+4(a1),面積S=a2-,+4(a>1),由二次函數(shù)的知識得，當 a=2時，lS取得最大

14、值5，.216. (2019 局考浙江卷)已知 aC R,函數(shù) f(x)= ax3-x,右存在 tC R,使得 f(t+2)-f(t)|<-,3則實數(shù)a的最大值是解析：f(t+2) f(t)=a(t+2)3(t+2) (at3t)=2a(3t2+6t+4)2,因為存在 tCR,使得 |f(t+2) f(t)|w|,所以 |w 2a(3t2+6t+4) 2w|有解.因為3t2 + 6t + 4> 1 ,所以3333 (3t2+6t+4)3 (3t2 + 6t + 4)4有解，所以 a< 3 (3t2+6t+4) max4 一 ，一所以a的最大3-4值為O.3答案:4317.已知

15、f(x) =11g x|, x>0這四根之積xx2x3x4的取值范圍是1 x 2x?, xW 0,若關(guān)于x的方程f(x) = a有四個實根x1, X2, X3, X4,則解析：畫出函數(shù)f(x)的圖象,由圖知f(x)=a有四個實根的條件為1wav8.設(shè)四個實根X1vx2vx3x4,由 f(x)=a 可彳導(dǎo) 2x2 + x+a1=0,所以 x1x2=,由 y= |1g x|= a 知一1g x3= 1ga- 1x4,所以 x3 x4 = 1 ,故 x1x2x3x4=一廠，又因為 g(a)=-21_在9 q上是增函數(shù)，所以x1 x2x3x481e 0, 16 .x118.已知二次函數(shù)f(x)=

16、 ax2+bx+1(a, bC R, a>0),設(shè)方程f(x) = x的兩個實數(shù)根為 和x2.(1)如果xiv2vx2<4,設(shè)函數(shù)的對稱軸為 x= x0,求證：x0>1;(2)如果|刈<2, |x2 x1|=2,求b的取值范圍.解：(1)證明：設(shè) g(x)= f(x) x= ax2+(b1)x+1,因為a>0,所以由條件xk2<x2<4,4a + 2b 1v0,31得 g(2)<0, g(4)>0,即？44avbv52a.16a+4b-3>04-311 r ,3 b 1顯然由14a<22a得 a,即有 2 *>一石，為 b

17、 11故 x0=2a>1而>1a=1.(2)由 g(x) = ax2+ (b 1)x+ 1 = 0,知 x1x2 = " >0,故 x1與 x2 同號. a若0vx1<2,則x2x1=2(負根舍去)，所以 x2= x1 + 2>2,所以 g(2)<0,即 4a+2b-1<0.(*)2(b1) 2 4所以(& - x)2=a2a=4,所以 2a+1 = (b1) 2+ 1(a>0,負根舍去),代入(*)式，得 2勺(b 1) 2+1<3-2b,解出 b<4.若一2vx1<0,則 x2= 2+x1 v 2(正根舍去

18、)，所以 g( 2)<0,即 4a 2b+ 3v0(*).將 2a + 1 =(b-1) 2+1 代入(*)式得2yj (b-1) 2+1 <2b-1,解得 b>7.綜上，b的取值范圍為bv；或b>7.4419. (2019杭州市高三模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=X2a|ax1(aC R).(1)若函數(shù)y=f(x)在R上恰有四個不同的零點，求 a的取值范圍；(2)若函數(shù)y=f(x)在1, 2上的最小值為g(a),求g(a)的表達式.解：(1)若函數(shù)y=f(x)在R上恰有四個不同的零點，則等價為f(x) = |x2 -a|- ax- 1 = 0,即|x2a|= ax+1有四個不同的解，若aw。，則方程x2a=ax+ 1至多有兩個根，不滿足條件.若a>0,則y= |x22|與y= ax+1兩個圖象有四個不同的交點，當y=ax+1與y=x2+a相切時，得 a= 2+班.(負值舍掉)當y= ax+1過點(一班，0)時，得a=1,所以2啦2<a<1,即a的取值范圍是(212-2, 1).ca o a2一. (2)當 aW1 時，f(x)=x2axa1=(x2)2 a1,則 f(x)在1 , 2上單倜遞增, 則 f(x)min=f(1)= 2a.當1<a<4時，-(x+2)之+了+a-1, 1Wxwaf(x) =2，(x