(浙江專用)高考數(shù)學專題基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的綜合問題專題強化訓練

1、第3講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的綜合問題專題強化訓練1 .已知函數(shù)f(x)=(m2m- 5) xm是哥函數(shù)，且在 xC (0 ,+8)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- rm- 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awi)的圖象恒過的點是()1. (0 , 0)B, (0, - 1)C. (2, 0)D. (2, 1)解析：選C.法一：因為函數(shù)y=ax(a>0, aw 1)的圖象

2、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y(tǒng)= ax 2- 1(a> 0, aw 1)的圖象，所以y= ax 2- 1(a>0, aw1)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, aw 1)的圖象 恒過點(2, 0),選項C正確.3. (2019 溫州模擬)已知 a=log 20.2 , b=20.2, c=0.2 0.3,則()A. a<b<cB. a<c<bC. c<a<bD. b<c&l

3、t;a解析：選 B.因為 a= log 20.2<0 , b=20.2>1, c= 0.2 0.3 6(0, 1),所以 a<c<b.故選 B.4. (2019 嘉興市高考一模)函數(shù)f(x)=(T)xx2的大致圖象是()ABCU解析：選D.由題意，x=0, f(0) =1,排除B,x=-2, f( 2) =0,排除 A,x 一_oo, f(x) 一十 oo,排除 C,故選D.5. (2019 麗水模擬)20世紀30年代，為了防范地震帶來的災害，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

4、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 A,其中A是被測地震的最大振幅，A是“標準地震”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C. 50 倍B. 20 倍D. 100 倍解析：選D.根據(jù)題意有l(wèi)gA=lgA)+lg 10M= 1g (A)-10M).所以A= A)-10M,則:05A X 10= 100.故選 D.6.已知函數(shù) f(x) =x2 2x+a(exT + e-x+)有唯一零點，則 a=()A.1B.31c. 2D. 1解析：選 C.由 f (x) =x2-2x+ a(e

5、xe x1),得 f (2 x) = (2 x) 22(2 x) + ae 2-'一 十e (2 x)+1 = x2_ 4x + 4 4+ 2x+ a(e 1x+ ex1) = x2 2x+a(ex1 + e x。,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) =12-2X1+ a(e1 1 + e 1+1) =0,解得 a = 1.故選 C.7.(2019 寧波效實中學高三質(zhì)檢 )若函數(shù)f(x) = a|2"4|(a>0,aw1)滿足f(1)=,則f(x) 9的單調(diào)遞

6、減區(qū)間是()A. (8, 2C. 2, +oo)B. 2 , +oo)D ( 一 oo ) 一 2解析：選B.由 f (1) =9得 a2= 9 又11 |2x4|a>0,所以 a=-,因此 f(x)=-.因為 g(x)33= |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).|log 2x| , 0<x< 48. (2019 金華十校聯(lián)考)函數(shù)f (x)= ；封，若a, b, c, d各不相同，且2, x>4f (a) = f (b) = f (c) = f (d),貝U abcd 的取值范圍是(A. (24 , 25)C. (1 , 2

7、5)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),不妨令a<b<c<d,貝 U0<a<1, 1<b<4,B. 16 , 25)D. (0 , 25則 log 2a =log 2b,即 log 2a+log 2b = log 2ab= 0,則 ab=1,同時 cC(4, 5), dC(5, 6),因為c, d關(guān)于x= 5對稱，所以一2=5,則c+d=10,同時 cd=c(10-c) = c2+10c= (c5)2 + 25,因為 ce(4, 5),所以 cd (24 ,

8、25),即 abcd = cd e(24 , 25),故選 A.110g 2 (1 x) | , xv 119.(2019 寧波十校高考模擬)已知函數(shù)f(x)=,+ 4x 2 x>1，則方程f(x + q 2) = 1的實根個數(shù)為()1. 8B. 72. 6D. 51解析：選C.令f(x) =1得x=3或x= 1或x =或x=1,1因為 f (x+ -一 2) = 1, x所以 x+-2=3 或 x+- 2=1xxx+- 2 = ?或 x+ - 2 = - 1.x 2 x令 g(x) =x + 1-2,則當 x>0 時，g(x) >2- 2=0, xx-、一- 1所以萬程x

9、+廠2=3,x+ x 2=1, x + x2= 2均有兩解，方程+ - 2= 1 無解. x當 x<0 時，g(x)<- 2-2=- 4, 作出g(x)的函數(shù)圖象如圖所示：1，-所以萬程“x+廠2) = 1有6解.故選C.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, +8)上單調(diào)遞增，若1f (In x) f In -2-<f(1),則x的取值范圍是()A. 0, 1B. (0, e)eC.e'D. (e, +8)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 In - =f (In x)- xf ( In x) = f (

10、Inx) + f (Inx) = 2f (In x),1f (In x) f In x 所以2<f(1)等價于 |f(ln x)|< f(1),又f(X)在區(qū)間0, +8)上單調(diào)遞增，所以一1<ln x<1,解得1<x<e. e11. (2019 浙江新高考沖刺卷)已知集合 M= x|y=ln3=, N= y| y= x2+2x+2,則xM=, (?RVJnN=.解析：Ml= x|y=lnx_1 = x| x(x1) >0 = ( 8, 0) u (1 , +°°), x所以？RM= 0 , 1.因為 N= y|y=x2+2x +

11、2 =y| y= (x+1)2+1 = 1 , 十00), 所以(？rM n n= 1.答案：(8, 0) U (1 , +OO)1一一3x 1, x<1 ,212. (2019 臺州市書生中學高三月考)設(shè)函數(shù) f(x) = x則f(f(-)=2 , x>1,3;若f (f (a) =1,則a的值為.解析：f(|) = 1, f(1) =2,所以 f(f(3) =2.當 x>l 時，f(x) >2,所以 a<1, f(a)<1 且f(a) =1，因此 3a1 = |,所以 a= |. 339-5答案：2 9913. (2019 臺州市高三模擬)設(shè)函數(shù)f(x)

12、 =9x+m3x,若存在實數(shù)x。，使得f(x0)= f(x。)成立，則實數(shù) m的取值范圍是 .解析：因為 f ( x°) = f (x°),所以 9 x°+ m- 3 飛=9，_m. 3xo,x x2所以 m= (3 0 + 3 0)+ 3 x 0 + 3-x0,令 t =3'0+3x0,則 t >2,一2故 mi= - t +-, (t >2),2函數(shù)y= t與函數(shù)y=t在2 , + °°)上均為單調(diào)遞減函數(shù)，2,所以m= - t + f(t >2)在2 , + 00)上單倜遞減, ,2所以當t = 2時，mi= t

13、 +1(t > 2)取信取大值一1,即 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(i) =0,若 函數(shù)f(x)的導函數(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= - a- c,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+(b2a) x+cb= 0,即 ax

14、2(3a+c)x+2c+a= 0,因為函數(shù)f(x)的導函數(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 = (3a+ c)2 4a(2 c+ a) = 5a2 2ac+ c2>0,所以(£)2+5>0, 9CR, a aa所以 Xi+ x2=3a+c =3+c-, XiX2="土a =1+2c, a aa a所以 | Xi X2| 2= (Xi + X2)2 4xiX2= (3 +-)2 4(1 + ) = (-) 2 +5= (一一 1)2+ 4, aa a a a一 .c 一一 . c 2一一.因為

15、 。，所以(a1) +4>5,所以 |x1 X2|>V5答案：(鄧，+OO)15. 如圖，線段EF的長度為1,端點E, F在邊長不小于1的正方形ABCD4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l ,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一1周時，EF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 a- 1的四條線段圍成的封閉圖形，周長l = Tt+ 4(a1),面積 S= a25,所以l S= - a2+ 4a+ 54L-4(a>1),由二

16、次函數(shù)的知識得，當a=2時，l S取得最大值、.答案:5兀16. (2019 高考浙江卷)已知ae R,函數(shù)f (x) =ax3x,若存在t C R,使得|f (t +2)f(t)| <2,則實數(shù)a的最大值是.3解析：f(t + 2) - f(t) =a(t + 2)3-(t + 2) -(at3-t) =2a(3t2+6t + 4) -2,因為存在t t R,使得 | f(t + 2) -f(t)| w|,所以-|<2a(3t2+6t + 4) 2W2 有解.因為 3t2+6t+4>1, 333-,24_,44 _,所以 3(3t6t+4) <a<3(3t2+6

17、t + 4)有解，所以陣 3(3t+6t+4)max=3，所以 a，一，4的取大值為-. 3答案：3 321-x- 2x , x< 017 .已知f (x)=,若關(guān)于x的方程f(x)=a有四個實根xi, x2, xs, x4,|lg x| , x>0則這四根之積*僅以3*4的取值范圍是 .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 1 Wav 9.設(shè)四個實根82a 1y= |ig x| = a 知一igx1<x2<x3<x4,由 f (x) = a 可得 2x + x+a1 = 0,所以 x1x2=21,由x3= ig x4,所以x3

18、 x4= 1 ,故x1x2x3x4 =a 1a 12，又因為g(a)=-2在91,-上是增函數(shù)，所以8*1x2x3x461°，而.答案:18 .已知二次函數(shù) f(x)=ax2+bx+ 1(a, be R, a>0),設(shè)方程f(x) = x的兩個實數(shù)根為 x1 和 x2.(1)如果x1< 2<x2< 4,設(shè)函數(shù)的對稱軸為 x = x0,求證：x°>- 1；(2)如果| x <2, | x2刈=2,求b的取值范圍.解：(1)證明：設(shè) g(x) =f (x) -x= ax2+ (b- 1) x+1,因為a>0,所以由條件x1<2&l

19、t;x2<4,得 g(2) <0, g(4) >0,即4a+2b1V0,16a+4b 3> 01-4a< b<1-2a. 420>>1,8a2a4a1=- 1. 4X 8顯然由- 4avq2a得a>,即有2 428故 Xo = > 1- > 1 2a4a(2)由 g(x) =ax2+ ( b 1)x+ 1 = 0,知 xiX2=->0,故 xi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(x2x1)=a2a= 4,所以 2a+1=q (b1) 2+ 1(a>0,負根舍去)，代入(*)式，得 27 (b-1) 2+1 <3 2b,解出 b<1.若一2vx1 <0,則 x2=- 2+x1<- 2(正根舍去)，所以 g( -2)<0,即 4a-2b+3<0(*).將 2a+1 = 4 (b1) 2+1 代入(*)式得2yj (b- 1) 2+1 v2b 1,解得 b>7.綜上，b的取值范圍為bv：或b>：. 4419 . (2019 杭州市高三模擬 )設(shè)函數(shù) f(x) =| x2a| ax1(aC R).(1)若函