高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 第3講 基本初等函數(shù)Ⅰ素能訓(xùn)練（文、理）

【成才之路】屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題1第3講基本初等函數(shù)Ⅰ素能訓(xùn)練（文、理）一、選擇題1．(·江西文，4)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·2x，x≥0,2－x，x<0))(a∈R)，若f[f(－1)]＝1，則a＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．2[答案]A[解析]∵f(－1)＝2－(－1)＝2，∴f(f(－1))＝f(2)＝4a＝1，∴a＝eq\f(1,4).2．(文)(·江西八校聯(lián)考)已知實數(shù)a、b，則“2a>2b”是“l(fā)og2a>log2A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件[答案]B[解析]由y＝2x為增函數(shù)知，2a>2b?a>b；由y＝log2x在(0，＋∞)上為增函數(shù)知，log2a>log2b?a>b>0，∴a>b?/a>b>0，但a>b>0?a>(理)(·陜西文，7)下列函數(shù)中，滿足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的單調(diào)遞增函數(shù)是()A．f(x)＝x3 B．f(x)＝3xC．f(x)＝xeq\f(1,2) D．f(x)＝(eq\f(1,2))x[答案]B[解析]本題考查了基本初等函數(shù)概念及冪的運算性質(zhì)．只有B選項中3x＋y＝3x·3y成立且f(x)＝3x是增函數(shù)．3．(·哈三中二模)冪函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(－2，－eq\f(1,8))，則滿足f(x)＝27的x的值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)[答案]B[解析]設(shè)f(x)＝xα，則－eq\f(1,8)＝(－2)α，∴α＝－3，∴f(x)＝x－3，由f(x)＝27得，x－3＝27，∴x＝eq\f(1,3).4．(文)(·霍邱二中模擬)設(shè)a＝log954，b＝log953，c＝log545，則()A．a(chǎn)<c<b B．b<c<aC．a(chǎn)<b<c D．b<a<c[答案]D[解析]∵y＝log9x為增函數(shù)，∴l(xiāng)og954>log953，∴a>b，又c＝log545＝1＋log59>2，a＝log954＝1＋log96<2，∴c>a>b，故選D.(理)(·新課標Ⅱ文，12)若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是()A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)[答案]D[解析]由題意得，a>x－(eq\f(1,2))x(x>0)，令f(x)＝x－(eq\f(1,2))x，則f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)>f(0)＝－1，∴a>－1，故選D.5．(·重慶一中月考)下列函數(shù)圖象中不正確的是()[答案]D[解析]由指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)知A、B正確，又C是B中函數(shù)圖象位于x軸下方部分沿x軸翻折到x軸上方，故C正確．∵y＝log2|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2xx>0,log2－xx<0))是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，故D錯誤．6．(·南開中學(xué)月考)定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，且f(eq\f(1,3))＝0，則不等式f(logeq\f(1,8)x)>0的解集是()A．(0，eq\f(1,2)) B．(2，＋∞)C．(0，eq\f(1,2))∪(2，＋∞) D．(eq\f(1,2)，1)∪(2，＋∞)[答案]C[解析]解法1：∵偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，又f(eq\f(1,3))＝0，∴f(－eq\f(1,3))＝0，由f(eqlog\s\do8(\f(1,8))x)>0得，eqlog\s\do8(\f(1,8))x>eq\f(1,3)或eqlog\s\do8(\f(1,8))x<－eq\f(1,3)，∴0<x<eq\f(1,2)或x>2，故選C.解法2：∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(eqlog\s\do8(\f(1,8))x)>0化為f(|leqlog\s\do8(\f(1,8))x|)>0，∵f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，f(eq\f(1,3))＝0，∴|eqlog\s\do8(\f(1,8))x|>eq\f(1,3)，∴|log8x|>eq\f(1,3)，∴l(xiāng)og8x>eq\f(1,3)或log8x<－eq\f(1,3)，∴x>2或0<x<eq\f(1,2).二、填空題7．(文)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|－1，x≤1，,2－2x，x>1，))若f(x)＝1，則x＝________.[答案]－2[解析]當x≤1時，由|x|－1＝1，得x＝±2，故可得x＝－2；當x>1時，由2－2x＝1，得x＝0，不適合題意．故x＝－2.(理)(·大興區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝在區(qū)間[－1，m]上的最大值是1，則m的取值范圍是________．[答案](－1,1][解析]∵f(x)＝2－x－1＝(eq\f(1,2))x－1在[－1,0]上為減函數(shù)，∴在[－1,0]上f(x)的最大值為f(－1)＝1，又f(x)＝eqx\s\up10(\f(1,2))在[0，m]上為增函數(shù)，∴在[0，m]上f(x)的最大值為eq\r(m)，∵f(x)在區(qū)間[－1，m]上的最大值為1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,\r(m)≤1，))或－1<m≤0，∴－1<m≤1.8．已知x＋x－1＝3，則xeq\f(1,2)－x－eq\f(1,2)＝________.[答案]±1[解析](eqx\s\up10(\f(1,2))－eqx\s\up10(\f(-1,2)))2＝(eqx\s\up10(\f(1,2)))2－2eqx\s\up10(\f(1,2))·eqx\s\up10(\f(-1,2))＋(eqx\s\up10(\f(-1,2)))2＝x＋x－1－2＝3－2＝1，∴eqx\s\up10(\f(1,2))－eqx\s\up10(\f(-1,2))＝±1.9．計算(lgeq\f(1,4)－lg25)÷100－eq\f(1,2)＝________.[答案]－20[解析]原式＝lg0.01÷100－eq\f(1,2)＝－2×10＝－20.10．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x＋1，x>0，,3－x，x≤0.))若f(m)>1，則m的取值范圍是________．[答案](－∞，0)∪(2，＋∞)[解析]當m>0時，由f(m)>1得，log3(m＋1)>1，∴m＋1>3，∴m>2；當m≤0時，由f(m)>1得，3－m>1.∴－m>0，∴m<0.綜上知m<0或m>2.一、選擇題11．(·天津和平區(qū)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x3＋x－2的零點分別為x1、x2、x3，則()A．x3<x1<x2 B．x1<x3<x2C．x2<x3<x1 D．x1<x2<x3[答案]D[解析]x1＝－2x1<0，若x>1，則g(x)＝x＋lnx>1，∴0<x2<1，x3＝1，∴x1<x2<x3.12．(文)(·榆林一中模擬)命題p：函數(shù)f(x)＝ax－2(a>0且a≠1)的圖象恒過點(0，－2)；命題q：函數(shù)f(x)＝lg|x|(x≠0)有兩個零點．則下列說法正確的是()A．“p或q”是真命題 B．“p且q”是真命題C．?p為假命題 D．?q為真命題[答案]A[解析]∵f(0)＝a0－2＝－1，∴p為假命題；令lg|x|＝0得，|x|＝1，∴x＝±1，故q為真命題，∴p∨q為真，p∧q為假，?p為真，?q為假，故選A.(理)(·德陽市二診)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,2)，x≤0,log2x，x>0))(其中a∈R)，函數(shù)g(x)＝f[f(x)]＋1.下列關(guān)于函數(shù)g(x)的零點個數(shù)的判斷，正確的是()A．當a>0時，有4個零點；當a<0時，有2個零點，當a＝0時，有無數(shù)個零點B．當a>0時，有4個零點；當a<0時，有3個零點，當a＝0時，有2個零點C．當a>0時，有2個零點；當a≤0時，有1個零點D．當a≠0時，有2個零點；當a＝0時，有1個零點[答案]A[解析]取a＝1，令x＋eq\f(1,2)＝－1得x＝－eq\f(3,2)，令log2x＝－1得，x＝eq\f(1,2).令x＋eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2)得x＝－2，令log2x＝－eq\f(3,2)得x＝2－eq\f(3,2)，令log2x＝eq\f(1,2)得x＝eq\r(2)，令x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)得x＝0，由此可排除C、D；令a＝0，得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x≤0，,log2xx>0.))由log2x＝－1得x＝eq\f(1,2)，由f(x)＝eq\f(1,2)知，對任意x≤0，有f(x)＝eq\f(1,2)，故a＝0時，g(x)有無數(shù)個零點．13．(文)(·天津市六校聯(lián)考)設(shè)a＝30.5，b＝log32，c＝cos2，則()A．c<b<a B．c<a<bC．a(chǎn)<b<c D．b<c<a[答案]A[解析]a＝30.5>1，b＝log32∈(0,1)，c＝cos2<0，∴c<b<a，故選A.(理)(·天津南開中學(xué)月考)設(shè)a＝(eq\f(3,4))eq\f(2,3)，b＝(eq\f(2,3))eq\f(3,4)，c＝logeq\f(2,3)eq\f(4,3)，則a、b、c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>c>b B．a(chǎn)>b>cC．c>b>a D．b>c>a[答案]B[解析]∵y＝xeq\f(2,3)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，eq\f(3,4)>eq\f(2,3)，∴(eq\f(3,4))eq\f(2,3)>(eq\f(2,3))eq\f(2,3).又y＝(eq\f(2,3))x在R上為減函數(shù)，eq\f(3,4)>eq\f(2,3)，∴0<(eq\f(2,3))eq\f(3,4)<(eq\f(2,3))eq\f(2,3)，∴a>b>0，又y＝logeq\f(2,3)x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，∴eqlog\s\do5(\f(2,3))eq\f(4,3)<eqlog\s\do5(\f(2,3))1＝0，∴a>b>c.14．(·衡水中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，若對于任意給定的不等實數(shù)x1、x2，不等式x1f(x1)＋x2f(x2)<x1f(x2)＋x2f(x1)恒成立，則不等式A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)[答案]C[解析]由條件式得(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，∴x1<x2時，f(x1)>f(x2)，x1>x2時，f(x1)<f(x2)，∴f(x)為減函數(shù)，又f(x)為R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∴不等式f(1－x)<0化為f(1－x)<f(0)，∴1－x>0，∴x<1，故選C.15．(·中原名校第二次聯(lián)考)函數(shù)y＝f(x＋eq\f(π,2))為定義在R上的偶函數(shù)，且當x≥eq\f(π,2)時，f(x)＝(eq\f(1,2))x＋sinx，則下列選項正確的是()A．f(3)<f(1)<f(2) B．f(2)<f(1)<f(3)C．f(2)<f(3)<f(1) D．f(3)<f(2)<f(1)[答案]A[解析]由條件知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱，∴f(1)＝f(π－1)，當eq\f(π,2)≤x≤eq\f(3π,2)時，f′(x)＝－(eq\f(1,2))x·ln2＋cosx<0，∴f(x)在[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]上單調(diào)遞減，∵eq\f(π,2)<2<π－1<3<eq\f(3π,2)，∴f(2)>f(π－1)>f(3)，∴f(2)>f(1)>f(3)，故選A.16．(·新課標Ⅱ文，11)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯誤的是()A．?x0∈R，f(x0)＝0B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形C．若x0是f(x)的極小值點，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)單調(diào)遞減D．若x0是f(x)的極值點，則f′(x0)＝0[答案]C[解析]本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．由題意得，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，該函數(shù)圖象開口向上，若x0為極小值點，如圖，f′(x)的圖象應(yīng)為：故f(x)在區(qū)間(－∞，x0)不單調(diào)遞減，C錯，故選C.二、填空題17．(·吉林省吉大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個零點，則實數(shù)m的取值范圍是________．[答案](0,1)[解析]函數(shù)f(x)的圖象如圖所示：當0<m<1時，直線y＝m與函數(shù)f(x)的圖象有三個交點．三、解答題18．(文)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)＋alnx(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求實數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若a<0且在區(qū)間(0，e]上至少存在一點x0，使得f(x0)<0成立，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)因為f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－1,x2)，當a＝1時，f′(x)＝eq\f(x－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值所以x＝1時，f(x)的極小值為1.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)因為f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－1,x2)，且a≠0，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，若在區(qū)間(0，e]上至少存在一點x0，使得f(x0)<0成立，其充要條件是f(x)在區(qū)間(0，e]上的最小