新課標(biāo)2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第2講基本初等函數(shù)函數(shù)與方程學(xué)案理新人教A版

PAGE1-第2講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程[做真題]題型一指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．b<c<a解析：選B．因?yàn)閍＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a<c<b.故選B．2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知a＝2eq\s\up6(\f(4,3))，b＝4eq\s\up6(\f(2,5))，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))，則()A．b＜a＜c B．a(chǎn)＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜b解析：選A．因?yàn)閍＝2eq\s\up6(\f(4,3))＝16eq\s\up6(\f(1,3))，b＝4eq\s\up6(\f(2,5))＝16eq\s\up6(\f(1,5))，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))，且冪函數(shù)y＝xeq\s\up6(\f(1,3))在R上單調(diào)遞增，指數(shù)函數(shù)y＝16x在R上單調(diào)遞增，所以b＜a＜c.3．(一題多解)(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－eax.若f(ln2)＝8，則a＝________．解析：法一：由x>0可得－x<0，由f(x)是奇函數(shù)可知f(－x)＝－f(x)，所以x>0時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝－[－ea(－x)]＝e－ax，則f(ln2)＝e－aln2＝8，所以－aln2＝ln8＝3ln2，所以a＝－3.法二：由f(x)是奇函數(shù)可知f(－x)＝－f(x)，所以f(ln2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝－(－ealneq\f(1,2))＝8，所以alneq\f(1,2)＝ln8＝3ln2，所以a＝－3.答案：－3題型二對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)(一題多解)(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)若a＞b＞1，0＜c＜1，則()A．a(chǎn)c＜bc B．a(chǎn)bc＜bacC．a(chǎn)logbc＜blogac D．logac＜logbc解析：選C．法一：由a>b>1，0<c<1，知ac>bc，A錯(cuò)；因?yàn)?<c<1，所以－1<c－1<0，所以y＝xc－1在x∈(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以bc－1>ac－1，又ab>0，所以ab·bc－1>ab·ac－1，即abc>bac，B錯(cuò)；易知y＝logcx是減函數(shù)，所以0>logcb>logca，D錯(cuò)；由logbc<logac<0，得－logbc>－logac>0，又a>b>1>0，所以－alogbc>－blogac>0，所以alogbc<blogac，故C正確．法二：依題意，不妨取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2).易驗(yàn)證A、B、D均是錯(cuò)誤的，只有C正確．題型三函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題1．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點(diǎn)，則a＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1解析：選C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋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(duì)稱(chēng)軸．由題意，f(x)有唯一零點(diǎn)，所以f(x)的零點(diǎn)只能為x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,2).故選C．2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0,lnx，x>0))，g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是()A．[－1，0) B．[0，＋∞)C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)解析：選C．函數(shù)g(x)＝f(x)＋x＋a存在2個(gè)零點(diǎn)，即關(guān)于x的方程f(x)＝－x－a有2個(gè)不同的實(shí)根，即函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝－x－a有2個(gè)交點(diǎn)，作出直線y＝－x－a與函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，由圖可知，－a≤1，解得a≥－1，故選C．3．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．解析：由題意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，當(dāng)k＝0時(shí)，x＝eq\f(π,9)；當(dāng)k＝1時(shí)，x＝eq\f(4π,9)；當(dāng)k＝2時(shí)，x＝eq\f(7π,9)，均滿意題意，所以函數(shù)f(x)在[0，π]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.答案：3[明考情]1．基本初等函數(shù)作為高考的命題熱點(diǎn)，多考查利用函數(shù)的性質(zhì)比較大小，一般出現(xiàn)在第5～11題的位置，有時(shí)難度較大．2．函數(shù)的應(yīng)用問(wèn)題多體現(xiàn)在函數(shù)零點(diǎn)與方程根的綜合問(wèn)題上，近幾年全國(guó)卷考查較少，但也要引起重視，題目可能較難．基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)[典型例題](1)(2024·高考北京卷)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝xeq\s\up6(\f(1,2)) B．y＝2－xC．y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x D．y＝eq\f(1,x)(2)(2024·高考天津卷)已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c<b<a B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b(3)(2024·高考浙江卷)在同始終角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝eq\f(1,ax)，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(a>0，且a≠1)的圖象可能是()【解析】(1)對(duì)于冪函數(shù)y＝xα，當(dāng)α>0時(shí)，y＝xα在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)α<0時(shí)，y＝xα在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以選項(xiàng)A正確；選項(xiàng)D中的函數(shù)y＝eq\f(1,x)可轉(zhuǎn)化為y＝x－1，所以函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故選項(xiàng)D不符合題意；對(duì)于指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)，當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝ax在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)a>1時(shí)，y＝ax在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，而選項(xiàng)B中的函數(shù)y＝2－x可轉(zhuǎn)化為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，因此函數(shù)y＝2－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故選項(xiàng)B不符合題意；對(duì)于對(duì)數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)，當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝logax在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)a>1時(shí)，y＝logax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此選項(xiàng)C中的函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故選項(xiàng)C不符合題意，故選A．(2)因?yàn)閍＝log27>log24＝2，b＝log38<log39＝2，b＝log38>1，c＝0.30.2<1，所以c<b<a.故選A．(3)通解：若0<a<1，則函數(shù)y＝eq\f(1,ax)是增函數(shù)，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))是減函數(shù)且其圖象過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，結(jié)合選項(xiàng)可知，選項(xiàng)D可能成立；若a>1，則y＝eq\f(1,ax)是減函數(shù)，而y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))是增函數(shù)且其圖象過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，結(jié)合選項(xiàng)可知，沒(méi)有符合的圖象．故選D．優(yōu)解：分別取a＝eq\f(1,2)和a＝2，在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出相應(yīng)函數(shù)的圖象(圖略)，通過(guò)對(duì)比可知選D．【答案】(1)A(2)A(3)Deq\a\vs4\al()基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用技巧(1)對(duì)數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性都取決于其底數(shù)的取值，當(dāng)?shù)讛?shù)a的值不確定時(shí)，要留意分a>1和0<a<1兩種狀況探討：當(dāng)a>1時(shí)，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為增函數(shù)；當(dāng)0<a<1時(shí)，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為減函數(shù)．(2)由指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)與其他函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)，其性質(zhì)的探討往往通過(guò)換元法轉(zhuǎn)化為兩個(gè)基本初等函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，然后依據(jù)復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)與相關(guān)函數(shù)的性質(zhì)之間的關(guān)系進(jìn)行推斷．(3)對(duì)于冪函數(shù)y＝xα的性質(zhì)要留意α>0和α<0兩種狀況的不同．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(一題多解)若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱(chēng)，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)，則f(2)＋g(4)＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：選D．法一：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱(chēng)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝2x，所以g(x)＝log2x，所以f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.法二：因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x).所以f(2)＝4，即函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，4)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱(chēng)，所以函數(shù)g(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(4，2)，所以f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.2．(2024·福建五校其次次聯(lián)考)已知a＝log3eq\f(7,2)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up6(\f(1,3))，c＝logeq\s\do9(\f(1,3))eq\f(1,5)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．b>c>a D．c>a>b解析：選D．a(chǎn)＝log3eq\f(7,2)，c＝logeq\s\do9(\f(1,3))eq\f(1,5)＝log35，由對(duì)數(shù)函數(shù)y＝log3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，可得log35>log3eq\f(7,2)>log33，所以c>a>1.借助指數(shù)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(x)的圖象易知b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up6(\f(1,3))∈(0，1)，故c>a>b，選D．3．(2024·開(kāi)封模擬)設(shè)x1，x2，x3均為實(shí)數(shù)，且e－x1＝ln(x1＋1)，e－x2＝lgx2，e－x3＝lnx3，則()A．x3<x2<x1 B．x2<x1<x3C．x3<x1<x2 D．x1<x3<x2解析：選D．依據(jù)題意可知，實(shí)數(shù)x1，x2，x3分別是函數(shù)y＝e－x與y＝ln(x＋1)、y＝lgx、y＝lnx圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．在同始終角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝e－x、y＝ln(x＋1)、y＝lgx、y＝lnx的圖象如圖所示，由圖知，x1<x3<x2，故選D．函數(shù)與方程[典型例題]命題角度一確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)或其存在狀況(1)已知實(shí)數(shù)a>1，0<b<1，則函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1，0)C．(0，1) D．(1，2)(2)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝x3，則函數(shù)g(x)＝|cosπx|－f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．3 B．4C．5 D．6【解析】(1)因?yàn)閍>1，0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，所以f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，所以f(－1)·f(0)<0，則由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在區(qū)間(－1，0)上存在零點(diǎn)．(2)由f(－x)＝f(x)，得f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)．當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1，2]上的圖象如圖．令g(x)＝|cosπx|－f(x)＝0，得|cosπx|＝f(x)，兩函數(shù)y＝f(x)與y＝|cosπx|的圖象在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上的交點(diǎn)有5個(gè)．【答案】(1)B(2)Ceq\a\vs4\al()推斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法(1)干脆求零點(diǎn)：令f(x)＝0，則方程解的個(gè)數(shù)即為零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．(2)利用零點(diǎn)存在性定理：利用該定理還必需結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)(如單調(diào)性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)．(3)數(shù)形結(jié)合法：對(duì)于給定的函數(shù)不能干脆求解或畫(huà)出圖形時(shí)，常會(huì)通過(guò)分解轉(zhuǎn)化為兩個(gè)能畫(huà)出圖象的函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)題．命題角度二已知函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)或存在狀況求參數(shù)的取值范圍(1)(2024·合肥市其次次質(zhì)量檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x>0，,ex(x＋1)，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－b有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e2)，0))C．{0}∪(1，＋∞) D．(0，1](2)(2024·濟(jì)陽(yáng)模擬)若關(guān)于x的方程ex＋ax－a＝0沒(méi)有實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－e2，0] B．[0，e2)C．(－e，0] D．[0，e)【解析】(1)當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝ex(x＋1)，則f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)，由f′(x)>0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2，0]，由f′(x)<0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)，且易知x<－1時(shí)，f(x)<0，f(0)＝1.由以上分析，可作出分段函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．要使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有三個(gè)零點(diǎn)，則方程f(x)－b＝0，即f(x)＝b有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，也就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝b有三個(gè)不同的公共點(diǎn)，結(jié)合圖象可知，實(shí)數(shù)b的取值范圍是(0，1]，故選D．(2)由題意可知只需證ex＋ax－a>0恒成立，即證ex>－a(x－1)．當(dāng)x<1時(shí)，－a>eq\f(ex,x－1)，令f(x)＝eq\f(ex,x－1)，則f′(x)＝eq\f(ex(x－2),(x－1)2)<0，則f(x)單調(diào)遞減，即有f(x)<0，解得－a≥0，即a≤0；當(dāng)x＝1時(shí)，e>0成立，a可以是隨意實(shí)數(shù)；當(dāng)x>1時(shí)，－a<eq\f(ex,x－1)，令f(x)＝eq\f(ex,x－1)，則f′(x)＝eq\f(ex(x－2),(x－1)2)，當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得微小值，也是最小值e2，即有－a<e2，解得a>－e2.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－e2，0]，故選A．【答案】(1)D(2)Aeq\a\vs4\al()利用函數(shù)零點(diǎn)的狀況求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)利用零點(diǎn)存在的判定定理構(gòu)建不等式求解．(2)分別參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域(最值)問(wèn)題求解．(3)轉(zhuǎn)化為兩熟識(shí)的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問(wèn)題，從而構(gòu)建不等式求解．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2024·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x－2)與g(x)＝1－sinπx，則函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2，6]上全部零點(diǎn)的和為()A．4 B．8C．12 D．16解析：選D．令F(x)＝f(x)－g(x)＝0，得f(x)＝g(x)，在同一平面直角坐標(biāo)系中分別畫(huà)出函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,x－2)與g(x)＝1－sinπx的圖象，如圖所示，又f(x)，g(x)的圖象都關(guān)于點(diǎn)(2，1)對(duì)稱(chēng)，結(jié)合圖象可知f(x)與g(x)的圖象在[－2，6]上共有8個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)即F(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)，且這些交點(diǎn)關(guān)于直線x＝2成對(duì)出現(xiàn)，由對(duì)稱(chēng)性可得全部零點(diǎn)之和為4×2×2＝16，故選D．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－kx(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：由題意，知x≠0，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于方程eq\f(ex,x)－kx＝0只有一個(gè)根，即方程eq\f(ex,x2)＝k只有一個(gè)根，設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x2)，則函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,x2)的圖象與直線y＝k只有一個(gè)交點(diǎn)．因?yàn)間′(x)＝eq\f((x－2)ex,x3)，所以函數(shù)g(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，在(0，2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)，g(x)的微小值g(2)＝eq\f(e2,4)，且x→0時(shí)，g(x)→＋∞，x→－∞時(shí)，g(x)→0，x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，則g(x)的圖象如圖所示，由圖易知0<k<eq\f(e2,4).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e2,4)))函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用[典型例題](1)(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)2024年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器勝利實(shí)現(xiàn)人類(lèi)歷史上首次月球背面軟著陸，我國(guó)航天事業(yè)取得又一重大成就．實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸須要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問(wèn)題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系．為解決這個(gè)問(wèn)題，放射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行．L2點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長(zhǎng)線上．設(shè)地球質(zhì)量為M1，月球質(zhì)量為M2，地月距離為R，L2點(diǎn)到月球的距離為r，依據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，r滿意方程：eq\f(M1,(R＋r)2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).設(shè)α＝eq\f(r,R).由于α的值很小，因此在近似計(jì)算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,(1＋α)2)≈3α3，則r的近似值為()A．eq\r(\f(M2,M1))R B．eq\r(\f(M2,2M1))RC．eq\r(3,\f(3M2,M1))R D．eq\r(3,\f(M2,3M1))R(2)(2024·高考北京卷)在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來(lái)描述．兩顆星的星等與亮度滿意m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，其中星等為mk的星的亮度為Ek(k＝1，2)．已知太陽(yáng)的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，則太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為()A．1010.1 B．10.1C．lg10.1 D．10－10.1【解析】(1)由eq\f(M1,(R＋r)2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3)，得eq\f(M1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(r,R)))\s\up12(2))＋eq\f(M2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))\s\up12(2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(r,R)))M1.因?yàn)棣粒絜q\f(r,R)，所以eq\f(M1,(1＋α)2)＋eq\f(M2,α2)＝(1＋α)M1，得eq\f(3α3＋3α4＋α5,(1＋α)2)＝eq\f(M2,M1).由eq\f(3α3＋3α4＋α5,(1＋α)2)≈3α3，得3α3≈eq\f(M2,M1)，即3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))eq\s\up12(3)≈eq\f(M2,M1)，所以r≈eq\r(3,\f(M2,3M1))·R，故選D．(2)依據(jù)題意，設(shè)太陽(yáng)的星等與亮度分別為m1與E1，天狼星的星等與亮度分別為m2與E2，則由已知條件可知m1＝－26.7，m2＝－1.45，依據(jù)兩顆星的星等與亮度滿意m2－m1＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，把m1與m2的值分別代入上式得，－1.45－(－26.7)＝eq\f(5,2)lgeq\f(E1,E2)，得lgeq\f(E1,E2)＝10.1，所以eq\f(E1,E2)＝1010.1，故選A．【答案】(1)D(2)Aeq\a\vs4\al()應(yīng)用函數(shù)模型解決實(shí)際問(wèn)題的一般程序和解題關(guān)鍵(1)一般程序：eq\f(讀題,文字語(yǔ)言)?eq\f(建模,數(shù)學(xué)語(yǔ)言)?eq\f(求解,數(shù)學(xué)應(yīng)用)?eq\f(反饋,檢驗(yàn)作答).(2)解題關(guān)鍵：解答這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確地建立相關(guān)函數(shù)解析式，然后應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式和導(dǎo)數(shù)的有關(guān)學(xué)問(wèn)加以綜合解答．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．某公司為激勵(lì)創(chuàng)新，安排逐年加大研發(fā)資金投入．若該公司2024年全年投入研發(fā)資金130萬(wàn)元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增長(zhǎng)12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金起先超過(guò)200萬(wàn)元的年份是()(參考數(shù)據(jù)：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)A．2024年 B．2024年C．2024年 D．2024年解析：選B．依據(jù)題意，知每年投入的研發(fā)資金增長(zhǎng)的百分率相同，所以，從2024年起，每年投入的研發(fā)資金組成一個(gè)等比數(shù)列{an}，其中，首項(xiàng)a1＝130，公比q＝1＋12%＝1.12，所以an＝130×1.12n－1.由130×1.12n－1>200，兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，得n－1>eq\f(lg2－lg1.3,lg1.12)，又eq\f(lg2－lg1.3,lg1.12)≈eq\f(0.30－0.11,0.05)＝3.8，則n>4.8，即a5起先超過(guò)200，所以2024年投入的研發(fā)資金起先超過(guò)200萬(wàn)元，故選B．2．某食品的保鮮時(shí)間y(單位：h)與儲(chǔ)存溫度x(單位：℃)滿意的函數(shù)關(guān)系式為y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．若該食品在0℃的保鮮時(shí)間是192h，在22℃的保鮮時(shí)間是48h，則該食品在33℃的保鮮時(shí)間是________h.解析：由已知，得eb＝192，e22k＋b＝48，兩式相除得e22k＝eq\f(1,4)，所以e11k＝eq\f(1,2)，所以e33k＋b＝(e11k)3eb＝eq\f(1,8)×192＝24，即該食品在33℃的保鮮時(shí)間是24h.答案：24一、選擇題1．已知函數(shù)f(x)＝(m2－m－5)xm是冪函數(shù)，且在x∈(0，＋∞)時(shí)為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值是()A．－2 B．4C．3 D．－2或3解析：選C．f(x)＝(m2－m－5)xm是冪函數(shù)?m2－m－5＝1?m＝－2或m＝3.又在x∈(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以m＝3.2．函數(shù)y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過(guò)的點(diǎn)是()A．(0，0) B．(0，－1)C．(－2，0) D．(－2，－1)解析：選C．令x＋2＝0，得x＝－2，所以當(dāng)x＝－2時(shí)，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過(guò)點(diǎn)(－2，0)．3．若a＝logeq\s\do9(\f(1,π))eq\f(1,3)，b＝eeq\s\up6(\f(π,3))，c＝log3coseq\f(π,5)，則()A．b>c>a B．b>a>cC．a(chǎn)>b>c D．c>a>b解析：選B．因?yàn)?<eq\f(1,π)<eq\f(1,3)<1，所以1＝logeq\s\do9(\f(1,π))eq\f(1,π)>logeq\s\do9(\f(1,π))eq\f(1,3)>0，所以0<a<1，因?yàn)閎＝eeq\s\up6(\f(π,3))>e0＝1，所以b>1.因?yàn)?<coseq\f(π,5)<1，所以log3coseq\f(π,5)<log31＝0，所以c<0.故b>a>c，選B．4．已知函數(shù)f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)＋a))是奇函數(shù)，且在x＝0處有意義，則該函數(shù)為()A．(－∞，＋∞)上的減函數(shù)B．(－∞，＋∞)上的增函數(shù)C．(－1，1)上的減函數(shù)D．(－1，1)上的增函數(shù)解析：選D．由題意知，f(0)＝lg(2＋a)＝0，所以a＝－1，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)－1))＝lgeq\f(x＋1,1－x)，令eq\f(x＋1,1－x)>0，則－1<x<1，解除A、B，又y＝eq\f(2,1－x)－1在(－1，1)上是增函數(shù)，所以f(x)在(－1，1)上是增函數(shù)，選D．5．若函數(shù)y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域?yàn)閧y|0<y≤1}，則函數(shù)y＝loga|x|的圖象大致是()解析：選A．若函數(shù)y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域?yàn)閧y|0<y≤1}，則0<a<1，故loga|x|是偶函數(shù)且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，由此可知y＝loga|x|的圖象大致為A．6．20世紀(jì)30年頭，為了防范地震帶來(lái)的災(zāi)難，里克特(C．F.Richter)制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是運(yùn)用測(cè)震儀衡量地震能量的等級(jí)，地震能量越大，測(cè)震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說(shuō)的里氏震級(jí)M，其計(jì)算公式為M＝lgA－lgA0，其中A是被測(cè)地震的最大振幅，A0是“標(biāo)準(zhǔn)地震”的振幅．已知5級(jí)地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則7級(jí)地震的最大振幅是5級(jí)地震的最大振幅的()A．10倍 B．20倍C．50倍 D．100倍解析：選D．依據(jù)題意有l(wèi)gA＝lgA0＋lg10M＝lg(A0·10M)．所以A＝A0·10M，則eq\f(A0×107,A0×105)＝100.故選D．7．若函數(shù)f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象與曲線y＝ex關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則f(x)的解析式為()A．f(x)＝ex＋1 B．f(x)＝ex－1C．f(x)＝e－x＋1 D．f(x)＝e－x－1解析：選D．與y＝ex的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝e－x.依題意，f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得y＝e－x的圖象，所以f(x)的圖象是由y＝e－x的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，所以f(x)＝e－(x＋1)＝e－x－1.8．已知f(x)＝|ln(x＋1)|，若f(a)＝f(b)(a<b)，則()A．a(chǎn)＋b>0 B．a(chǎn)＋b>1C．2a＋b>0 D．2a＋b>1解析：選A．作出函數(shù)f(x)＝|ln(x＋1)|的圖象如圖所示，由f(a)＝f(b)(a<b)，得－ln(a＋1)＝ln(b＋1)，即ab＋a＋b＝0，所以0＝ab＋a＋b<eq\f((a＋b)2,4)＋a＋b，即(a＋b)(a＋b＋4)>0，又易知－1<a<0，b>0.所以a＋b＋4>0，所以a＋b>0.故選A．9．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－6x＋6，x≥0，,3x＋3，x<0，))若不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，x3滿意f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，則x1＋x2＋x3的取值范圍是()A．(4，6] B．(4，6)C．(eq\f(11,3)，6] D．(eq\f(11,3)，6)解析：選B．作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．由題意可知f(x1)＝f(x2)＝f(x3)．設(shè)x1<x2<x3，由圖象可知x2，x3關(guān)于直線x＝3對(duì)稱(chēng)，所以x2＋x3＝6.當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)的最小值為f(3)＝－3，當(dāng)x<0時(shí)，由3x＋3＝－3得x＝－2，所以－2<x1<0，故x1＋x2＋x3∈(4，6)．故選B．10．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且x>0時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1，則函數(shù)g(x)＝f(x)－ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以x∈(0，1)時(shí)f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減．因此，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋1＝0.依據(jù)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)作出函數(shù)y＝f(x)與y＝ex的大致圖象如圖所示，視察到函數(shù)y＝f(x)與y＝ex的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)＝f(x)－ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有2個(gè)零點(diǎn)．11．(2024·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2x＋log3eq\f(2＋x,2－x)，若不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>3成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選D．由eq\f(2＋x,2－x)>0得x∈(－2，2)，又y＝2x在(－2，2)上單調(diào)遞增，y＝log3eq\f(2＋x,2－x)＝log3eq\f(x－2＋4,2－x)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(4,x－2)))在(－2，2)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)為增函數(shù)，又f(1)＝3，所以不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>3成立等價(jià)于不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))>f(1)成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<\f(1,m)<2，,\f(1,m)>1，))解得eq\f(1,2)<m<1，故選D．12．已知函數(shù)f(x)＝sinx－sin3x，x∈[0，2π]，則f(x)的全部零點(diǎn)之和等于()A．5π B．6πC．7π D．8π解析：選C．f(x)＝sinx－sin3x＝sin(2x－x)－sin(2x＋x)＝－2cos2xsinx，令f(x)＝0,可得cos2x＝0或sinx＝0，因?yàn)閤∈[0，2π]，所以2x∈[0，4π]，由cos2x＝0可得2x＝eq\f(π,2)或2x＝eq\f(3π,2)或2x＝eq\f(5π,2)或2x＝eq\f(7π,2)，所以x＝eq\f(π,4)或x＝eq\f(3π,4)或x＝eq\f(5π,4)或x＝eq\f(7π,4)，由sinx＝0可得x＝0或x＝π或x＝2π，因?yàn)閑q\f(π,4)＋eq\f(3π,4)＋eq\f(5π,4)＋eq\f(7π,4)＋0＋π＋2π＝7π，所以f(x)的全部零點(diǎn)之和等于7π，故選C．二、填空題13．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,log\s\do9(\f(1,2))x，x>0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(log2eq\f(1,6))＝________．解析：由題可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,4)＝2，因?yàn)閘og2eq\f(1,6)<0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,6)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(log2\f(1,6))＝2eq\s\up6(log26)＝6，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\a