加强练(四)基本初等函数、函数的应用--备战2022年高考数学一轮复习配套试题(创新设计版).pdf

《加强练(四)基本初等函数、函数的应用--备战2022年高考数学一轮复习配套试题(创新设计版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《加强练(四)基本初等函数、函数的应用--备战2022年高考数学一轮复习配套试题(创新设计版).pdf（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、加强练(四)基本初等函数、函数的应用 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知函数 f(2x)xlog32，则 f(39)的值为()A.16 B.19 C6 D9 答案 D 解析 令 t2x(t0)，则 xlog2t，于是 f(t)log2tlog32log3t(t0)，故函数 f(x)log3x(x0)，所以 f(39)log3399，故选 D.2(2020全国卷)设函数 f(x)x31x3，则 f(x)()A是奇函数，且在(0，)单调递增 B是奇函数，且在(0，)单调递减 C是偶函数，且在(0，)单调递增 D是

2、偶函数，且在(0，)单调递减 答案 A 解析 函数 f(x)的定义域为(，0)(0，)，且 f(x)(x)31（x）3x31x3f(x)，所以 f(x)是奇函数 又因为 yx3在(0，)单调递增，所以 y1x3在(0，)上单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增 3函数 ysin x2的图象是()答案 D 解析 ysin(x)2sin x2，函数为偶函数，可排除 A 和 C；当 x2时，sin x2sin241，排除 B，只有 D满足 4(2021西安检测)已知函数 f(x)x1，1x0.当 0a1 时，由 f(a)f(a1)，即 2a a，解得 a14，则 f1af(4)8，当 a1 时

3、，由 f(a)f(a1)，得 2a2(a1)，不成立 综上可知，f1a8.5(2019天津卷)已知 alog52，blog0.50.2，c0.50.2，则 a，b，c 的大小关系为()Aacb Babc Cbca Dcab 答案 A 解析 因为 ylog5x 是增函数，所以 alog52log0.50.51.因为 y0.5x是减函数，所以 0.50.51c0.50.20.501，即 0.5c1.所以 acb.6当 x(1，2)时，不等式(x1)21.如图，在同一坐标系内作出 y(x1)2，x(1，2)及 ylogax，x(1，2)的图象 若 ylogax 过点(2，1)，得 loga21，所以

4、 a2.根据题意，函数ylogax，x(1，2)的图象恒在 y(x1)2，x(1，2)的上方 结合图象，a 的取值范围是(1，2 7已知函数 f(x)|ln x|，0 x10，f（20 x），10 xa1，t0，若 axat，则 bx与 bt 的大小关系为()Abxbt Bbxbt Cbx1，t0，axtaa1.x1.作函数图象axat.两图象交点的横坐标为 a.若 ba1，则 f(b)g(b)，即 bxbt.故选 A.9(2021浙江名校协作体模拟)已知函数 f(x)x|xa|的图象与 g(x)3ax1 的图象有三个不同的交点，则实数 a 的取值范围是()A.12，B.33，C.14，33

5、D.12，33 答案 A 解析 函数 f(x)x|xa|的图象与函数 g(x)3ax1 的图象有三个不同的交点等价于方程 x|xa|3ax1 有三个不同的实数根，显然 x0 不是方程的根，则等价于方程|xa|3a1x有三个不同的实数根，等价于函数 y|xa|3a 的图象与函数 y1x的图象有三个不同的交点 在平面直角坐标系内画出两函数的图象如图所示，其中函数 y|xa|3a 的图象的顶点(a，3a)在直线 y3x 上运动当 a0 时，两函数图象在第二象限有一个交点，由图易得当 y|xa|3a(xa)与曲线 y1x相切时有yx4a，y1x，即关于 x 的方程 x4a1x有两个相等的正实数根，即

6、16a240，解得 a12(舍负)，则由图易得要使两函数图象在第四象限有两个不同的交点，则a12，故选 A.10(2020天津卷)已知函数 f(x)x3，x0，x，x0.若函数 g(x)f(x)|kx22x|(kR)恰有 4 个零点，则 k 的取值范围是()A.，12(2 2，)B.，12(0，2 2)C(，0)(0，2 2)D(，0)(2 2，)答案 D 解析 法一 注意到 g(0)0，所以要使 g(x)恰有 4 个零点，只需方程|kx2|f（x）|x|恰有 3 个实根即可 令 h(x)f（x）|x|，即 y|kx2|与 h(x)f（x）|x|的图象有3 个交点 h(x)f（x）|x|x2，

7、x0，1，x0.当 k0 时，此时 y|kx2|2，如图，y2 与 h(x)f（x）|x|的图象有 1 个交点，不满足题意；当 k0 时，如图，此时 y|kx2|与 h(x)f（x）|x|的图象恒有 3 个交点，满足题意；当 k0 时，如图，由 ykx2 与 yx2联立，得 x2kx20，令 0，得k280，解得 k2 2或 k2 2(舍去)，此时 y|kx2|与 h(x)f（x）|x|的图象有 3 个交点 综上，k 的取值范围为(，0)(2 2，)故选 D.法二 由法一知 y|kx2|与 h(x)f（x）|x|的图象有 3 个交点，令 k12，检验知符合题意，可排除A，B；令 k1，检验知不

8、符合题意，可排除C.故选 D.二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分)11设函数 f(x)x2x，x2的值域为_ 答案(5，3 解析 当 x2 时，f(x)2x5 单调递增，则52 时，sin x1，1，f(x)3sin x3，3 故 f(x)的值域是(5，3 14设函数 f(x)ln(1|x|)11x2，则使得 f(x)f(2x1)成立的 x 的取值范围为_ 答案 13，1 解析 由已知得函数 f(x)为偶函数，所以 f(x)f(|x|)，由 f(x)f(2x1)，可得 f(|x|)f(|2x1|)当 x0 时，f(x)ln(1x)11x2，因为

9、 yln(1x)与 y11x2在(0，)上都单调递增，所以函数 f(x)在(0，)上单调递增 由 f(|x|)f(|2x1|，可得|x|2x1|，两边平方可得x2(2x1)2，整理得 3x24x10，解得13x1.所以符合题意的 x 的取值范围为13，1.15函数 f(x)的定义域为1，1，图象如图 1 所示；函数 g(x)的定义域为2，2，图象如图 2 所示方程 f(g(x)0 有 m 个实数根，方程 g(f(x)0 有 n 个实数根，则 m_，n_ 答案 7 7 解析 由题图 1 可知，若 f(g(x)0，则 g(x)1 或 g(x)0 或 g(x)1，由题图2 知，g(x)1 时，x1

10、或 x1；g(x)0 时，x32或 x0 或 x32；g(x)1 时，x2 或 x2，故 m7.若 g(f(x)0，则 f(x)32或 f(x)32或 f(x)0，由题图 1 知，f(x)32与 f(x)32对应的 x 值各有 2 个，f(x)0 时，x1 或 x1或 x0，故 n7.16已知函数 f(x)ln x，x1，ef（|x|1），x1，所以 f(e)ln e1，因为|x|11，f(|x|1)ln(|x|1)，ef(|x|1)eln(|x|1)|x|1，f(x)ln x，x1，|x|1，x1，由 f(f(x)10，得 f(f(x)1，ln f(x)1 或|f(x)|11，f(x)e 或 f(x)0，xee或 x1e 或 x1，yf(f(x)1 的零点有 3 个 17(2021浙江名校冲刺卷)若不等式|ax2bx1|1 对任意的 x1，1恒成立，则 2ab 的取值范围为_ 答案 4，0 解析 由|ax2bx1|1，得1ax2bx11，即2ax2bx0 显然不等式对 x1 和 x1 均成立，则2ab0，2ab0，且 2ab32(ab)12(ab)4，0，当 a2，b0 时，(2ab)min4，此时 y|2x21|的图象如图所示，当 ab0 时，(2ab)max0，所以 2ab4，0