高考数学二轮复习第二部分二一2第2讲基本初等函数函数与方程及函数的应用学案.pdf

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1、第 2 讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用居陶图附年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷 I函数的零点问题必1.基本初等函数作为高考的命题热点，多考查利用函数的性质比较大小，一般出现在第511题的位置，有时难度较大.2.函数的应用问题多体现在函数零点与方程根的综合问题上，近几年全国课标卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难.卷 II指数型函数图象的识别不卷in对数的运算及不等式性质力1 22017卷 I指数与对数的互化、对数运算、比较大小71卷in函数的零点问题2016卷 I累函数、指数函数、对数函数的单调性、比较大小我卷川指数函数与事函数的单调性、比较大小T夯实核心知识，突 破

2、重难瓶颈 基本初等函数的图象与性质(综合型)指数与对数式的8 个运算公式，.=m +.(2)()=叫(3)(而产=0mb=logM+log“N.(5)log患=logMlogM(6)log“W=，dogMOWg/=M(8)logN=注意 中，。0,。0；(4)(5)(6)(7)(8)中，tf0 且 a W l,比 0 且 后 1,MQ,N0.典型例题倒H1(1)(2018高考天津卷)已知a=log2e,ft=ln 2,c=log1，则 a,b,c 的大小关系为()2A.abc B.bacC.cba D.cab(2)函数)，=：+ln|x|的图象大致为()当 x 0 时，y=J+l n x,此时

3、/(l)=；+l n 1 =1,而选项A中函数的最小值为2,故排除A,只有B正 确.故 选 B.【答案】(1)D (2)B网 倒 困 囹基本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a的值不确定时，要注意分a和 0 a l 时，两函数在定义域内都为增函数；当 0 。0 和 a 0 两种情况的不同.对点训练1.(2 0 1 8武汉模拟)已知定义在R上 的 函 数/)=2 广闸一1为偶函数，记 a=/(l o g3),b=X l o g25),贝 l j()A.abcB.acbC.cab D.cba解析：选 C.函数兀0=2广闸-1 为偶函数，则?=

4、0,则人1)=23一1,a=Xlog3)=223-1=2,fe=Xlog25)=2lo 25-l=4,c=fl,0)=2cab,选 C.2.已知是大于0 的常数，把函数)，=.和y=+x 的图象画在同一平面直角坐标系的值大于等于2,函 数 和 的 图 象 不 可 能 有 两 个 交 点，故 选D.考 点 函数的零点(综合型)f l 函数的零点及其与方程根的关系对于函数人x),使凡r)=0 的实数x 叫做函数/U)的零点.函数尸(x)=/U)g(x)的零点就是方程y(x)=g(x)的根，即函数y=/(x)的图象与函数y=g(x)的图象交点的横坐标.零点存在性定理如果函数y=/(x)在区间也，句上

5、的图象是连续不断的一条曲线，并且有人。)：/(勿1,0cb 1,O 1,fix)=a+xb,所以 0,所以7(1)负0)0个零点，则。的取值范围是()A.-1,0)B.0,+8)C.-1,+8)D.1,+8)【解析】函数以工)=/3)+工+。存在2个零点，即关于X的方程 X)=-X 4有 2个不同的实根，即函数凡。的图象与直线y=-x a有 2个交点，作出直线y=-x a与函数./U)的图象，如图所示，由图可知，一解得a?1,故选C.【答案】c网 倒 因 国利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解.

6、(3)转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.对点训练1.(2 0 18 洛阳第一次统考)已知 函 数 _/U)满 足 小 x)=/U+x)=#c-l)(xeR),且当O W x W l 时，兀0=2，一1,则方程|co s n x|-/(x)=0 在-1,3 上的所有根的和为()A.8 B.9C.10 D.11解析：选 D.方程|co s n x|-/(x)=0 在 1,3 上的所有根的和即y=|co s n x|与 y=y(x)在-1,3 上的图象交点的横坐标的和.由./(I x)=y(l+x)得./(X)的图象关于直线x=l 对称，由火1 -x)=/口-1)得兀0 的图

7、象关于)，轴对称，由 川+幻=/5一 1)得/W 的一个周期为2,而当O W x W l 时，,/(x)=2，一l,在同一坐标系中作出y=/(x)和 y=|co s n x|在 一1,3J 上的大致图象，如图所示，易知两图象在 1,3 上 共 有 11个交点，又 y=/(x),y=|co s n x,的图象都关于直线x=1 对称，故 这 11个交点也关于直线x=l 对称，D.2.已知函数式x)=fcr(e为自然对数的底数)有且只有一个零点，则 实 数%的 取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _解析：由题意，知 x WO,函数人犬)有且只有一个零点等价于方程纭一日=0只有一个根，即方程5=左只

8、有一个根，设g(x)=*,则函数g(x)=l的图象与直线=&只有一个交点.(x 2)e*因为g (x)=-,所以函数g(x)在(一8,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，2在(2,+8)上为增函数，g(%)的极小值g(2)=玄，且L0时，g(x)f+8,L 8时，g(x)f 0,l +8时，虱 尸 +8,则g(x)的图象如图所示，由图易知0 攵 。.答案：(。，目考 点 函数的实际应用(综合型)典型例题由 某 食 品的保鲜时间y(单位：h)与储存温度x(单位：)满足的函数关系式为y=e k+&(e 为自然对数的底数，k,人为常数).若该食品在0 C的保鲜时间是19 2 h,在 2 2。的保

9、鲜时间是48 h,则该食品在33 的保鲜时间是 h.【解析】由已知，得心=192,e22k+b=4 8,两式相除得e 22=l，所以所以e 33+=(e i M)3g=l x 19 2=24,即该食品在33 的保鲜时间是24 h.O【答案】24朗陶园园应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键小一能产广 读题 建模 求解 反馈一檄相予：文字语言=数 学语言=数学应用=检验作答(2)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.对点训练1.某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司20 18 年全年投入研发资金 130

10、 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年 增 长 1 2%,则该公司全年投入的研发资金开始超过20 0 万元的年份是(参考数据：1g 入，1g 七，1g 2七)()A.20 21 年 B.20 22 年C.20 23 年 D.20 24 年解析：选 B.根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从 20 18 年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列 “,其中，首项0 =130,公比q=l +1 2%,所以a“=130 X r.由 130 Xn-|20 0,两边同时取对数，得”-1 宅 1 书 ，又然】隼错误!,则，即“5开始超过2 0 0,所以2022年投入的研发资金开始超

11、过200万元，故选B.2.某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x 千件该产品需另投入的成本为G(x)(单位：万元)，当年产量不足80千件时，G(x)=+10 x；当年产量不小于80千件时，G(x)=5 1 x+W 1 .通过市场分析，该工厂生产的产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是 万元.解析：，所以 xX 1 000 x=50 x 万元.当 0 x80 时，年利润 L(x)=50J:-jx2-1 O x-250=-j-r2+40 x-250=-j(x-6 0)2+950,所以当x=6 0 时，L(x)取得最大值，且最大值为1(60)=950万元；当 x28

12、0 时，L(x)=5 0 x-5lx+1 450-250=1 2OO-(X+)W 1 200-2 x，1 f(X)l 200-200=1 000,当且仅当 x=l，0,即 x=100 时,L(x)取得最大值 1 000万 元.由 于 9500,3解析：选 A.要使函数有意义需满足 z、解得?log(4x-3)0,42.已知函数段)=(病一加一5)/是基函数，且 在 x e(0,+8)时为增函数，则实数相的值是()A.-2B.4C.3D.2 或 3解析：选 Cy(x)=(m2加5)丫 是赛函数=/一加一5=1=m=2 或m=3.又在龙(0,+8)上是增函数，所以7 7 7 =3.Hi 4 n3

13、.若=l o g m，b=e3,c =l o g3 c o s 了,贝(J()A.bcaC.abcB.bacD.cabi i i i 解析：选 B.因为 0 二 l o g后 0,所以 因为。=e3 e=l,所以 b l.因为 0 c o s -y l,所以 l o g3 c o s -y acf 选 B.2 eA -1,x 2 的 解 集 为()l o g3 (%-1),A.(-2,4)B.(-4,-2)U(-1,2)C.(1,2)U(V l o,+8)D.(V T o,+8)解析：选 C.令 2 e，2(x 2),解 得 l x 2（x，2）,解得 xy/10.故不等式,/U）2 的解集为

14、（1,2）u（V w,+8）.5 .若函数、=。叫 0且 a W l）的值域为 y 0 0且 a W l）的值域为）：|0 y W l ,则 0 a 0 时，y=xn x,yf=ln x+1,令 y 0,得 X“一）所以当Q 0 时，函数在（e，+8）上单调递增，结合图象可知D 正确，故选D.8.设 x,y,z 为正数，且 2*=3V=5 2,则（A.2x3y5zC.3y5z 1）,则 X=log2%,y=log3氏，Z=log5%,2x_21og22_21gZ 怆3 _21g3_lg93）131og3攵-1g 2 31g 左 一 3恒 2-lg 81）B.5z2x3yD.3y2x3y.2x_

15、21og2_21g_fc lg5 _ 21g5_ lg 25另一510g5g2 e51g-51g2-lg321所以2r5z.由得3y2x5z.9.（2018高考全国卷HI）设 a=log,/?=log2，则（）A.a+hah0 B.aha+h0C.abOab D.abO 0,b 0,所以 V O,所 以 0时，；（x）=ln x-x+l,则函数g（x）=y（x）-e%e为自然对数的底数）的零点个数是（）A.0B.1C.2 D.3i 1 x解析：选 C.当 x 0 时，y(x)=l nx-x+l,f(%)=-1=-,所以x e(O,1)时/(x)0,此时/(x)单调递增；x G(l,+8)时，产

16、(X)0时，U)m a x=/(l)=l n 1危)是定义在R上的奇函数作出函数y=7(x)与y=e*的大致图象如图所示，观察到函数了=凡1)与)，=6,的图象有两个交点，所以函数g(x)=y(x)e*(e为自然对数的底数)有2个零点.1 1.已 知 函 数 於)是 定 义 在R上 的 奇 函 数，且 在 区 间 0,+8)上 单 调 递 增，若/(l n x)-/i n-/U)，则x的取值范围是()A(0)IB.(0,e)D.(e,+)解析：选C.因为函数/(X)是定义在R上的奇函数,所以,/U nx)-l n)=;(I n X)I n x)=/(l n x)+_/(l n x)=2/(l

17、n x),所以，/(l nx)-；(l n)|2勺等价于R nx)|勺,又；(x)在区间 0,+8)上单调递增,所以一1 l n 1,解得：4 0且QW I)在区间(-2,6)内有且只有4个不同的实根，则 实 数 的 取 值 范 围 是()A.Q，I)B.(1)4)C.(1,8)D.(8,+8)解析：选D.因为火x)为偶函数，且#2+x)=/(2x),所以/(4+x)=A-x)=/(x),所以人外为偶函数且周期为4,又当一2 W x W 0时，|x)=(璋)一1,画出凡r)在(-2,6)上的大致图象，如图所示.若应r)一log“(x+2)=0(a0且 aW l)在(一2,6)内有4 个不同的实

18、根，则y=/(x)的图象与)，=log(x+2)的图象在(一2,6)内有4 个不同的交点.a,所以，、所以8,故选D.llog(6+2)1,二、填空题21 3.计算：21og410-log225+83(n-3)=+4-1=4.答案：421 4.有四个函数：尸/；)=2 广七y=ln(x+l)；y=|l-x|.其中在区间(0,1)内 单 调 递 减 的 函 数 的 序 号 是.解析：分析题意可知显然不满足题意，画出中的函数图象(图略)，易知中的函数满足在(0,1)内单调递减.答案：5 (2018高考全国卷III)已知函数则|一a)=.解析：由 fia)=ln(qma)+1 =4,得 In 1 1

19、 +/a)=3,所以1-a)=ln(yj 1 +层+a)+1 =In +1=-ln(/1 +a2-a)+1 =3+1 =-2.yj+a+a答案：一21 6.某食品的保鲜时间 单位：小时)与储藏温度x(单位：)满足函数关系式t=64,xWO,2F且该食品在4 9 时的保鲜时间是16小时.已知甲在某日1。时购买了该食品,并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间的变化如图所示.给出以下四个结论:该食品在6 的保鲜时间是8 小时；当6,6 时，该食品的保鲜时间 随着x 的增大而逐渐减少;解 得k=所 以t=0,64,xWO,Tr+6,2 2,x0.当x=6时，r=8,故正确；当XG 6,0时，保鲜时间恒为6 4小时，当XG（O,6时，该食品的保鲜时间 随着x的增大而逐渐减少，故错误；此 日10时，温度为8 C,此时保鲜时间为4小时，而随着时间的推移，到11时，温 度 为11 C,此时的保鲜时间/=2与 +6=5s s小时，到13时，甲所购买的食品不在保鲜时间内，故错误；由可知，到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故正确.所以正确结论的序号为.答案：