（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第16講 基本初等函數(shù)練習(xí)

《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第16講 基本初等函數(shù)練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式 第16講 基本初等函數(shù)練習(xí)（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第16講 基本初等函數(shù)A級(jí)高考保分練1函數(shù)yax21(a0，且a1)的圖象恒過的點(diǎn)是_解析：令x20，得x2，所以當(dāng)x2時(shí)，ya010，所以yax21(a0，且a1)的圖象恒過點(diǎn)(2，0)答案： (2,0)2(2019啟東一中檢測(cè))已知函數(shù)f(x)則f_.解析：依題意得flog32，ff(2)22.答案：3定義新運(yùn)算“”：當(dāng)mn時(shí)，mnm；當(dāng)mn時(shí)，mnn2.設(shè)函數(shù)f(x)(2x)x(4x)，x1,4，則函數(shù)f(x)的值域?yàn)開解析：由題意知，f(x)當(dāng)x1,2時(shí)，f(x)2,0；當(dāng)x(2,4時(shí)，f(x)(4,60，故當(dāng)x1,4時(shí)，f(x)2,0(4,60答案：2,0(4,604(2019鹽城調(diào)

2、研)已知實(shí)數(shù)a2ln 2，b22ln 2，c(ln 2)2，則a，b，c由小到大的順序是_解析：因?yàn)?ln 21，所以a2ln 2(1,2)，c(ln 2)2(0,1)又b22ln 22ln 4(3,4)，故cab.答案：cab1.若logablogba，abba，則a_，b_.解析：令logabt，ab1，0t0，a1)在區(qū)間內(nèi)恒有f(x)0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為_解析：令Mx2x，當(dāng)x時(shí)，M(1，)，f(x)0，所以a1，所以函數(shù)ylogaM為增函數(shù)，又M2，因此M的單調(diào)遞增區(qū)間為.又x2x0，所以x0或x，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)答案：(0，)9已知函數(shù)f(x)ln

3、(x21)，g(x)xm，若對(duì)x10,3，x21,2，使得f(x1)g(x2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_解析：當(dāng)x0,3時(shí)，f(x)minf(0)0，當(dāng)x1,2時(shí)，g(x)ming(2)m，由題意可知原條件等價(jià)于f(x)ming(x)min，即0m，所以m.答案：10設(shè)函數(shù)f(x)則使得f(2x1)f(x1)成立的x的取值范圍是_解析：當(dāng)x0時(shí)，f(x)x2exf(x)，且為增函數(shù)同理當(dāng)x0時(shí)，f(x)f(x) ，所以函數(shù)為偶函數(shù)故函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱，且左減右增要使f(2x1)f(x1)，則需|2x1|x1|，兩邊平方化簡(jiǎn)得x22x0，解得x2或x0，故x的取值范圍為(，2)(0，)答案：(，2)

4、(0，)11(2019徐州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)2a4x2x1.(1)當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f(x)在x3,0的值域；(2)若關(guān)于x的方程f(x)0有解，求a的取值范圍解：(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)24x2x12(2x)22x1，令t2x，x3,0，則t.故y2t2t122，t，則y0.故f(x)的值域?yàn)?(2)關(guān)于x的方程2a(2x)22x10有解，等價(jià)于方程2at2t10在(0，)上有解記g(t)2at2t1，當(dāng)a0時(shí)，解為t10，不成立當(dāng)a0時(shí)，開口向下，對(duì)稱軸t0，過點(diǎn)(0，1)，不成立當(dāng)a0時(shí)，開口向上，對(duì)稱軸t0，過點(diǎn)(0，1)，必有一個(gè)根為正，所以a0，即a的取值范圍為(0，)12對(duì)于函

5、數(shù)f(x)，若在定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)x，滿足f(x)f(x)，則稱f(x)為“局部奇函數(shù)”(1)已知二次函數(shù)f(x)ax22x4a(aR)，試判斷f(x)是否為“局部奇函數(shù)”，并說明理由；(2)若f(x)2xm是定義在區(qū)間1,1上的“局部奇函數(shù)”，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)若f(x)4xm2x1m23為定義在R上的“局部奇函數(shù)”，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解： f(x)為“局部奇函數(shù)”等價(jià)于關(guān)于x的方程f(x)f(x)0有解(1)當(dāng)f(x)ax22x4a(aR)時(shí)，方程f(x)f(x)0，即2a(x24)0有解x2，所以f(x)為“局部奇函數(shù)”(2)當(dāng)f(x)2xm時(shí)，f(x)f(x)0可化為2x2x2m

6、0.因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?,1，所以方程2x2x2m0在1,1上有解令t2x，則t，則2mt.設(shè)g(t)t，則g(t)1.當(dāng)t(0,1)時(shí)，g(t)0，故g(t)在(1，)上為單調(diào)增函數(shù)所以t時(shí)，g(t).所以2m，即m.(3)當(dāng)f(x)4xm2x1m23時(shí)，f(x)f(x)0可化為4x4x2m(2x2x)2m260.設(shè)t2x2x，則t2，)，4x4xt22，從而t22mt2m280在2，)有解，即可保證f(x)為“局部奇函數(shù)”令F(t)t22mt2m28.當(dāng)F(2)0時(shí)，t22mt2m280在2，)上有解，由F(2)0，即2m24m40，解得1m1；當(dāng)F(2)0時(shí)，t22mt2m280在2

7、，)上有解等價(jià)于解得11，方程化簡(jiǎn)為log2m1，故2m1，即x22m1x2m10，當(dāng)x1時(shí)，此方程有兩個(gè)不同的解，所以得m1.答案：(1，)3(2019鹽城一模)已知函數(shù)f(x)bax(其中a，b為常量，且a0，a1)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(1,6)，B(3,24)(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若不等式xxm0在x(，1上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)bax的圖象過點(diǎn)A(1,6)，B(3,24)，所以得a24，又a0，且a1，所以a2，b3，所以f(x)32x.(2)xxm0在(，1上恒成立化為mxx在(，1上恒成立令g(x)xx，g(x)在(，1上單調(diào)遞減，所以mg(x)m

8、ing(1)，故所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是.4對(duì)于函數(shù)f(x)(xD)，若存在正常數(shù)T，使得對(duì)任意的xD，都有f(xT)f(x)成立，我們稱函數(shù)f(x)為“T同比不減函數(shù)”(1)求證：對(duì)任意正常數(shù)T，f(x)x2都不是“T同比不減函數(shù)”；(2)是否存在正常數(shù)T，使得函數(shù)f(x)x|x1|x1|為“T同比不減函數(shù)”？若存在，求出T的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)證明：任取正常數(shù)T，存在x0T，所以x0T0.因?yàn)閒(x0)f(T)T2f(0)f(x0T)，即f(x)f(xT)不恒成立，所以f(x)x2不是“T同比不減函數(shù)”(2)設(shè)函數(shù)f(x)x|x1|x1|是“T同比不減函數(shù)”，f(x)當(dāng)x1時(shí)，因?yàn)閒(1T)f(1)1f(3)成立，所以1T3，所以T4.而另一方面，若T4，當(dāng)x(，1時(shí)，f(xT)f(x)xT|xT1|xT1|(x2)T|xT1|xT1|2.因?yàn)閨xT1|xT1|(xT1)(xT1)|2，所以f(xT)f(x)T220，所以有f(xT)f(x)成立當(dāng)x(1，)時(shí)，f(xT)f(x)xT2(x|x1|x1|)T2|x1|x1|.因?yàn)閨x1|x1|(x1)(x1)|2，所以f(xT)f(x)T220，即f(xT)f(x)成立綜上，恒有f(xT)f(x)成立，所以T的取值范圍是4，)- 6 -