2019版一轮复习理数通用版“基本初等函数（Ⅰ）及应用”双基过关检测 5页

“基本初等函数（Ⅰ）及应用”双基过关检测 一、选择题 1．函数 f(x)＝ 2－x－1，x≤0， x 1 2 ，x>0， 满足 f(x)＝1 的 x 的值为( ) A．1 B．－1 C．1 或－2 D．1 或－1 解析：选 D 由题意，方程 f(x)＝1 等价于 x≤0， 2－x－1＝1 或 x>0， x 1 2 ＝1， 解得 x＝－1 或 1. 2．函数 f(x)＝ln |x－1|的图象大致是( ) 解析：选 B 令 x＝1，x－1＝0，显然 f(x)＝ln|x－1|无意义，故排除 A； 由|x－1|>0 可得函数的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，故排除 D； 由复合函数的单调性可知 f(x)在(1，＋∞)上是增函数，故排除 C，选 B. 3．(2018·郑州模拟)设 abc>0，二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 的图象可能是( ) 解析：选 D 结合二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象知： 当 a<0，且 abc>0 时，若－ b 2a<0，则 b<0，c>0，故排除 A， 若－ b 2a>0，则 b>0，c<0，故排除 B. 当 a>0，且 abc>0 时，若－ b 2a<0，则 b>0，c>0，故排除 C， 若－ b 2a>0，则 b<0，c<0，故选项 D 符合． 4．设 a＝0.32，b＝20.3，c＝log25，d＝log20.3，则 a，b，c，d 的大小关系是( ) A．d2，d＝log20.3<0， 由指数函数的性质可知 00)． ∵函数 y＝(t＋1)2 在(0，＋∞)上递增， ∴y>1. ∴所求值域为(1，＋∞)．故选 B. 6．(2017·大连二模)定义运算：x y＝ x，xy≥0， y，xy<0， 例如：3 4＝3，(－2) 4＝4，则 函数 f(x)＝x2 (2x－x2)的最大值为( ) A．0 B．1 C．2 D．4 解析：选 D 由题意可得 f(x)＝x2 (2x－x2)＝ x2，0≤x≤2， 2x－x2，x>2 或 x<0， 当 0≤x≤2 时，f(x)∈[0,4]； 当 x>2 或 x<0 时，f(x)∈(－∞，0)． 综上可得函数 f(x)的最大值为 4，故选 D. 7．已知函数 f(x)＝lg 2 1－x ＋a 是奇函数，且在 x＝0 处有意义，则该函数为( ) A．(－∞，＋∞)上的减函数 B．(－∞，＋∞)上的增函数 C．(－1,1)上的减函数 D．(－1,1)上的增函数 解析：选 D 由题意知，f(0)＝lg(2＋a)＝0，∴a＝－1， ∴f(x)＝lg 2 1－x －1 ＝lgx＋1 1－x ， 令x＋1 1－x >0，则－10， 9－4a≥0， 解得 a≤9 4.故选 A. 二、填空题 9．(2018·连云港调研)当 x>0 时，函数 y＝(a－8)x 的值恒大于 1，则实数 a 的取值范围 是________． 解析：由题意知，a－8>1，解得 a>9. 答案：(9，＋∞) 10．若函数 f(x)是幂函数，且满足 f(4)＝3f(2)，则 f 1 2 的值等于________． 解析：设 f(x)＝xα， 又 f(4)＝3f(2)， ∴4α＝3×2α， 解得α＝log23， ∴f 1 2 ＝ 1 2 log23＝1 3. 答案：1 3 11．若函数 f(x)＝ e1－x，x≤1， lnx－1，x>1， 则使得 f(x)≥2 成立的 x 的取值范围是________． 解析：由题意，f(x)≥2 等价于 x≤1， e1－x≥2 或 x>1， lnx－1≥2， 解得 x≤1－ln 2 或 x≥1＋e2， 则使得 f(x)≥2 成立的 x 的取值范围是(－∞，1－ln 2]∪[1＋e2，＋∞)． 答案：(－∞，1－ln 2]∪[1＋e2，＋∞) 12．若对任意 x∈ 0，1 2 ，恒有 4x0 且 a≠1)，则实数 a 的取值范围是________． 解析：令 f(x)＝4x，则 f(x)在 0，1 2 上是增函数，g(x)＝logax， 当 a>1 时，g(x)＝logax 在 0，1 2 上是增函数，且 g(x)＝logax<0，不符合题意； 当 00，a≠1)，且 f(2)－f(4)＝1. (1)若 f(3m－2)>f(2m＋5)，求实数 m 的取值范围； (2)求使 f x－4 x ＝log 1 2 3 成立的 x 的值． 解：(1)由 f(2)－f(4)＝1，得 a＝1 2. ∵函数 f(x)＝log 1 2 x 为减函数且 f(3m－2)>f(2m＋5)， ∴0<3m－2<2m＋5，解得2 30 恒成立，求实数 m 的取 值范围． 解：(1)∵函数 f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)， ∴a－ 2 2x＋1 ＝－a＋ 2 2－x＋1 ， ∴2a＝ 2·2x 2x＋1 ＋ 2 2x＋1 ＝2， ∴a＝1. (2)f(x)在 R 上为单调递增函数． 证明如下：设任意 x1，x2∈R，且 x10， ∴f(x1)0 恒成立， ∴f[t2－(m－2)t]>－f(t2－m＋1)＝f(m－t2－1)， ∴t2－(m－2)t>m－1－t2 对 t∈R 恒成立， 化简得 2t2－(m－2)t－m＋1>0， ∴Δ＝(m－2)2＋8(m－1)<0， 解得－2－2 2