2021届高考数学一轮复习第二章函数概念及基本初等函数Ⅰ创新引领微课探秘基本初等函数的命题热点动向教学案含解析新人教A版 15页

探秘基本初等函数的命题热点动向 ‎ 微点聚焦突破 以二次函数、幂函数、指数与对数函数为载体考查函数图象与性质，灵活利用图象、性质解决与方程(不等式)的交汇融合问题，相关参数求解与讨论一直是命题的热点，常以客观题的形式呈现，考查学生数学运算、直观想象、逻辑推理数学核心素养.‎ 类型一　基本初等函数图象的辨析 角度1　特殊值与性质检验法 ‎【例1－1】 (1)函数f(x)＝x2－的大致图象是(　　)‎ ‎(2)(2019·福州质检)函数f(x)＝x2＋ln(e－x)ln(e＋x)的大致图象为(　　)‎ 解析　(1)由f(0)＝－1，知图象过点(0，－1)，排除D项.‎ 又f(－2)＝4－4＝0，f(－4)＝16－16＝0，‎ ‎∴f(x)的图象过点(－2，0)，(－4，0)，排除A，C，只有B适合.‎ ‎(2)易知f(－x)＝(－x)2＋ln(e＋x)ln(e－x)＝x2＋ln(e－x)ln(e＋x)＝f(x)，‎ ‎∴y＝f(x)的图象关于y轴对称，排除C项.‎ 又当x→e时，f(x)→－∞，排除选项B，D.‎ 答案　(1)B　(2)A 思维升华　1.求解该类问题抓住两点：(1)根据函数的奇偶性、周期性、单调性排除不符合的选项.(2)利用特殊值(点)或极限的思想，排除不可能选项.‎ ‎2.注意两点：(1)特殊点或特殊值要具备特殊性和代表性，只能否定错误的结论.(2)紧扣图象特征，揭示函数的性质.‎ - 15 -‎ ‎【训练1】 (2020·东北四校联考)函数f(x)＝的图象大致是(　　)‎ 解析　因为f(－x)＝＝＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，可排除A.易知函数f(x)的定义域为∪∪，f(x)＝＝，当x＝时，f(x)>0，可排除C.‎ 当x→＋∞时，f(x)→－∞，可排除D.‎ 答案　B 角度2　函数的图象变换法 ‎【例1－2】 已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)＝－f(x－1)，则函数f(x)在(－1，1]上的图象可能是(　　)‎ 解析　由f(x)＝－f(x－1)知，把f(x)在(－1，0)上的图象向右平移一个单位长度，再把所得的图象关于x轴作对称变换，可以得到y＝f(x)在(0，1)上的图象.结合图象特征，A，B，D不满足，只有C符合.‎ - 15 -‎ 答案　C 思维升华　1.通过图象变换识别函数图象要掌握两点：一是熟悉基本初等函数的图象(如指数函数、对数函数等函数的图象)；二是了解一些常见的变换形式，如平移变换、伸缩变换、翻折变换.‎ ‎2.函数图象进行左右平移变换，一定是仅仅相对于“自变量x”而言的，一定把x的系数变为1.‎ ‎【训练2】 (2020·武汉部分重点中学联考)已知函数y＝sin ax＋b(a>0)的图象，如图所示，则函数y＝loga(x＋b)的图象可能是(　　)‎ 解析　由y＝sin ax＋b的图象知，周期T>2π，02π，∴00，则下列关系式不可能成立的是(　　)‎ - 15 -‎ A.<< B.<< C.<< D.＝＝ 解析　令log2x＝log3y＝log5z＝k>0，‎ 则x＝2k>1，y＝3k>1，z＝5k>1，‎ 故＝2k－1，＝3k－1，＝5k－1，‎ 若01时，则f(x)＝xk－1在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴<<，选项A成立.‎ 综上，选项A，B，D都有可能成立，只有C不成立.‎ 答案　C 思维升华　1.本题考查对数定义，幂函数、指数函数的单调性及应用，着重考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养.‎ ‎2.运用基本初等函数性质求解问题，要注意不同参数取值对性质的影响，必要时要进行分类讨论.‎ ‎【训练3】 若函数f(x)＝x2，设a＝log54，b＝log，c＝2，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系是(　　)‎ A.f(a)>f(b)>f(c) B.f(b)>f(c)>f(a)‎ C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(a)>f(b)‎ 解析　由b＝log＝log53，且y＝log5x是增函数，‎ ‎∴1>a>b>0，‎ 又c＝2>1，且f(x)＝x2在(0，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴f(c)>f(a)>f(b).‎ 答案　D 角度2　利用性质求函数值或范围 ‎【例2－2】 (1)(2020·安徽名校联考)已知函数y＝g(x)满足g(x＋2)＝－g(x)，若y＝f(x - 15 -‎ ‎)在(－2，0)∪(0，2)上为偶函数，且其解析式为f(x)＝则g(－2 021)的值为(　　)‎ A.－1 B.0 C. D.－ ‎(2)(2020·石家庄调研)已知函数f(x)＝2x＋log3，若不等式f>3成立，则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(1，＋∞) B.(－∞，1)‎ C. D. 解析　(1)由g(x＋2)＝－g(x)，得g(x＋4)＝g(x)，‎ ‎∴4是函数g(x)的周期.‎ 则g(－2 021)＝g(－505×4－1)＝g(－1).‎ 又f(x)在(－2，0)∪(0，2)上是偶函数，‎ ‎∴g(－1)＝f(－1)＝f(1)＝log21＝0.‎ ‎(2)由>0，得f(x)的定义域为(－2，2).‎ ‎∵y＝log3＝log3在(－2，2)上单调递增，‎ ‎∴f(x)在(－2，2)上是增函数.‎ 又f(1)＝3，f>3⇔f>f(1).‎ ‎∴解得f(x)的x的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ B.(－∞，－)∪(，＋∞)‎ - 15 -‎ C.(－∞，－)∪(2，＋∞)‎ D.(－∞，－1)∪(，＋∞)‎ 解析　当x>0时，f(x)＝2x－2－x是增函数；‎ 当x≤0时，f(x)＝0.‎ 由f(x2－2)>f(x)，∴或 解得x>2或x<－.‎ 故不等式的解集为(－∞，－)∪(2，＋∞).‎ 答案　C 类型三　运用基本初等函数图象性质解零点问题 ‎【例3】 (2019·湖北重点中学联考)已知函数f(x)＝，若关于x的方程[f(x)]2＋mf(x)＋m－1＝0恰有3个不同的实数解，则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，2)∪(2，＋∞) B. C. D.(1，e)‎ 解析　因为f′(x)＝＝，‎ ‎∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.‎ 因此f(x)max＝f(1)＝.‎ 又当x→－∞时，f(x)→－∞；‎ 当x→＋∞时，f(x)→0且f(x)>0，又f(0)＝0，‎ 从而作出t＝f(x)的简图，如图所示.‎ 令t＝f(x)，g(t)＝t2＋mt＋m－1.‎ 由g(t)＝0，得t＝－1或t＝1－m.‎ 当t＝－1时，f(x)＝＝－1，方程有一解.‎ 要使原方程有3个不同的实数解，必须t＝1－m与t＝f(x)的图象有两个交点.‎ - 15 -‎ 故0<1－m<，所以1－b，则(　　)‎ A.ln(a－b)>0 B.3a<3b C.a3－b3>0 D.|a|>|b|‎ 解析　法一　不妨设a＝－1，b＝－2，则a>b，可验证A，B，D错误，只有C正确.‎ 法二　由a>b，得a－b>0.但a－b>1不一定成立，‎ 则ln(a－b)>0不一定成立，故A不一定成立.‎ 因为y＝3x在R上是增函数，当a>b时，3a>3b，故B不成立.‎ 因为y＝x3在R上是增函数，当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C成立.‎ 因为当a＝3，b＝－6时，a>b，但|a|<|b|，D项不正确.‎ 答案　C ‎4.定义在R上的奇函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝4x2－2x，则当x∈[－3，3]时，方程2f(x)＝1的解的个数为(　　)‎ A.3 B.4 C.6 D.8‎ 解析　f(x)在R上为奇函数，知f(x)的图象关于原点对称.‎ 又f(1－x)＝f(1＋x)，∴y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称.‎ 由题设，作出函数y＝f(x)的大致图象(如图).‎ - 15 -‎ ‎∴y＝f(x)，x∈[－3，3]的图象与直线y＝有三个交点.‎ 故方程2f(x)＝1有3个解.‎ 答案　A ‎5.已知函数f(x)＝(ex＋e－x)ln －1，若f(a)＝1，则f(－a)＝(　　)‎ A.1 B.－1 C.3 D.－3‎ 解析　设g(x)＝f(x)＋1＝(ex＋e－x)ln .‎ 易知g(－x)＝(e－x＋ex)ln ＝－g(x).‎ 由f(a)＝1，得g(a)＝2.‎ ‎∴g(－a)＝－2，从而f(－a)＝g(－a)－1＝－3.‎ 答案　D ‎6.函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，那么函数g(x)＝|loga(x＋1)|的图象大致为(　　)‎ 解析　由函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，知2a＝4，‎ 所以a＝2，f(x)＝x2，则g(x)＝|log2(x＋1)|，‎ 将函数h(x)＝log2x的图象向左平移1个单位长度(纵坐标不变)，然后将x轴下方的图象折上去，即可知选C.‎ 答案　C ‎7.已知函数f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是(　　)‎ - 15 -‎ A.a<0，b<0，c<0 B.a<0，b≥0，c>0‎ C.2－a<2c D.2a＋2c<2‎ 解析　作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，‎ ‎∵af(c)>f(b)，‎ 结合图象知，‎ ‎00，‎ ‎∴0<2a<1.‎ ‎∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，‎ ‎∴f(c)<1，∴0f(c)，‎ ‎∴1－2a>2c－1，‎ ‎∴2a＋2c<2，故选D.‎ 答案　D ‎8.若函数f(x)＝的图象如图所示，则m的取值范围为(　　)‎ A.(－∞，－1)‎ B.(－1，2)‎ C.(0，2)‎ D.(1，2)‎ 解析　由图可知，f(x)的定义域为R，所以m>0.‎ 又因为x→＋∞时，f(x)>0，所以2－m>0⇒m<2.‎ 又因为f(x)是奇函数，所以x>0时，‎ - 15 -‎ f(x)＝＝，‎ 所以f(x)在(0，)上单调递增，(，＋∞)上单调递减，所以>1⇒m>1，‎ 综上，实数m的取值范围是(1，2).‎ 答案　D 二、填空题 ‎9.已知函数f(x)＝若f(2－a)＝1，则f(a)＝________.‎ 解析　当2－a<2，即a>0时，f(2－a)＝－log2(1＋a)＝1.‎ 解得a＝－，不合题意.‎ 当2－a≥2，即a≤0时，f(2－a)＝2－a－1＝1，即2－a＝2，解得a＝－1，所以f(a)＝f(－1)＝－log24＝－2.‎ 答案　－2‎ ‎10.若函数f(x)＝loga(x>0，a>0且a≠1)的值域为R，则实数a的取值范围是________________.‎ 解析　设g(x)＝x＋－4(x>0)，‎ 又函数f(x)＝loga(a>0且a≠1)的值域为R，‎ ‎∴x＋－4≤0必有解，故函数g(x)的最小值必须要小于等于零，又g(x)≥2－4，‎ 当且仅当x＝时，等号成立.‎ 要满足题意，需2－4≤0，解得a≤4.‎ 故实数a的取值范围是(0，1)∪(1，4].‎ 答案　(0，1)∪(1，4]‎ ‎11.(2020·郑州质量预测)已知函数f(x)＝若不等式f(x)≤5－mx恒成立，则实数m的取值范围是________.‎ 解析　如图，在同一平面直角坐标系内作出y＝f(x)和y＝－mx＋5的图象，直线y＝5－mx过定点A(0，5)，当直线y＝－mx＋5位于平行于x轴的位置和直线AB之间时，满足不等式f(x)≤5－mx恒成立，所以≤－m≤0，解得0≤m≤.‎ - 15 -‎ 答案　 ‎12.(2020·南昌调研)若对任意的t∈[1，2]，函数f(x)＝t2x2－(t＋1)x＋a总有零点，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　由题意得(t＋1)2－4at2≥0对t∈[1，2]恒成立，‎ 所以4at2≤(t＋1)2对t∈[1，2]恒成立，‎ 则a≤对t∈[1，2]恒成立，‎ 设y＝，则y′＝－<0，‎ 故函数y＝在t∈[1，2]上单调递减，‎ ‎∴ymin＝＝.‎ ‎∴的最小值为，故a≤.‎ 答案　 B级　能力提升 ‎13.函数f(x)＝，若a＝f，b＝f(ln 2)，c＝f，则有(　　)‎ A.c>b>a B.b>a>c C.c>a>b D.b>c>a 解析　f(x)＝＝＝1＋，‎ ‎∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，‎ 易知x<0时，f(x)<0，x>0时，f(x)>0，‎ 又∵ln 2>0，－<0，ln <0，∴b>0，a<0，c<0.‎ 又－＝－ln ，ln ＝－ln 3，且－ln >－ln 3，‎ ‎∴－>ln ，∵f(x)在(－∞，0)上单调递减，‎ - 15 -‎ ‎∴fa，∴b>c>a.‎ 答案　D ‎14.已知函数f(x)＝则函数y＝f(e－x)的大致图象是(　　)‎ 解析　令g(x)＝f(e－x)，则g(x)＝ 即g(x)＝ 因此g(x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数，排除A，C；‎ 又ee－0>ln(e－0)＝1，排除D，因而B项成立.‎ 答案　B ‎15.若函数f(x)＝有且只有2个不同的零点，则实数k的取值范围是(　　)‎ A.(－4，0) B.(－∞，0]‎ C.(－4，0] D.(－∞，0)‎ 解析　x>0时，x＝1为f(x)的零点，x≤0时，x＝0为f(x)的零点，故x<0时，f(x)不能再有其它零点，即方程＝kx2(x<0)无解，等价于＝kx(x<0)无解.‎ 作出y＝(x<0)，y＝kx(x<0)的图象如图.‎ 当k>0时，y＝kx与y＝相交.‎ - 15 -‎ ‎∴k≤0时，y＝kx与y＝不相交.‎ 此时f(x)仅有两个零点x＝0与x＝1.‎ 答案　B ‎16.(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是________.‎ 解析　依题意，g(x)＝f(x)＋x＋a＝0有两个实根，‎ ‎∴关于x的方程f(x)＝－x－a有两个实根.‎ 作出f(x)＝与y＝－x－a的图象.‎ 根据图象知，当－a≤1时，即a≥－1时，两图象有两个交点.‎ 故实数a的取值范围是[－1，＋∞).‎ 答案　[－1，＋∞)‎ C级　创新猜想 ‎17.(多选题)(2020·烟台调研)已知函数f(x)＝ln x＋ln(4－x)，则下列四个命题正确的是(　　)‎ A.f(x)在(0，2)上单调递增 B.f(x)在(0，4)上单调递增 C.f(x)的图象关于直线x＝2对称 D.f(x)的图象上存在两点关于点(2，0)对称 解析　f(x)＝ln x＋ln(4－x)＝ln x(4－x)‎ ‎＝ln[4－(x－2)2]，x∈(0，4).‎ 设z＝4－(x－2)2，x∈(0，4)，‎ 由于z＝4－(x－2)2在(0，2)上单调递增，在(2，4)上单调递减，‎ y＝ln z在(0，＋∞)上单调递增.‎ - 15 -‎ ‎∴f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，4)上单调递减，故A正确，B错误.‎ 又f(2＋x)＝ln(4－x2)为偶函数，其图象关于x＝0对称，f(x)由f(x＋2)的图象向右平移两个单位得到，所以f(x)的图象关于x＝2对称，故C正确.‎ 由f(2＋x)＋f(2－x)＝2ln(2－x)＋2ln(2＋x)＝0，得x＝±，‎ ‎∴f(x)的图象上存在两点(2－，0)，(2＋，0)关于点(2，0)对称，D正确.故选ACD.‎ 答案　ACD - 15 -‎