《學高考理科數學通用版練酷專題二輪復習課時跟蹤檢測：五 基本初等函數、函數與方程 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《學高考理科數學通用版練酷專題二輪復習課時跟蹤檢測：五 基本初等函數、函數與方程 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、課時跟蹤檢測（五）課時跟蹤檢測（五） 基本初等函數、函數與方程基本初等函數、函數與方程 A級級“124”保分小題提速練保分小題提速練 1若若 f(x)是冪函數，且滿足是冪函數，且滿足f 9 f 3 2，則，則 f 19( ) A.12 B.14 C2 D4 解析：解析：選選 B 設設 f(x)x，由，由f 9 f 3 9332，得，得 log32，f 19 19log3214. 2(2017 云南模擬云南模擬)設設 a60.7，blog70.6，clog0.60.7，則，則 a，b，c 的大小關系為的大小關系為( ) Acba Bbca Ccab Dacb 解析：解析：選選 D 因為因為 a6
2、0.71，blog70.60,0clog0.60.71，所以，所以 acb. 3函數函數 f(x)|log2x|x2 的零點個數為的零點個數為( ) A1 B2 C3 D4 解析：解析：選選 B 函數函數 f(x)|log2x|x2 的零點個數，就是方程的零點個數，就是方程|log2x|x20 的根的個數的根的個數 令令 h(x)|log2x|，g(x)2x，畫出兩函數的圖象，如圖，畫出兩函數的圖象，如圖 由圖象得由圖象得 h(x)與與 g(x)有有 2 個交點，個交點， 方程方程|log2x|x20 的解的解的個數為的個數為 2. 4(2017 河南適應性測試河南適應性測試)函數函數 yax
3、a(a0，a1)的圖象可能是的圖象可能是( ) 解析：解析：選選 C 由函數由函數 yaxa(a0，a1)的圖象過點的圖象過點(1,0)，得選項，得選項 A、B、D 一定不一定不可能；可能；C 中中 0a1，有可能，故選，有可能，故選 C. 5已知奇函數已知奇函數 y f x ，x0，g x ，x0.若若 f(x)ax(a0，a1)對應對應的圖象如圖所示，則的圖象如圖所示，則 g(x)( ) A. 12x B 12x C2x D2x 解析：解析：選選 D 由圖象可知，當由圖象可知，當 x0 時，函數時，函數 f(x)單調遞減，則單調遞減，則 0a1，f(1)12，a12，即函數，即函數 f(x
4、) 12x，當，當 x0 時，時，x0，則，則 f(x) 12xg(x)，即，即 g(x) 12x2x，故，故 g(x)2x，x0，選，選 D. 6已知已知 f(x)ax和和 g(x)bx是指數函數，則是指數函數，則“f(2)g(2)”是是“ab”的的( ) A充分不必要條件充分不必要條件 B必要不充分條件必要不充分條件 C充要條件充要條件 D既不充分也不必要條件既不充分也不必要條件 解析：解析：選選 C 由題可得，由題可得，a0，b0 且且 a1，b1. 充分性：充分性：f(2)a2，g(2)b2， 由由 f(2)g(2)知，知，a2b2， 再結合再結合 yx2在在(0，)上單調遞增，上單調
5、遞增， 可知可知 ab，故充分性成立；，故充分性成立； 必要性：由題可知必要性：由題可知 ab0， 構造函數構造函數 h(x)f x g x axbx abx，顯然，顯然ab1， 所以所以 h(x)單調遞增，單調遞增， 故故 h(2)a2b2h(0)1， 所以所以 a2b2，故必要性成立，故必要性成立 7函數函數 f(x)exx2 的零點所在的一個區(qū)間是的零點所在的一個區(qū)間是( ) A(2，1) B(1,0) C(0,1) D(1,2) 解析：解析：選選 C 法一：法一：f(0)e00210，f(1)e112e10，f(0)f(1)0，故函數，故函數 f(x)exx2 的零點所在的一個區(qū)間是的
6、零點所在的一個區(qū)間是(0,1)，選選 C. 法二：法二：函數函數 f(x)exx2 的零點，即函數的零點，即函數 yex的圖象與的圖象與 yx2的圖象的交點的橫坐標，作出函數的圖象的交點的橫坐標，作出函數 yex與直線與直線 yx2 的圖象如圖所示，由圖可知選的圖象如圖所示，由圖可知選C. 8 已知函數 已知函數 f(x)ln x3x8 的零點的零點 x0a， b， 且， 且 ba1， a， bN*， 則， 則 ab( ) A0 B2 C5 D7 解析：解析：選選 C f(2)ln 268ln 220，f(3)ln 398ln 310，且函數，且函數f(x)ln x3x8 在在(0，)上為單調
7、遞增函數，上為單調遞增函數，x02,3，即，即 a2，b3，ab5. 9 (2018屆高三屆高三 湖南四校聯考湖南四校聯考)設函數設函數 f(x) log2x，x0，g x ，x0，若若 f(x)為奇函數， 則為奇函數， 則 g 14的值為的值為( ) A14 B.14 C2 D2 解析：解析：選選 D 法一：法一：當當 x0 時，時，f(x)log2x， f(x)為奇函數，為奇函數， 當當 x0 時，時，f(x)log2(x)， 即即 g(x)log2(x)， g 14log2142. 法二：法二：g 14f 14f 14log214log2222. 10(2017 杭州二模杭州二模)已知直
8、線已知直線 xm(m1)與函數與函數 f(x)logax(a0 且且 a1)，g(x)logbx(b0 且且 b1)的圖象及的圖象及 x 軸分別交于軸分別交于 A，B，C 三點，若三點，若AB 2BC ，則，則( ) Aba2 Bab2 Cba3 Dab3 解析：解析：選選 C 由于由于 AB 2BC ，則，則 AC 3BC ，則點，則點 A 的坐標為的坐標為(m,3g(m)，又點，又點 A 在在函數函數 f(x)logax 的圖象上，故的圖象上，故 logam3logbm，即，即 logamlogbm3，由對數運算可知，由對數運算可知 ba3. 11已知已知 f(x) 2x1，x0，|ln
9、x|，x0，則方程則方程 ff(x)3 的根的個數是的根的個數是( ) A6 B5 C4 D3 解析：解析：選選 B 令令 f(x)t，則方程，則方程 ff(x)3 即為即為 f(t)3，解得，解得 te3或或 e3，作出函數，作出函數 f(x)的圖象的圖象(如圖所示如圖所示)，由圖象可知方程，由圖象可知方程 f(x)e3有有 3 個解，個解，f(x)e3有有 2 個解，則方程個解，則方程 ff(x)3 有有 5 個實根個實根 12(2017 合肥模擬合肥模擬)已知函數已知函數 f(x) 2x1，x0， 12x22x1 ，x0.方程方程f(x)2af(x)b0(b0)有有 6 個不同的實數解，
10、則個不同的實數解，則 3ab 的取值范圍是的取值范圍是( ) A6,11 B3,11 C(6,11) D(3,11) 解析：解析：選選 D 作出函數作出函數 f(x)的圖象如圖所示，的圖象如圖所示， 對于方程對于方程f(x)2af(x)b0，可令，可令 f(x)t，那么方程根的個數就是，那么方程根的個數就是 f(x)t1與與 f(x)t2的根的個數之和，結合圖象可知，要使總共有的根的個數之和，結合圖象可知，要使總共有 6 個根，需要一個方程有個根，需要一個方程有 4 個根，另一個方個根，另一個方程有程有 2 個根，從而可知關于個根，從而可知關于 t 的方程的方程 t2atb0 有有 2 個根，
11、分別位于區(qū)間個根，分別位于區(qū)間(0,1)與與(1,2)內，內，由根的分布得出約束條件由根的分布得出約束條件 b0，1ab0，42ab0， 畫出可行域如圖所示， 目標函數畫出可行域如圖所示， 目標函數z3ab經過經過 1ab0，42ab0的的交點交點 A(3,2)時取得最大值時取得最大值 11，經過，經過 B(1,0)時取得最小值時取得最小值 3.故故 3ab 的的取值范圍為取值范圍為(3,11) 13函數函數 yloga(x3)3(a0，a1)的圖象恒過定點的圖象恒過定點_ 解析：解析：因為函數因為函數 ylogax(a0，a1)的圖象恒過定點的圖象恒過定點(1,0)，所以函數，所以函數 yl
12、oga(x3)3(a0，a1)的圖象恒過定點的圖象恒過定點(4,3) 答案：答案：(4,3) 14(log43log83)(log32log92)_. 解析：解析：(log43log83)(log32log92) 12log2313log23 log3212log32 56log2332log32 54. 答案：答案：54 15 已 知 函 數 已 知 函 數f(x) 為 偶 函 數 且為 偶 函 數 且f(x) f(x 4) ， 又 在 區(qū) 間， 又 在 區(qū) 間 0,2 上上 f(x) x232x5，0 x1，2x2x，10 時，函數時，函數 y tat，t(0，)的單調遞增區(qū)間是的單調遞增區(qū)間是 a，)，此時，此時 a1，即，即 0a1 時成立；當時成立；當 a0 時，函數時，函數 y tattat，t(0，)的單的單調遞增區(qū)間是調遞增區(qū)間是 a，)，此時，此時 a1，即，即1a0 時成立綜上可得時成立綜上可得 a 的取的取值范圍值范圍是是1,1 答案：答案：1,1
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