【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第3讲 基本初等函数

第3讲　基本初等函数1.掌握指数、对数的运算．2.理解指数函数、对数函数的概念、图象和性质．3.能利用基本初等函数的性质解决某些简单实际问题．4.了解幂函数的定义，熟悉常见幂函数的图形与性质．1.函数y＝loga(x＋2)＋1(a>0，a≠1)的图象经过的定点坐标为________．答案：(－1，1)2.若函数y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是________．答案：(－，－1)∪(1，)解析：由y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，得0<a2－1<1，∴1<a2<2，即1<a<或－<a<－1.3.若函数f(x)＝4x－k·2x＋k＋3有唯一零点，则实数k的取值范围是________．答案：(－∞，－3)∪{6}解析：设t＝2x，t＞0，则关于x的方程4x－k·2x＋k＋3＝0转化为t2－kt＋k＋3＝0，设f(t)＝t2－kt＋k＋3，原方程只有一个根，则换元以后的方程有一个正根，∴f(0)＜0，或Δ＝0，∴k＜－3或k＝6.4.定义：区间[x1，x2](x1<x2)的长度为x2－x1.已知函数y＝|log0.5x|的定义域为[a，b]，值域为[0，2]，则区间[a，b]的长度的最大值为________．答案：解析：由函数y＝|log0.5x|得x＝1时y＝0；x＝4或x＝时y＝2，∴4－＝.题型一函数解析式及性质讨论例1函数f(x)＝(a、b、c∈Z)是奇函数，且f(1)＝2，f(2)<3.(1)求a、b、c的值；(2)当x<0时，讨论f(x)的单调性．解：(1)函数f(x)为奇函数，f(－x)＝－f(x)恒成立，∴c＝0.又由f(1)＝2，f(2)＜3，得0＜b＜，b∈Z,∴b＝1，a＝1.(2)f(x)＝＝x＋，函数在(－∞，－1)上递增，在(－1，0)上递减．已知函数f(x)＝a－(a∈R)．(1)试判断f(x)的单调性，并证明你的结论；(2)若f(x)为定义域上的奇函数，求：①函数f(x)的值域；②满足f(ax)<f(2a－x2)的x的取值范围．解：(1)函数f(x)为定义域(－∞，＋∞)，且f(x)＝a－，任取x1，x2∈(－∞，＋∞)，且x1<x2，-8-\n则f(x2)－f(x1)＝a－－a＋＝，∵y＝2x在R上单调递增，且x1<x2，∴0<2x1<2x2，2x2－2x1>0，2x1＋1>0，2x2＋1>0，∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数．(2)∵f(x)是定义域上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－＋＝0对任意实数x恒成立，化简得2a－＝0，∴2a－2＝0，即a＝1，①由a＝1得f(x)＝1－，∵2x＋1>1，∴0<<1，∴－2<－<0，∴－1<1－<1，故函数f(x)的值域为(－1，1)．②由a＝1得f(x)<f(2－x2)，且f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，∴x<2－x2，解得－2<x<1.故x的取值范围为(－2，1)．题型二函数中的恒成立问题例2设f(x)＝log2－x为奇函数，a为常数．(1)求a的值；(2)判断并证明函数f(x)在x∈(1，＋∞)时的单调性；(3)若对于区间[2，3]上的每一个x值，不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)由条件得f(－x)＋f(x)＝0，∴log2＋log2＝0，化简得(a2－1)x2＝0，因此a2－1＝0，a＝±1，但a＝1不符合题意，因此a＝－1.(2)判断函数f(x)在x∈(1，＋∞)上为单调减函数；证明如下：设1<x1<x2，f(x1)－f(x2)＝log2－x1－log2＋x2＝log2·＋(x2－x1)，∵1<x1<x2，∴x2－x1>0，x1±1>0，x2±1>0.∵(x1＋1)(x2－1)－(x1－1)(x2＋1)＝x1x2－x1＋x2－1－x1x2－x1＋x2＋1＝2(x2－x1)>0，又(x1＋1)(x2－1)>0，(x1－1)(x2＋1)>0，∴log2·>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴函数f(x)在x∈(1，＋∞)上为单调减函数．(3)不等式为m<f(x)－2x恒成立，∴m<[f(x)－2x]min.-8-\n∵f(x)在x∈[2，3]上单调递减，2x在x∈[2，3]上单调递增，∴f(x)－2x在x∈[2，3]上单调递减，当x＝3时取得最小值为－10，∴m∈(－∞，－10)．已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数．(1)求a、b的值；(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)＜0恒成立，求实数k的取值范围．解：(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数，∴f(0)＝0，即＝0b＝1,∴f(x)＝.又由f(1)＝－f(－1)，知＝－a＝2.经检验符合题意，∴a＝2，b＝1.(2)(解法1)由(1)知f(x)＝＝－＋，易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数．又f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)＜0等价于f(t2－2t)＜－f(2t2－k)＝f(k－2t2)．因为f(x)为减函数，由上式推得t2－2t＞k－2t2，即对一切t∈R有3t2－2t－k＞0，从而判别式Δ＝4＋12k＜0k＜－.(解法2)由(1)知f(x)＝.又由题设条件得＋＜0，即(22t2－k＋1＋2)(1－2t2－2t)＋(2t2－2t＋1＋2)(1－22t2－k)＜0，整理得23t2－2t－k＞1.因底数2＞1，故3t2－2t－k＞0对一切t∈R均成立，从而判别式Δ＝4＋12k＜0k＜－.题型三函数中的存在性问题例3已知函数f(x)＝|x－m|和函数g(x)＝x|x－m|＋m2－7m.(1)若方程f(x)＝|m|在[－4，＋∞)上有两个不同的解，求实数m的取值范围；(2)若对任意x1∈(－∞，4]均存在x2∈[3，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数m的取值范围．解：(1)方程f(x)＝|m|，即|x－m|＝|m|.此方程在x∈R时的解为x＝0或x＝2m.要使方程|x－m|＝|m|在x∈[－4，＋∞)上有两个不同的解，则2m≥－4且2m≠0.所以m的取值范围是m≥－2且m≠0.(2)原命题等价于：对于任意x1∈(－∞，4]，任意x2∈[3，＋∞)，f(x1)min＞g(x2)min.对于任意x1∈(－∞，4]，f(x1)min＝　对于任意x2∈[3，＋∞)，g(x2)min＝①当m＜3时，0＞m2－10m＋9，解得1＜m＜3.②当3≤m≤4时，0＞m2－7m，解得3≤m≤4.③当m>4时，m－4＞m2－7m，解得4<m＜4＋2.综上所述，m的取值范围为1＜m＜4＋2.已知a>0，且a≠1，函数f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga，记F(x)＝2f(x)＋g(x)．(1)求函数F(x)的定义域D及其零点；(2)若关于x的方程F(x)－m＝0在区间[0，1)内有解，求实数m的取值范围．-8-\n解：(1)F(x)＝2f(x)＋g(x)＝2loga(x＋1)＋loga(a>0且a≠1)，由解得－1<x<1，所以函数F(x)的定义域为(－1，1)．令F(x)＝0，则2loga(x＋1)＋loga＝0　(*)．方程变为loga(x＋1)2＝loga(1－x)，即(x＋1)2＝1－x，即x2＋3x＝0，解得x1＝0，x2＝－3，经检验x＝－3是方程(*)的增根，所以方程(*)的解为x＝0，即函数F(x)的零点为0.(2)m＝2loga(x＋1)＋loga(0≤x<1)＝loga＝loga，am＝1－x＋－4，设1－x＝t∈(0，1]，函数y＝t＋在区间(0，1]上是减函数，当t＝1时，此时x＝0，ymin＝5，所以am≥1，①若a>1，则m≥0，方程有解；②若0<a<1，则m≤0，方程有解．题型四函数与方程、不等式综合应用问题例4已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a≠0，b<1)，在区间[2，3]上有最大值4，最小值1，设f(x)＝.(1)求a、b的值；(2)不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1，1]上恒成立，求实数k的取值范围；(3)方程f(|2x－1|)＋k＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．解：(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，当a＞0时，g(x)在[2，3]上为增函数，故当a<0时，g(x)在[2，3]上为减函数．故∵b＜1，∴a＝1，b＝0，即g(x)＝x2－2x＋1，f(x)＝x＋－2.(2)不等式f(2x)－k·2x≥0化为2x＋－2≥k·2x，1＋－2·≥k，令＝t，k≤t2－2t＋1.∵x∈[－1，1]，∴t∈.记φ(t)＝t2－2t＋1，∴φ(t)min＝0，∴k≤0.(3)由f(|2x－1|)＋k＝0，得|2x－1|＋－(2＋3k)＝0，|2x－1|2－(2＋3k)|2x－1|＋(1＋2k)＝0，|2x－1|≠0，-8-\n令|2x－1|＝t,则方程化为t2－(2＋3k)t＋(1＋2k)＝0(t≠0)．∵方程|2x－1|＋－(2＋3k)＝0有三个不同的实数解，∴由t＝|2x－1|的图象(如下图)知，t2－(2＋3k)t＋(1＋2k)＝0有两个根t1、t2，且0＜t1＜1＜t2或0＜t1＜1，t2＝1，记φ(t)＝t2－(2＋3k)t＋(1＋2k)，则或　∴k＞0.已知函数g(x)＝mx2－2mx＋1＋n(n≥0)在[1，2]上有最大值1和最小值0.设f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求m、n的值；(2)若不等式f(log2x)－2klog2x≥0在x∈[2，4]上有解，求实数k的取值范围；(3)若方程f(|ex－1|)＋－3k＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．解：(1)g(x)＝m(x－1)2＋1＋n－m，当m>0时，g(x)在[1，2]上是增函数，∴即解得当m＝0时，g(x)＝1＋n，无最大值和最小值；当m<0时，g(x)在[1，2]上是减函数，∴即解得∵n≥0，∴n＝－1舍去．综上，m、n的值分别为1、0.(2)由(1)知f(x)＝x＋－2，∴f(log2x)－2klog2x≥0在x∈[2，4]上有解等价于log2x＋－2≥2klog2x在x∈[2，4]上有解，即2k≤－＋1在x∈[2，4]上有解．令t＝，则2k≤t2－2t＋1，∵x∈[2，4]，∴t∈.记φ(t)＝t2－2t＋1，∵≤t≤1，∴φ(t)max＝，∴k的取值范围为.(3)原方程可化为|ex－1|2－(3k＋2)|ex－1|＋(2k＋1)＝0.-8-\n令|ex－1|＝t，则t∈(0，＋∞)，由题意知t2－(3k＋2)t＋2k＋1＝0有两个不同的实数解t1、t2，其中0<t1<1，t2>1或0<t1<1，t2＝1.记h(t)＝t2－(3k＋2)t＋2k＋1，则　或解得k>0，∴实数k的取值范围是(0，＋∞)．1.(2022·全国卷)设f(x)是以2为周期的函数，且当x∈[1，3)时，f(x)＝x－2，则f(－1)＝________．答案：－12.(2022·山东卷)函数f(x)＝的定义域为_________．答案：∪(2，＋∞)解析：由已知得(log2x)2－1>0，即log2x>1或log2x<－1，解得x>2或0<x<.3.(2022·天津卷)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，则a的取值范围是____________．答案：解析：f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)即为2f(log2a)≤2f(1)，|log2a|≤1，所以≤a≤2.4.已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若x∈R，f(x)<0或g(x)<0，则实数m的取值范围是________．答案：(－4，0)解析：根据g(x)＝2x－2<0x<1，由于题目中条件的限制，导致g(x)在x≥1时必须是f(x)<0，当m＝0时，f(x)＝0，不能做到g(x)在x≥1时，f(x)<0，所以舍去，因此f(x)作为二次函数开口只能向下，故m<0，且此时f(x)的2个根为x1＝2m，x2＝－m－3，为保证条件成立，只需和大前提m<0取交集结果为－4<m<0.5.(2022·上海卷)甲厂以xkg/h的速度运输生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润是100元．(1)要使生产该产品2h获得的利润不低于3000元，求x的取值范围；(2)要使生产900kg该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．解：(1)根据题意，200≥30005x－14－≥0，又1≤x≤10，解得3≤x≤10.(2)设利润为y元，则y＝·100＝9×104，-8-\n故x＝6时，ymax＝457500元．6.设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2，令f′(x)＝0得x1＝，x2＝，x1<x2，∴f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)，当x<x1或x>x2时f′(x)<0；当x1<x<x2时f′(x)>0，故f(x)在和(，＋∞)内单调递减，在内单调递增．(2)∵a>0，∴x1<0，x2>0，①当a≥4时x2≥1，由(1)知f(x)在[0，1]上单调递增，∴f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当4>a>0时，x2<1，由(1)知f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，∴f(x)在x＝x2＝处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，∴当1>a>0时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当4>a>1时，f(x)在x＝0取得最小值．(本题模拟高考评分标准，满分14分)(2022·南通一模)已知a为实常数，y＝f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝2x－＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥a－1对一切x＞0成立，求a的取值范围．解：(1)由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f(x)在区间(－∞，0)上的单调性即可．f′(x)＝2＋，令f′(x)＝0，得x＝－a.(2分)①当a≤0时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(－∞，0)上单调递增；(4分)②当a＞0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上单调递增．x∈(－a，0)，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(－a，0)上单调递减．(6分)综上所述：当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)．(7分)(2)因为f(x)为奇函数，所以当x＞0时，f(x)＝－f(－x)＝－＝2x＋－1.(9分)①当a＜0时，要使f(x)≥a－1对一切x＞0成立，即2x＋≥a对一切x＞0成立．而当x＝－＞0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，则与a＜0矛盾．-8-\n所以a＜0不成立．(11分)②当a＝0时，f(x)＝2x－1＞－1＝a－1对一切x＞0成立，故a＝0满足题设要求．(12分)③当a＞0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以fmin(x)＝f(a)＝3a－1＞a－1，所以a＞0时也满足题设要求．(13分)综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．(14分)1.已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x－4)＝－f(x)且在区间[0，2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8，8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________．答案：－8解析：因为定义在R上的奇函数，满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－4)＝f(－x)．又f(x)是奇函数，函数图象关于直线x＝2对称且f(0)＝0，由f(x－4)＝－f(x)知f(x－8)＝f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数．又f(x)在区间[0，2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2，0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8，8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，不妨设x1＜x2＜x3＜x4，由对称性知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－12＋4＝－8.2.已知函数f(x)＝x3－(k2－k＋1)x2＋5x－2，g(x)＝k2x2＋kx＋1，其中k∈R.(1)设函数p(x)＝f(x)＋g(x)．若p(x)在区间(0，3)上不单调，求k的取值范围；(2)设函数q(x)＝是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2(x2≠x1)，使得q′(x2)＝q′(x1)成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．解：(1)p(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋(k－1)x2＋(k＋5)x－1，p′(x)＝3x2＋2(k－1)x＋(k＋5)，因为p(x)在区间(0，3)上不单调，所以p′(x)＝0在(0，3)上有实数解，且无重根，由p′(x)＝0得k(2x＋1)＝－(3x2－2x＋5)，∴k＝－＝－，令t＝2x＋1，有t∈(1，7)，记h(t)＝t＋，则h(t)在(1，3]上单调递减，在[3，7)上单调递增，所以有h(t)∈[6，10)，于是(2x＋1)＋∈[6，10)，得k∈(－5，－2]，而当k＝－2时有p′(x)＝0在(0，3)上有两个相等的实根x＝1，故舍去，所以k∈(－5，－2)．(2)当x＜0时，有q′(x)＝f′(x)＝3x2－2(k2－k＋1)x＋5；当x＞0时，有q′(x)＝g′(x)＝2k2x＋k.因为当k＝0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，记A＝(k，＋∞)，B＝(5，＋∞)①，当x1＞0时，q′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以要使q′(x2)＝q′(x1)成立，只能x2＜0且AB，因此有k≥5②，当x1＜0时，q′(x)在(－∞，0)上单调递减，所以要使q′(x2)＝q′(x1)成立，只能x2＞0且BA，因此k≤5，综合①②k＝5；当k＝5时A＝B，则x1＜0，q′(x1)∈B＝A，即x2＞0，使得q′(x2)＝q′(x1)成立．因为q′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，x1＜0，即存在唯一的非零实数x2(x2≠x1)，使q′(x2)＝q′(x1)成立，所以k＝5满足题意．-8-