2025屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第一部分高考層級專題突破層級二7個(gè)能力專題師生共研專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第二講基本初等函數(shù)函數(shù)與方程課時(shí)跟蹤檢測四基本初等函數(shù)函數(shù)與方程理含解析

PAGE第一部分高考層級專題突破層級二7個(gè)實(shí)力專題師生共研專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)其次講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程課時(shí)跟蹤檢測(四)基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程一、選擇題1．(2024·河北監(jiān)測)設(shè)a＝log32，b＝ln2，c＝5－eq\f(1,2)，則()A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．c<a<b D．c<b<a解析：選C因?yàn)閏＝5－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(5))<eq\f(1,2)，a＝log32＝eq\f(ln2,ln3)<ln2＝b，a＝log32>log3eq\r(3)＝eq\f(1,2)，所以c<a<b，故選C．2．(2024·四川雙流中學(xué)必得分訓(xùn)練)函數(shù)f(x)＝2x＋2x的零點(diǎn)所處的區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)解析：選Bf(－2)＝2－2＋2×(－2)<0，f(－1)＝2－1＋2×(－1)<0，f(0)＝20＋0>0，由零點(diǎn)存在性定理知，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)在區(qū)間(－1,0)上，故選B．3．(2024·云南大理州統(tǒng)測)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x>0，,－xx＋2，x≤0))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選D當(dāng)x>0時(shí)，令f(x)＝0，可得x＝1；當(dāng)x≤0時(shí)，令f(x)＝0，可得x＝－2或x＝0.因此函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.故選D．4．(2024·安徽省其次次聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－a的圖象經(jīng)過一、二、四象限，則f(a)的取值范圍為()A．(0,0) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C．(－1,1) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析：選B依題意可得f(0)＝1－a，則0<1－a<1，解得0<a<1，所以f(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a－a.設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－x，x∈(0,1)，則g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，故f(a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故選B．5．若a＝2x，b＝logeq\f(1,2)x，則“a>b”是“x>1”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B如圖，x＝x0時(shí)，a＝b，∴若a>b，則得到x>x0，且x0<1，∴a>b不肯定得到x>1，充分性不成立；若x>1，則由圖象得到a>b，必要性成立，∴“a>b”是“x>1”的必要不充分條件．故選B．6．(2024·廣東省廣州市高三測試)已知函數(shù)f(x)＝loga(x2＋x－1)在區(qū)間[1,2]上的最大值比最小值大2，則a的值為()A．2 B．eq\r(5)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\r(5)或eq\f(\r(5),5)解析：選D因?yàn)閥＝x2＋x－1在[1,2]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)＝loga(x2＋x－1)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值是f(1)或f(2)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝loga(x2＋x－1)在區(qū)間[1,2]上的最大值比最小值大2，所以|f(1)－f(2)|＝2，即|loga5|＝2，解得a＝eq\r(5)或eq\f(\r(5),5)，故選D．7．(2024·遼寧五校聯(lián)考)已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝loga(x＋eq\r(x2＋b))在區(qū)間(－∞，＋∞)上既是奇函數(shù)又是增函數(shù)，則函數(shù)g(x)＝loga||x|－b|的圖象是()解析：選D由選項(xiàng)中的圖象得f(0)＝0，所以logaeq\r(b)＝0，所以b＝1，所以f(x)＝loga(x＋eq\r(x2＋1))．因?yàn)閡(x)＝x＋eq\r(x2＋1)>0，且u(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)＝loga(x＋eq\r(x2＋1))在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a>1.因?yàn)間(x)＝loga||x|－1|，所以g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(loga|x－1|，x∈[0，1∪1，＋∞，,loga|x＋1|，x∈－∞，－1∪－1，0.))因?yàn)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝logaeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))＝logaeq\f(1,2)<0，所以解除A、C；g(5)＝loga|5－1|＝loga4>0，解除B，選D．8．(2024·孝感模擬)若函數(shù)f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)的兩個(gè)零點(diǎn)分別在區(qū)間(－1,0)和區(qū)間(1,2)內(nèi)，則實(shí)數(shù)mA．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)))解析：選C依題意并結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠2，,[m－2－m＋2m＋1]2m＋1<0，,[m－2＋m＋2m＋1][4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))解得eq\f(1,4)<m<eq\f(1,2).9．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·ex，x≤0，,－lnx，x>0，))其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，若關(guān)于x的方程f[f(x)]＝0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，0) B．(－∞，0)∪(0,1)C．(0,1) D．(0,1)∪(1，＋∞)解析：選B由f[f(x)]＝0得f(x)＝1，作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，當(dāng)a<0,0<a<1時(shí)，直線y＝1與函數(shù)f(x)的圖象有且只有一個(gè)交點(diǎn)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)∪(0,1)，故選B．10．(2024·廣西三市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝e|x|，函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤4，,4e5－x，x>4，))對隨意的x∈[1，m](m>1)，都有f(x－2)≤g(x)，則m的取值范圍是()A．(1,2＋ln2) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)＋ln2))C．(ln2,2) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(7,2)＋ln2))解析：選D作出函數(shù)y1＝f(x－2)＝e|x－2|和y＝g(x)的圖象，如圖所示，由圖可知當(dāng)x＝1時(shí)，y1＝g(1)；當(dāng)1<x≤4時(shí)，y1＝e|x－2|<g(x)＝ex；當(dāng)x>4時(shí)，由ex－2≤4e5－x，得e2x－7≤4，即2x－7≤ln4，解得x≤eq\f(7,2)＋ln2.因?yàn)閙>1，所以1<m≤eq\f(7,2)＋ln2.故選D．11．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinπx，0≤x≤1，,log2017x，x>1，))若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則a＋b＋c的取值范圍是()A．(1,2017) B．(1,2018)C．[2,2018] D．(2,2018)解析：選D作出函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝m，如圖所示，不妨設(shè)a<b<c，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝m的交點(diǎn)分別為A，B，由正弦曲線的對稱性，可得A(a，m)與B(b，m)關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對稱，因此a＋b＝1，當(dāng)直線y＝m＝1時(shí)，由log2017x＝1，解得x＝2017.若滿意f(a)＝f(b)＝f(c)，且a，b，c互不相等，由a<b<c可得1<c<2017，因此可得2<a＋b＋c<2018，即a＋b＋c∈(2,2018)．故選D．12．(2024·福州四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x≥1，,1－\f(x,2)，x<1，))若F(x)＝f[f(x)＋1]＋m有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1·x2的取值范圍是()A．[4－2ln2，＋∞) B．(eq\r(e)，＋∞)C．(－∞，4－2ln2] D．(－∞，eq\r(e))解析：選D因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x≥1，,1－\f(x,2)，x<1，))所以F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnlnx＋1＋m，x≥1，,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(x,2)))＋m，x<1，))由F(x)＝0得，x1＝ee－m－1，x2＝4－2e－m，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1≥1，,x2<1))得m<lneq\f(2,3)，設(shè)t＝e－m，則t>eq\f(3,2)，所以x1·x2＝2et－1(2－t)，設(shè)g(t)＝2et－1(2－t)，則g′(t)＝2et－1(1－t)，因?yàn)閠>eq\f(3,2)，所以g′(t)＝2et－1(1－t)<0，即函數(shù)g(t)＝2et－1(2－t)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上是減函數(shù)，所以g(t)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\r(e)，故選D．二、填空題13．(2024·昆明模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x－1，x>1，,x3－3x＋1，x≤1，))則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________．解析：當(dāng)x>1時(shí)，令f(x)＝0，則log2(x－1)＝0，得x－1＝1，即x＝2，滿意題意；當(dāng)x≤1時(shí)，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，則x＝±1.當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)>0.f(x)是增函數(shù)，當(dāng)－1<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)有極大值，為3.又f(－2)＝－1，f(1)＝－1，所以函數(shù)f(x)在(－2，－1)，(－1,1)上各有1個(gè)零點(diǎn)．綜上，函數(shù)f(x)有3個(gè)零點(diǎn)．答案：314．(2024·綿陽診斷)用min{a，b，c}表示a，b，c中的最小值．設(shè)f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為________．解析：f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)的圖象如圖中實(shí)線所示．令x＋2＝10－x，得x＝4.故當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)取最大值，又f(4)＝6，所以f(x)的最大值為6.答案：615．(易錯(cuò)題)若函數(shù)f(x)＝ax－1(a>0且a≠1)的定義域和值域都是[0,2]，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)＝ax－1在[0,2]上為減函數(shù)，故f(x)max＝f(0)＝a0－1＝0，這與已知條件函數(shù)f(x)的值域是[0,2]相沖突；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)＝ax－1在[0,2]上為增函數(shù)，又函數(shù)f(x)的定義域和值域都是[0,2]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\