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高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测22《基本初等函数函数与方程》小题练（教师版）
展开这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测22《基本初等函数函数与方程》小题练（教师版），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．设a＝lg32，b＝ln 2，c＝5，则( )
A．a
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 作出g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x与h(x)＝cs x的图象(图略)，可以看到其在[0,2π]上的交点个数为3，所以函数f(x)在[0,2π]上的零点个数为3，故选C.
3．若函数f(x)＝(x2＋1)·eq \f(2x＋m,2x－1)是奇函数，则m的值是( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
解析：选B 设g(x)＝x2＋1，h(x)＝eq \f(2x＋m,2x－1)，易知g(x)＝x2＋1是偶函数，则依题意可得h(x)＝eq \f(2x＋m,2x－1)是奇函数，故h(－x)＝eq \f(2－x＋m,2－x－1)＝－h(x)＝－eq \f(2x＋m,2x－1)，化简得2x＋m＝m·2x＋1，解得m＝1.选B.
4．若函数f(x)＝m＋lg2x(x≥1)存在零点，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．[0，＋∞)
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
解析：选A ∵函数f(x)＝m＋lg2x(x≥1)存在零点，∴方程m＋lg2x＝0在x≥1时有解，∴m＝－lg2x≤－lg21＝0.
5．已知实数a＝lg23，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2，c＝lgeq \f(1,30)，则它们的大小关系为( )
A．a>c>b B．c>a>b
C．a>b>c D．b>c>a
解析：选B 由对数函数的性质知1
又b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(1,9)<1，从而c>a>b.故选B.
6．若函数y＝lga(x2－ax＋1)有最小值，则a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(0,1)∪(1,2)
C．(1,2) D．[2，＋∞)
解析：选C 当a>1时，若y有最小值，则说明x2－ax＋1有最小值，故x2－ax＋1＝0中Δ<0，即a2－4<0，∴2>a>1.当1>a>0时，若y有最小值，则说明x2－ax＋1有最大值，与二次函数性质相互矛盾，舍去．综上可知，选C.
7．若a＝2x，b＝lgx，则“a>b”是“x>1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 如图，x＝x0时，a＝b，∴若a>b，则得到x>x0，且x0<1，∴a>b不一定得到x>1，充分性不成立；若x>1，则由图象得到a>b，必要性成立．∴“a>b”是“x>1”的必要不充分条件．故选B.
8．设函数f(x)是定义在R上的周期为2的函数，且对任意的实数x，恒有f(x)－f(－x)＝0，当x∈[－1,0]时，f(x)＝x2，若g(x)＝f(x)－lgax在x∈(0，＋∞)上有三个零点，则a的取值范围为( )
A．[3,5] B．[4,6]
C．(3,5) D．(4,6)
解析：选C ∵f(x)－f(－x)＝0，∴f(x)＝f(－x)，∴f(x)是偶函数，根据函数的周期性和奇偶性作出函数f(x)的图象如图所示：
∵g(x)＝f(x)－lgax在(0，＋∞)上有三个零点，
∴y＝f(x)和y＝lgax的图象在(0，＋∞)上有三个交点，作出函数y＝lgax的图象，如图，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lga3<1，,lga5>1，,a>1，))解得3
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C 由f(x)＝0得m＝eq \f(2x＋10,\r(10－x)) .又m∈N，因此有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10－x>0，,2x＋10≥0，))解得－5≤x<10，x∈Z，∴x＝－5，－4，－3，…，1,2,3，…，8,9，将它们分别代入m＝eq \f(2x＋10,\r(10－x))，一一验证得，符合条件的m的取值为0,4,11,28，共4个，故选C.
10．奇函数f(x)，偶函数g(x)的图象分别如图(1)，(2)所示，函数f(g(x))，g(f(x))的零点个数分别为m，n，则m＋n＝( )
A．3 B．7
C．10 D．14
解析：选C 由题中函数图象知f(±1)＝0，f(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(3,2)))＝0，g(0)＝0，g(±2)＝1，g(±1)＝－1，所以f(g(±2))＝f(1)＝0，f(g(±1))＝f(－1)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(3,2)))))＝f(0)＝0，f(g(0))＝f(0)＝0，所以f(g(x))有7个零点，即m＝7.又g(f(0))＝g(0)＝0，g(f(±1))＝g(0)＝0，所以g(f(x))有3个零点，即n＝3.所以m＋n＝10，选C.
11．定义在R上的偶函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，且当x∈[1,2]时，f(x)＝ln x．则直线x－5y＋3＝0与曲线y＝f(x)的交点个数为(参考数据：ln 2≈0.69，ln 3≈1.10)( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选B 由f(1－x)＝f(1＋x)知，函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，又当x∈[1,2]时，f(x)＝ln x，则当x∈[0,1]时，f(x)＝ln(2－x)．由f(x)是定义在R上的偶函数，得f(－x)＝f(x)，所以f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝f[1－(x＋1)]＝f(－x)＝f(x)，于是f(x)是周期为2的周期函数，值域为[0，ln 2]，从而可以画出函数f(x)的大致图象(如图所示)，
然后画出直线y＝g(x)＝eq \f(1,5)x＋eq \f(3,5).当x＝－3时，f(－3)＝f(3)＝f(1)＝0，g(－3)＝eq \f(1,5)×(－3)＋eq \f(3,5)＝0，此时有一个交点；当x＝0时，f(0)＝f(2)＝ln 2≈0.69，g(0)＝eq \f(3,5)＝0.6，g(0)
12．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－\f(x,2)，x<1，))若F(x)＝f[f(x)＋1]＋m有两个零点x1，x2，则x1·x2的取值范围是( )
A．[4－2ln 2，＋∞) B．(eq \r(e)，＋∞)
C．(－∞，4－2ln 2] D．(－∞，eq \r(e))
解析：选D 因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－\f(x,2)，x<1，))
所以F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lnln x＋1＋m，x≥1，,ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(x1≥1，,x2<1))得m
设g(t)＝2et－1·(2－t)，则g′(t)＝2et－1(1－t)，因为t>eq \f(3,2)，所以g′(t)＝2et－1(1－t)<0，即函数g(t)＝2et－1(2－t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上是减函数，所以g(t)
13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x≤0，,lgx，x>0，))则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,6)))＝________.
解析：由题可知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝lgeq \f(1,4)＝2，因为lg2eq \f(1,6)<0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,6)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2lg26＝6，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,6)))＝8.
答案：8
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(x)－a，x≥1，,ln1－x，x<1))有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：当x<1时，令ln(1－x)＝0，解得x＝0，故f(x)在(－∞，1)上有1个零点，
∴f(x)在[1，＋∞)上有1个零点．
当x≥1时，令eq \r(x)－a＝0，得a＝eq \r(x)≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
答案：[1，＋∞)
15．已知函数f(x)为偶函数且f(x)＝f(x－4)，又在区间[0,2]上f(x)＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－\f(3,2)x＋5，0≤x≤1，,2x＋2－x，1
答案：2
16．20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特()制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg A－lg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的________倍．
解析：根据题意有lg A＝lg A0＋lg 10M＝lg(A0·10M)，所以A＝A0·10M，则eq \f(A0×107,A0×105)＝100.
答案：100
B级——难度小题强化练
1．已知x，y∈R，且x>y>0，若a>b>1，则一定有( )
A.eq \f(a,x)>eq \f(b,y) B．sin ax>sin by
C．lgax>lgby D．ax>by
解析：选D 对于A选项，不妨令x＝8，y＝3，a＝5，b＝4，显然eq \f(5,8)＝eq \f(a,x)
综上，选D.
2．已知函数f(x)＝ex－1＋4x－4，g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，若f(x1)＝g(x2)＝0，则( )
A．0
C．1－2－a D．1－2a
解析：选D 因为f(x)为R上的奇函数，所以当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－lg－x＋1，x∈－1，0，,－1＋|－x－3|，x∈－∞，－1]，))画出函数y＝f(x)的图象和直线y＝a(0
A．[－3e－4,1) B．[－3e－4,1)∪{－e－2}
C．[0,1)∪{－e－2} D．[0,1)
解析：选B ∵曲线y＝f(x＋1)关于点(－1,0)对称，∴曲线y＝f(x)关于点(0,0)对称，
∴f(x)在R上是奇函数，则f(0)＝0.又f(4)＝0，∴f(－4)＝0，而y＝f(x)在x∈[－4,4]上有5个零点，故当x∈(－4,0)时，f(x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,e|x|)＋ex－m＋1))有1个零点，而此时f(x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,e|x|)＋ex－m＋1))＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,e－x)＋ex－m＋1))＝lg2(xex＋ex－m＋1)，故xex＋ex－m＋1＝1在x∈(－4，0)上有1个解．令g(x)＝xex＋ex－m，则g′(x)＝ex＋xex＋ex＝ex(x＋2)，故g(x)在(－4，－2)上是减函数，在(－2,0)上是增函数．而g(－4)＝－4e－4＋e－4－m＝－3e－4－m，g(0)＝1－m，g(－2)＝－2e－2＋e－2－m＝－e－2－m，而g(－4)
解析：依题意得f(x)＝eq \f(1,2)lg2x·(2＋2lg2x)＝(lg2x)2＋lg2x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)，
当且仅当lg2x＝－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(\r(2),2)时等号成立，
因此函数f(x)的最小值为－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
6．已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－\f(a,2x)))在[0,1]上单调递增，则a的取值范围为________．
解析：令2x＝t，t∈[1,2]，则y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t－\f(a,t)))在[1,2]上单调递增．当a＝0时，y＝|t|＝t在[1,2]上单调递增显然成立；当a>0时，函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t－\f(a,t)))，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[eq \r(a)，＋∞)，此时eq \r(a)≤1，即0
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