（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測（二）基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 理（重點生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測（二）基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 理（重點生，含解析） 1．若m∈，a＝lg m，b＝lg m2，c＝lg3m，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a(chǎn)0，∴l(xiāng)g3m>lg m，即c>a.又m∈，∴0b.∴b

2、)，b＝f (log25)，c＝f (2m)，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a(chǎn)

3、 2＋>0恒成立， ∴f (x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，排除C、D； 當x→－∞時，2x→0，→1，∴f (x)→1，排除B，選A. 4．已知函數(shù)f (x)＝則不等式log2x－(log4x－1)f (log3x＋1)≤5的解集為(　　) A. B．[1,4] C. D．[1，＋∞) 解析：選C　由不等式log2x－(log4x－1)f (log3x＋1)≤5，得 或 解得1≤x≤4或1，則f (loga(－1))

4、＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B　∵f (x)＝＋，∴f (－x)＝＋＝＋，∴f (x)＋f (－x)＝＋＋＋＝3.∵loga(＋1)＝－loga(－1)，∴f (loga(＋1))＋f (loga(－1))＝3，∴f (loga(－1))＝2.故選B. 6．(2019屆高三·貴陽模擬)20世紀30年代，為了防范地震帶來的災害，里克特(C.F.Richter)制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級，地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級M，其計算公式為M＝lg A－lg A0，其中A是被測地震的

5、最大振幅，A0是“標準地震”的振幅．已知5級地震給人的震感已經(jīng)比較明顯，則7級地震的最大振幅是5級地震的最大振幅的(　　) A．10倍 B．20倍 C．50倍 D．100倍 解析：選D　根據(jù)題意有l(wèi)g A＝lg A0＋lg 10M＝lg(A0·10M)，所以A＝A0·10M，則＝100.故選 D. 7．(2018·菏澤一模)已知loga C．ln(a－b)>0 D．3a－b<1 解析：選A　∵logab>0， ∴a1.

6、因此只有A正確．故選A. 8．已知實數(shù)x，y滿足ax B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1) C．sin x>sin y D．x3>y3 解析：選D　∵實數(shù)x，y滿足axy.對于選項A，>等價于x2＋1y，但x2ln(y2＋1)等價于x2>y2，當x＝1，y＝－1時，滿足x>y，但x2>y2不成立．對于選項C，當x＝π，y＝時，滿足x>y，但sin x>sin y不成立．對于選項D，當x>y時

7、，x3>y3恒成立．故選D. 9．(2018·廣元模擬)已知函數(shù)f (x)＝ex，g(x)＝ln＋，對任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)使f (a)＝g(b)，則b－a的最小值為(　　) A．2－1 B．e2－ C．2－ln 2 D．2＋ln 2 解析：選D　令t＝ea，可得a＝ln t，令t＝ln＋，可得b＝2， 則b－a＝2－ln t，令h(t)＝2e－ln t， 則h′(t)＝2e－. 顯然，h′(t)是增函數(shù)，觀察可得當t＝時，h′(t)＝0， 故h′(t)有唯一零點， 故當t＝時，h(t)取得最小值，即b－a取得最小值為2e－ln ＝2＋ln 2，故選D.

8、10．已知函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若0)在區(qū)間[0,2]上的最小值為g(m)．已知定義在(－∞

9、，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)h(x)為偶函數(shù)，且當x>0時，h(x)＝g(x)，若h(t)>h(4)，則實數(shù)t的取值范圍為(　　) A．(－4,0) B．(0,4) C．(－2,0)∪(0,2) D．(－4,0)∪(0,4) 解析：選D　因為f (x)＝x2－mx(m>0)，所以f (x)＝2－，因為f (x)在區(qū)間[0,2]上的最小值為g(m)，所以當04，即>2時，函數(shù)f (x)＝2－在[0,2]上單調(diào)遞減，所以g(m)＝f (2)＝4－2m.綜上，g(m)＝因為當x>0時，h(x)＝g(x)，所以當x>0時，h(x)＝函數(shù)

10、h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因為定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)h(x)為偶函數(shù)，且h(t)>h(4)，所以h(|t|)>h(4)，所以0<|t|<4，所以即從而－4

11、.設g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，當x≤－1時，00，所以F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2

12、在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f ′(x)≥f ′(4)＝32ln 2－10>0，所以函數(shù)f (x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數(shù)，所以f (x)≥f (4)＝32－16－8－2＝6>0，即a>4時，不滿足對任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f (x)≤0恒成立．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]，故選D. 法二：將問題轉化為2x＋1≤x2＋2x＋2對于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)恒成立后，在同一個平面直角坐標系中分別作出函數(shù)y＝2x＋1，y＝x2＋2x＋2的圖象如圖所示，根據(jù)兩函數(shù)圖象的交點及位置關系，數(shù)形結合即可分析出實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]，故選D. 13

13、．函數(shù)f (x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是________． 解析：由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數(shù)f (x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復合函數(shù)的單調(diào)性知，f (x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)． 答案：(4，＋∞) 14．李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元)分別為L甲＝－5x2＋900x－16 000，L乙＝300x－2 000(其中x為銷售輛數(shù))，若某月兩連鎖店共銷售了110輛，則能獲得的最大利潤為______

14、__元． 解析：設甲連鎖店銷售x輛，則乙連鎖店銷售(110－x)輛，故利潤L＝－5x2＋900x－16 000＋300(110－x)－2 000＝－5x2＋600x＋15 000＝－5(x－60)2＋33 000，∴當x＝60時，有最大利潤33 000元． 答案：33 000 15．若函數(shù)f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x對稱，函數(shù)f (x)＝－x，則f (2)＋g(4)＝________. 解析：法一：∵函數(shù)f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x對稱，又f (x)＝－x＝2x，∴g(x)＝log2x， ∴f (2)＋g(4)＝22＋log24＝6. 法二：∵f (x)＝－

15、x，∴f (2)＝4，即函數(shù)f (x)的圖象經(jīng)過點(2,4)，∵函數(shù)f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x對稱，∴函數(shù)g(x)的圖象經(jīng)過點(4,2)，∴f (2)＋g(4)＝4＋2＝6. 答案：6 16．(2018·福州模擬)設函數(shù)f (x)＝則滿足f (x2－2)>f (x)的x的取值范圍是________________________． 解析：由題意x>0時，f (x)單調(diào)遞增，故f (x)>f (0)＝0，而x≤0時，x＝0， 故若f (x2－2)>f (x)，則x2－2>x，且x2－2>0， 解得x>2或x<－. 答案：(－∞，－)∪(2，＋∞) 17．如圖，在第一象

16、限內(nèi)，矩形ABCD的三個頂點A，B，C，分別在函數(shù)y＝logx，y＝x，y＝x的圖象上，且矩形的邊分別平行于兩坐標軸，若點A的縱坐標是2，則點D的坐標是________． 解析：由2＝logx可得點A，由2＝x可得點B(4,2)，因為4＝，所以點C的坐標為，所以點D的坐標為. 答案： 18．已知函數(shù)f (x)＝|log3x|，實數(shù)m，n滿足0

17、所以0f (m)＝f (n)，則f (x)在[m2，n]上的最大值為f (m2)＝－log3m2＝2，解得m＝，則n＝3，所以＝9. 答案：9 19.(2018·西安八校聯(lián)考)如圖所示，已知函數(shù)y＝log24x圖象上的兩點A，B和函數(shù)y＝log2x圖象上的點C，線段AC平行于y軸，當△ABC為正三角形時，點B的橫坐標為________． 解析：依題意，當AC∥y軸，△ABC為正三角形時，|AC|＝log24x－log2x＝2，點B到直線AC的距離為，設點B(x0,2＋log2x0)，則點A(x

18、0＋，3＋log2x0)．由點A在函數(shù)y＝log24x的圖象上，得log2[4(x0＋)]＝3＋log2x0＝log28x0，則4(x0＋)＝8x0，x0＝，即點B的橫坐標是. 答案： 20．已知函數(shù)f (x)＝在[0,1]上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為________． 解析：令2x＝t，t∈[1,2]，則y＝在[1,2]上單調(diào)遞增．當a＝0時，y＝|t|＝t在[1,2]上單調(diào)遞增顯然成立；當a>0時，函數(shù)y＝，t∈(0，＋∞)的單調(diào)遞增區(qū)間是[，＋∞)，此時≤1，即0

19、綜上可得a的取值范圍是[－1,1]． 答案：[－1,1] 二、強化壓軸考法——拉開分 1．設函數(shù)f (x)＝log4x－x，g(x)＝logx－x的零點分別為x1，x2，則(　　) A．x1x2＝1 B．0log4x1，故log4x1－logx2<0，∴l(xiāng)og4x1＋log4x2<0，∴l(xiāng)og4(x1x2)<0，∴0

20、1x2<1.故選B. 2．(2018·唐山模擬)若函數(shù)f (x)＝－x＋λ在[－1,1]上有兩個不同的零點，則λ的取值范圍為(　　) A．[1，) B．(－，) C．(－，－1] D．[－1,1] 解析：選C　函數(shù)f (x)＝－x＋λ在[－1,1]上有兩個不同的零點等價于y＝與y＝x－λ的圖象在[－1,1]上有兩個不同的交點．y＝，x∈[－1,1]為圓x2＋y2＝1的上半圓．如圖，當直線y＝x－λ過點(0,1)時兩函數(shù)圖象有兩個交點，此時λ＝－1，當直線y＝x－λ與圓x2＋y2＝1上半圓相切時，λ＝－.所以λ的取值范圍為(－，－1]．故選C.

21、3．已知f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，且x＞0時，f (x)＝ln x－x＋1，則函數(shù)g(x)＝f (x)－ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))的零點個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選C　當x＞0時，f (x)＝ln x－x＋1，f ′(x)＝－1＝，所以x∈(0,1)時，f ′(x)＞0，此時f (x)單調(diào)遞增；x∈(1，＋∞)時，f ′(x)＜0，此時f (x)單調(diào)遞減．因此，當x＞0時，f (x)max＝f (1)＝ln 1－1＋1＝0. 根據(jù)函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)作出函數(shù)y＝f (x)與y＝ex的大致圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)y＝f (x)與

22、y＝ex的圖象有兩個交點，所以函數(shù)g(x)＝f (x)－ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))有2個零點． 4．(2018·涼山模擬)設函數(shù)f (x)＝若函數(shù)f (x)的圖象上有四個不同的點A，B，C，D同時滿足：①A，B，C，D，O(原點)五點共線；②共線的這條直線斜率為－3，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－4) C．(－∞，－2) D．(4，＋∞) 解析：選A　由題意知f (x)的圖象與直線y＝－3x有4個交點． 令ln x－2x2＝－3x，可得ln x＝2x2－3x， 作出y＝ln x與y＝2x2－3x的圖象如圖所示． 由圖象可知兩函數(shù)圖象在y軸右側有

23、兩個交點， ∴當x>0時，f (x)的圖象與直線y＝－3x有兩個交點， ∴當x<0時，f (x)的圖象與直線y＝－3x有兩個交點． ∴a＋＝－3x在(－∞，0)上有兩解． 即3x2＋ax＋1＝0在(－∞，0)上有兩解． ∴解得a>2.故選A. 5．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝若方程f (x)－ax＝0恰有兩個不同的實根，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D．(－∞，0]∪ 解析：選B　方程f (x)－ax＝0有兩個不同的實根，即直線y＝ax與函數(shù)f (x)的圖象有兩個不同的交點．作出函數(shù)f (x)的圖象如圖所示． 當x>1時，f

24、 (x)＝ln x，得f ′(x)＝，設直線y＝kx與函數(shù)f (x)＝ln x(x>1)的圖象相切，切點為(x0，y0)，則＝＝，解得x0＝e，則k＝，即y＝x是函數(shù)f (x)＝ln x(x>1)的圖象的切線，當a≤0時，直線y＝ax與函數(shù)f (x)的圖象有一個交點，不合題意；當01)的圖象有兩個交點，但與y＝x＋1(x≤1)也有一個交點，這樣就有三個交點，不合題意；當a≥時，直線y＝ax與函數(shù)f (x)的圖象至多有一個交點，不合題意；只有當≤a<時，直線y＝ax與函數(shù)f (x)的圖象有兩個交點，符合題意．故選B. 6．(2018·濰坊模擬)已知

25、函數(shù)f (x)＝(x2－3)ex，若關于x的方程f 2(x)－mf (x)－＝0的不同的實數(shù)根的個數(shù)為n，則n的所有可能值為(　　) A．3 B．1或3 C．3或5 D．1或3或5 解析：選A　由f (x)＝(x2－3)ex，得f ′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，令f ′(x)>0，得x<－3或x>1，令f ′(x)<0，得－3

26、示． 令t＝f (x)，則f 2(x)－mf (x)－＝0可轉化為t2－mt－＝0，Δ＝m2＋>0，且t＝時，2－m·－＝－－<0，所以方程有兩個不同的實數(shù)根t1，t2，所以t1t2＝－＝×(－2e)，不妨設t1>0，所以當t1>時，－2e

27、<－2e，由f (x)的圖象可知t2＝f (x)有0個根，t1＝f (x)有3個不同的實數(shù)根，所以方程f 2(x)－mf (x)－＝0有3個不同的實數(shù)根．綜上所述，方程有3個不同的實數(shù)根． 7．(2018·南寧模擬)設函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f (x＋2)＝f (2－x)，當x∈[－2,0]時，f (x)＝x－1，若在區(qū)間(－2,6)內(nèi)關于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)有且只有4個不同的根，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B．(1,4) C．(1,8) D．(8，＋∞) 解析：選D　∵f (x＋2)＝f (2－x)，∴f (x＋4

28、)＝f (2＋(x＋2))＝f (2－(x＋2))＝f (－x)＝f (x)，∴函數(shù)f (x)是一個周期函數(shù)，且T＝4.又∵當x∈[－2,0]時，f (x)＝x－1＝()－x－1，∴當x∈[0,2]時，f (x)＝f (－x)＝()x－1，于是x∈[－2,2]時，f (x)＝()|x|－1，根據(jù)f (x)的周期性作出f (x)的圖象如圖所示．若在區(qū)間(－2,6)內(nèi)關于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0有且只有4個不同的根，則a>1且y＝f (x)與y＝loga(x＋2)(a>1)的圖象在區(qū)間(－2,6)內(nèi)有且只有4個不同的交點，∵f (－2)＝f (2)＝f (6)＝1，∴對于函數(shù)y＝

29、loga(x＋2)(a>1)，當x＝6時，loga8<1，解得a>8，即實數(shù)a的取值范圍是(8，＋∞)，所以選 D. 8．已知在區(qū)間(0,2]上的函數(shù)f (x)＝且g(x)＝f (x)－mx在區(qū)間(0,2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A.∪ B.∪ C.∪ D.∪ 解析：選A　由函數(shù)g(x)＝f (x)－mx在(0,2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，得y＝f (x)，y＝mx在(0,2]內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點．當y＝mx與y＝－3在(0,1]內(nèi)相切時，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－，結合圖象可得當－