第三單元基本初等函數（1）3.1二次函數與冪函數1.如果函數f(x)＝x2－ax－a在區間[0，2]上的最大值為為1，那么實數a＝________．答案：1解析：因為函數f(x)＝x2－ax－a的圖象為開口向上的拋物線，所以函數的最大值在區間的端點取得.因為f(0)＝－a，f(2)＝4－3a，所以或解得a＝1.2.（2022·安徽安慶月考）冪函數y＝(m∈Z)的圖象如圖所示，則實數m的值為()A．3 B．0C．1 D．2答案：C．解析：因為函數y在(0，＋∞)上單調遞減，所以m2－2m－3<0，解得－1<m<3.因為m∈Z，所以m＝0，1，2.而當m＝0或2時，f(x)＝x－3為奇函數，當m＝1時，f(x)＝x－4為偶函數，所以m＝1.故選C.3.（2021·遼寧省沈陽市模擬）已知二次函數f(x)的圖象經過點(4，3)，它在x軸上截得的線段長為2，并且對任意x∈R，都有f(2－x)＝f(2＋x)，則f(x)＝________.答案x2－4x＋3解析因為f(2－x)＝f(2＋x)對x∈R恒成立，所以y＝f(x)的圖象關于x＝2對稱.所以二次函數f(x)與x軸的兩交點坐標為(1，0)和(3，0).因此設f(x)＝a(x－1)(x－3).又點(4，3)在y＝f(x)的圖象上，所以3a＝3，則a＝1.故f(x)＝(x－1)(x－3)＝x2－4x＋3.4.（2022·江西贛州檢測）已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋5的圖象過點P(－1，11)，且其對稱軸是直線x＝1，則a＋b的值是()A．－2 B．0C．1 D．2答案：A解析：因為二次函數f(x)＝ax2＋bx＋5的圖象的對稱軸是直線x＝1，所以－＝1①.又f(－1)＝a－b＋5＝11，所以a－b＝6②.聯立①②，解得a＝2，b＝－4，所以a＋b＝－2.故選A.5.（2021·山西運城模擬）有下列四個冪函數，某同學研究了其中的一個函數，并給出這個函數的三個性質：(1)是偶函數；(2)值域是{y|y∈R，且y≠0}；(3)在(－∞，0)上單調遞增．如果給出的三個性質中，有兩個正確，一個錯誤，則他研究的函數是()A．y＝x－1 B．y＝x－2C．y＝x3 D．y＝xeq\s\up6(\f(1,3))答案：B解析：對于A，y＝x－1是奇函數，值域是{y|y∈R，且y≠0}，在(－∞，0)上單調遞減，三個性質中有兩個不正確；對于B，y＝x－2是偶函數，值域是{y|y∈R，且y>0}，在(－∞，0)上單調遞增，三個性質中有兩個正確，符合條件；同理可判斷C，D中的函數不符合條件．故選B.5.(2021·河南鄭州模擬)若函數f(x)＝eq\f(d,ax2＋bx＋c)(a，b，c，d∈R)的圖象如圖所示，則a∶b∶c∶d＝()A．1∶6∶5∶8 B．1∶6∶5∶(－8)C．1∶(－6)∶5∶8 D．1∶(－6)∶5∶(－8)答案：D解析：由圖象可知，x≠1,5，所以ax2＋bx＋c＝k(x－1)(x－5)，所以a＝k，b＝－6k，c＝5k，根據圖象可得當x＝3時，y＝2，所以d＝－8k，所以a∶b∶c∶d＝1∶(－6)∶5∶(－8)．故選D.6.（2021河南洛陽模擬）若函數f(x)＝x2－2x＋1在區間[a，a＋2]上的最小值為4，則a的取值集合為________．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，3))解析：因為函數f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，對稱軸x＝1，因為f(x)在區間[a，a＋2]上的最小值為4，所以當1≤a時，f(x)min＝f(a)＝(a－1)2＝4，解得a＝－1(舍去)或a＝3，當a＋2≤1，即a≤－1時，f(x)min＝f(a＋2)＝(a＋1)2＝4，解得a＝1(舍去)或a＝－3，當a<1<a＋2，即－1<a<1時，f(x)min＝f(1)＝0≠4，故a的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，3)).7.（2021·陜西西安月考）已知二次函數f(x)滿足f(2＋x)＝f(2－x)，且f(x)在[0，2]上是增函數，若f(a)≥f(0)，則實數a的取值范圍是________．答案：[0，4]解析：由f(2＋x)＝f(2－x)可知，函數f(x)圖象的對稱軸為x＝＝2，又函數f(x)在[0，2]上單調遞增，所以由f(a)≥f(0)可得0≤a≤4.8.（2021吉林省長春市模擬）已知二次函數f(x)滿足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)當x∈[－1，1]時，函數y＝f(x)的圖象恒在函數y＝2x＋m的圖象的上方，求實數m的取值范圍.解(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(x＋1)－f(x)＝2x，得2ax＋a＋b＝2x.所以，2a＝2且a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1，又f(0)＝1，所以c＝1.因此f(x)的解析式為f(x)＝x2－x＋1.(2)因為當x∈[－1，1]時，y＝f(x)的圖象恒在y＝2x＋m的圖象上方，所以在[－1，1]上，x2－x＋1>2x＋m恒成立；即x2－3x＋1>m在區間[－1，1]上恒成立.所以令g(x)＝x2－3x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，因為g(x)在[－1，1]上的最小值為g(1)＝－1，所以m<－1.故實數m的取值范圍為(－∞，－1).9.（2021·江蘇常州模擬）“彎弓射雕”描述的是游牧民族的豪邁氣氛，當弓箭以每秒a米的速度從地面垂直向上射箭時，t秒時弓箭距離地面的高度為x米，可由確定，已知射箭3秒時弓箭距離地面的高度為135米，則可能達到的最大高度為（）A.135米 B.160米 C.175米 D.180米【答案】D【解析】由題意,當時,,代入,可得,解得,則,當時,取得最大值.故選D.10.（2021·吉林白山期末）若函數是冪函數,且在上單調遞增,則()A. B. C.2 D.4【答案】D【解析】因為函數是冪函數,所以,解得或.又因為在上單調遞增,所以,所以,即,從而.故選D.11.（2021·西安四校聯考）已知a＝0.50.8，b＝0.80.5，c＝0.80.8，則（）A.c＜b＜a B.c＜a＜bC.a＜b＜c D.a＜c＜b【答案】D【解析】由題意，根據指數函數與冪函數的單調性，可得a＝0.50.8＜0.50.5，b＝0.80.5＞0.50.5，所以b＞a，又由c＝0.80.8＞0.50.8，所以c＞a，又b＝0.80.5＞c＝0.80.8，所以a＜c＜b.故選D.12.（2021·廣東惠州模擬）已知函數f（x）＝x2＋x＋c，若f（0）＞0，f（p）＜0，則必有（）A.f（p＋1）＞0B.f（p＋1）＜0C.f（p＋1）＝0D.f（p＋1）的符號不能確定【答案】A【解析】由題意知，f（0）＝c＞0，函數圖像的對稱軸為直線x＝－，則f（－1）＝f（0）＞0，設f（x）＝0的兩根分別為x1，x2（x1＜x2），則－1＜x1＜x2＜0，根據圖像（圖略）知，x1＜p＜x2，故p＋1＞0，f（p＋1）＞0.故選A.13.（2021河北邢臺期末）已知函數滿足，若函數與的圖象的交點為，則（）A. B. C.n D.0【答案】A【解析】∵函數滿足，∴的對稱軸為，又函數的對稱軸也為，∴兩個函數圖象的交點也關于對稱．當n為偶數時，；當n為奇數時，．綜上，．故選A.14．（2021廣東珠海模擬）二次函數在上最大值為3，則實數＝（）A. B. C.2D.2或【答案】B【解析】對稱軸,判斷對稱軸與區間的位置關系,當時,在區間上單調遞減,,此時,不滿足；當時,,此時,又所以.故選B.15．(2021·河北衡水中學調研)設函數f(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝ax2＋bx(a，b∈R，a≠0)．若y＝f(x)的圖象與y＝g(x)的圖象有且僅有兩個不同的公共點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則下列判斷正確的是()A．當a＜0時，x1＋x2＜0，y1＋y2＞0B．當a＜0時，x1＋x2＞0，y1＋y2＜0C．當a＞0時，x1＋x2＜0，y1＋y2＜0D．當a＞0時，x1＋x2＞0，y1＋y2＞0【答案】B【解析】當a＜0時，作出兩個函數的圖象，如圖所示，由題意不妨記函數f(x)與g(x)的圖象在第三象限交于點A(x1，y1)，在第一象限相切于點B(x2，y2)，因為函數f(x)＝eq\f(1,x)是奇函數，所以設A關于原點對稱的點為A′(－x1，－y1)，顯然x2＞－x1＞0，即x1＋x2＞0，－y1＞y2，即y1＋y2＜0.當a＞0時，由對稱性知x1＋x2＜0，y1＋y2＞0.故選B.16.(2021·山東濟南模擬)已知二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象如圖所示，記p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|，則()A．p>qB．p＝qC．p<qD．以上都有可能【答案】C【解析】因為二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象開口向下，經過原點且對稱軸在x＝1的右側，故a<0，－eq\f(b,2a)>1，c＝0，所以b>0,2a＋b>0,2a－b<0.又當x＝－1時，y＝a－b＋c<0，當x＝1時，y＝a＋b＋c>0，所以p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|＝－a＋b－c＋2a＋b＝a＋2b－c，q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|＝a＋b＋c－2a＋b＝－a＋2b＋c，所以p－q＝2(a－c)＝2a<0，所以p<q.故選C.17．(2021·西安八校聯考)若函數f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有兩個不同的零點，且f(1－x)≥－1恒成立，則實數m的取值范圍是()A．(0,1) B．[0,1)C．(0,1] D．[0,1]【答案】B【解析】因為函數f(x)＝x2－2x＋m(x∈R)有兩個不同的零點，所以方程x2－2x＋m＝0有兩個不同的實根，所以Δ>0,4－4m>0，m<1.因為f(1－x)≥－1恒成立，所以(1－x)2－2(1－x)＋m≥－1恒成立，所以x2＋m≥0恒成立，所以m≥0，所以m∈[0,1)．故選B.18．(2021·福建莆田模擬)已知函數f(x)＝x2＋bx＋1滿足f(－x)＝f(x＋1)，若存在實數t，使得對任意實數x∈[1，m]，都有f(x＋t)≤x成立，則實數m的最大值為________．【答案】3【解析】函數f(x)＝x2＋bx＋1滿足f(－x)＝f(x＋1)，則f(x)圖象的對稱軸為x＝，則－＝，解得b＝－1，∴f(x)＝x2－x＋1，由f(x＋t)≤x得(x＋t)2－(x＋t)＋1≤x，即(x＋t－1)2≤－t(t≤0)，∴1－t－≤x≤1－t＋，由題意可得1－t－≤1，解得－1≤t≤0，令y＝1－t＋＝，可得1≤y≤3，∴m≤3，可得m的最大值為3.19.（2021·河北承德模擬）設f(x)與g(x)是定義在同一區間[a，b]上的兩個函數，若函數y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有兩個不同的零點，則稱f(x)和g(x)在[a，b]上是“關聯函數”．若f(x)＝x2－3x＋4與g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“關聯函數”，則m的取值范圍為________．【答案】【解析】由題意得，函數y＝f(x)－g(x)＝x2－3x＋4－2x－m＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有兩個不同的零點．令h(x)＝x2－5x＋4－m，則即.20.（2021·北京市模擬）設則“的圖象經過”是“為奇函數”的（）A．充分不必要件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】由，由的圖像經過，則的值為，此時為奇函數.又當為奇函數時，則的值為，此時的圖象經過.所以“的圖象經過”是“為奇函數”的充要條件.故選C.21.（2021陜西省榆林市模擬）下列四個函數：①；②；③；④，其中定義域與值域相同的函數的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】①函數的定義域為，值域也為；即定義域和值域相同；②函數的定義域為，值域也為；即定義域和值域相同；③指數函數的定義域為，值域為，即定義域和值域不同；④冪函數的定義域為，值域也為，即定義域和值域相同；故選C.22．(2021·江西省九江一中模擬)對數函數y＝logax(a>0且a≠1)與二次函數y＝(a－1)x2－x在同一坐標系內的圖象可能是()答案：A解析：若0<a<1，則y＝logax在(0，＋∞)上單調遞減；y＝(a－1)x2－x的圖象開口向下，對稱軸在y軸左側，排除C，D．若a>1，則y＝logax在(0，＋∞)上單調遞增，y＝(a－1)x2－x的圖象開口向上，且對稱軸在y軸右側，因此B不正確.故選A.23．（2021·湖北省襄陽市第四中學模擬）已知定義在上的冪函數（為實數）過點，記，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由題得.函數是上的增函數.因為，，所以，所以，所以.故選A.24．(2021·陜西省西安模擬)設函數f(x)＝ax2－2x＋2，對于滿足1<x<4的一切x值都有f(x)>0，則實數a的取值范圍為________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：由題意得a>eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)對1<x<4恒成立．又eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－\f(2,x2)))max＝eq\f(1,2).所以a>eq\f(1,2).25.定義在R上的函數f(x)＝－x3＋m與函數g(x)＝f(x)＋x3＋x2－kx在[－2，2]上具有相同的單調性，則k的取值范圍是()A.(－∞，－4] B.[4，＋∞)C.[－2，4] D.(－∞，－4]∪[4，＋∞)答案B解析易知f(x)＝－x3＋m在R上是減函數.依題設，函數g(x)＝x2－kx＋m在[－2，2]上單調遞減.∴拋物線的對稱軸x＝eq\f(k,2)≥2，則k≥4.故選B.26.已知函數f(x)＝mx2＋(2－m)x＋n(m>0)，當－1≤x≤1時，|f(x)|≤1恒成立，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝________.答案－eq\f(1,9)解析當x∈[－1，1]時，|f(x)|≤1恒成立.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|f（0）|≤1?|n|≤1?－1≤n≤1；,|f（1）|≤1?|2＋n|≤1?－3≤n≤－1，))因此n＝－1，∴f(0)＝－1，f(1)＝1.由f(x)的圖象可知：要滿足題意，則圖象的對稱軸為直線x＝0，∴2－m＝0，m＝2，∴f(x)＝2x2－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(1,9).27．(2021·上海復興高級中學期中)對于問題：當x>0時，均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，求實數a的所有可能值．幾位同學提供了自己的想法．甲：解含參不等式，其解集包含正實數集；乙：研究函數y＝[(a－1)x－1](x2－ax－1)；丙：分別研究兩個函數y1＝(a－1)x－1與y2＝x2－ax－1；丁：嘗試能否參變量分離研究最值問題．你可以選擇其中某位同學的想法，也可以用自己的想法，可以得出的正確答案為________．答案eq\f(3,2)解析選丙．畫出y2＝x2－ax－1的草圖，y2＝x2－ax－1過定點C(0，－1)．∴y2＝x2－ax－1與x軸有兩個交點，且兩交點在原點兩側，又y1＝(a－1)x－1也過定點C(0，－1)，故直線y1＝(a－1)x－1只有過點A，C才滿足題意，∴a－1>0，即a>1，令y1＝0得x＝eq\f(1,a－1)，將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)，0))代入y2＝x2－ax－1＝0，解得a＝0(舍)或a＝eq\f(3,2).28.已知冪函數f(x)＝(m－1)2xm2－4m＋2在(0，＋∞)上單調遞增，函數g(x)＝2x－k.(1)求m的值；(2)當x∈[1，2)時，記f(x)，g(x)的值域分別為集合A，B，設p：x∈A，q：x∈B，若p是q成立的必要條件，求實數k的取值范圍.解析(1)依題意得：(m－1)2＝1?m＝0或m＝2，當m＝2時，f(x)＝x－2在(0，＋∞)上單調遞減，與題設矛盾，舍去，∴m＝0.(2)由(1)得，f(x)＝x2，當x∈[1，2)時，f(x)∈[1，4)，即A＝[1，4)，當x∈[1，2)時，g(x)∈[2－k，4－k)，即B＝[2－k，4－k)，因p是q成立的必要條件，則B?A，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－k≥1，,4－k≤4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k≤1，,k≥0，))得0≤k≤1.故實數k的取值范圍是[0，1].29.(2021·遼寧省沈陽模擬)已知函數f(x)＝－x2＋ax－6，g(x)＝x＋4.若對任意x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(－∞，－1]，使f(x1)≤g(x2)，則實數a的最大值為。答案：6 解析由題意f(x)max≤g(x)max，(*)由g(x)在(－∞，－1]上單調遞增，則g(x)max＝g(－1)＝3，f(x)＝－x2＋ax－6＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(a2,4)－6.當a≤0時，f(x)在[0，＋∞)上單調遞減，所以f(x)<f(0)＝－6，顯然f(x)<g(x)max＝3.所以當a≤0時，(*)恒成立.當a>0時，x＝eq\f(a,2)∈(0，＋∞)，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)－6.此時應有eq\f(a2,4)－6≤3，且a>0，解得0<a≤6.綜上可知a≤6，則a的最大值為6.30.(2021·河南省鄭州質檢)已知p：|m＋1|<1，q：冪函數y＝(m2－m－1)xm在(0，＋∞)上單調遞減，則p是q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答案B解析p：由|m＋1|<1得－2<m<0，又冪函數y＝(m2－m－1)xm在(0，＋∞)上單調遞減，所以m2－m－1＝1，且m<0，解得m＝－1.故p是q的必要不充分條件.故選B.31.(2016·全國Ⅲ卷)已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)，則()A.b<a<c B.a<b<cC.b<c<a D.c<a<b答案A解析因為a＝2eq\f(4,3)＝4eq\f(2,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝5eq\f(2,3)又y＝xeq\f(2,3)在(0，＋∞)上是增函數，所以c>a>b.故選A.32.已知函數f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0，1]，若f(x)有最小值－2，則f(x)的最大值為________.答案1解析f(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋a＋4，∴函數f(x)＝－x2＋4x＋a在[0，1]上單調遞增，∴當x＝0時，f(x)取得最小值，當x＝1時，f(x)取得最大值，∴f(0)＝a＝－2，f(1)＝3＋a＝3－2＝1.3.2指數與指數函數1.函數f(x)＝ax－2022＋2022(a>0且a≠1)的圖象過定點A，則點A的坐標為______.答案(2022，2023)解析令x－2022＝0，得x＝2022，則y＝2023，故點A的坐標為(2022，2023).2.（2021·湖南省永州市模擬）若，，，則a，b，c的大小關系是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】函數在R上是減函數，，又冪函數在上單調遞增，，，所以，而函數是R上增函數，，，故選B.3.（2021·江西省貴溪市模擬）下列比較大小正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】因為指數函數為減函數，則.故選A.4.（2021·江蘇省南通模擬）已知函數，在R上單調遞增，其中e為自然對數的底數，那么當m取得最大值時，關于x的不等式的解集為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為函數在R上單調遞增，則有，解得，所以m的最大值為1，此時，令，解得，當時，，解得，所以，當時，，解得，綜上，不等式的解集為，故選B.5.已知實數a≠1，函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，,2a－x，x<0，))若f(1－a)＝f(a－1)，則a的值為______．答案：eq\f(1,2)解析：當a<1時，41－a＝21，解得a＝eq\f(1,2)；當a>1時，代入不成立．故a的值為eq\f(1,2).6.（2021·福建莆田七中期中）化簡且_________．答案：解析：.7.(2021·東北三校聯考)若關于x的方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有兩個不等實根，則a的取值范圍是()A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1)C．(1，＋∞) D.答案：D解析：方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有兩個實數根轉化為函數y＝|ax－1|與y＝2a有兩個交點．①當0<a<1時，如圖①，∴0<2a<1，即0<a<；②當a>1時，如圖②，而y＝2a>1不符合要求．∴0<a<.故選D.8.（2021·陜西延安模擬）若函數的值域是，則f(x)的單調遞增區間是（）A.B.C.D.答案：A解析：令，由于的值域是，所以的值域是.因此有，解得,這時，由于的單調遞減區間是，在R上遞減；所以的單調遞增區間是.故選A.9.（2021·山東濟南模擬）已知f(x)是定義在R上的偶函數，且在區間上單調遞增．若實數a滿足，則a的取值范圍是（）A.B.C. D.答案：D解析：,故選D.10.設，則“”是“”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【答案】B【解析】因，又，而，即“”是“”的必要不充分條件，所以“”是“”的必要不充分條件．故選B.11.（2021·河北省唐山市第一中學模擬）在流行病學中，基本傳染數是指在沒有外力介入，同時所有人都沒有免疫力的情況下，一個感染者平均傳染的人數.一般由疾病的感染周期?感染者與其他人的接觸頻率?每次接觸過程中傳染的概率決定.假設某種傳染病的基本傳染數，平均感染周期為7天，那么感染人數由1個初始感染者增加到1000人大約需要（）輪傳染？(初始感染者傳染個人為第一輪傳染，這個人每人再傳染個人為第二輪傳染……)A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】感染人數由1個初始感染者增加到1000人大約需要n輪傳染,則每輪新增感染人數為，經過n輪傳染，總共感染人數為：即，解得，所以感染人數由1個初始感染者增加到1000人大約需要5輪傳染，故選B.12.(2019·全國Ⅰ卷)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a答案B解析由對數函數的單調性可得a＝log20.2<log21＝0，由指數函數的單調性可得b＝20.2>20＝1，0<c＝0.20.3<0.20＝1，所以a<c<b.故選B.12.(2020·新高考全國Ⅰ卷)基本再生數R0與世代間隔T是新冠肺炎的流行病學基本參數．基本再生數指一個感染者傳染的平均人數，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時間．在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數模型：I(t)＝ert描述累計感染病例數I(t)隨時間t(單位：天)的變化規律，指數增長率r與R0，T近似滿足R0＝1＋rT.有學者基于已有數據估計出R0＝3.28，T＝6.據此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間約為(ln2≈0.69)()A．1.2天B．1.8天C．2.5天D．3.5天答案B解析由R0＝1＋rT，R0＝3.28，T＝6，得r＝eq\f(R0－1,T)＝eq\f(3.28－1,6)＝0.38.由題意，累計感染病例數增加1倍，則I(t2)＝2I(t1)，即所以即0.38(t2－t1)＝ln2，所以t2－t1＝eq\f(ln2,0.38)≈eq\f(0.69,0.38)≈1.8.故選B.13.（2021點重慶模擬）國家速滑館又稱“冰絲帶”，是北京年冬奧會的標志性場館，擁有亞洲最大的全冰面設計，但整個系統的碳排放接近于零，做到真正的智慧場館、綠色場館.并且為了倡導綠色可循環的理念，場館還配備了先進的污水、雨水過濾系統.已知過濾過程中廢水的污染物數量與時間的關系為（為最初污染物數量）.如果前小時消除了的污染物，那么污染物消除至最初的還需要（）小時.A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意可得，可得，設，可得，解得.因此，污染物消除至最初的還需要小時.故選C.14．化簡：(a>0，b>0)＝________.答案eq\f(1,a)解析原式＝15．（2021河北省秦皇島市模擬）已知函數，則不等式的解集為___________.【答案】【解析】，或，解得或，即，不等式的解集為.16.（2021·河北省唐山市模擬）已知函數，則不等式的解集為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由得，即，g整理得：.所以，，解得.故選D.17．（2021·湖南省名校聯考聯合體模擬）2019年，公安部交通管理局下發《關于治理酒駕醉駕違法犯罪行為的指導意見》，對治理酒駕醉駕違法犯罪行為提出了新規定，根據國家質量監督檢驗檢疫總局下發的標準，車輛駕駛人員飲酒后或者醉酒后駕車血液中的酒精含量閾值見下表.經過反復試驗，一般情況下，某人喝一瓶啤酒后酒精在人體血液中的變化規律的“散點圖"見圖.車輛駕駛人員血液灑精含量閾值駕駛行為類別閾值飲酒駕車醉酒駕車且如圖所示的函數模型為.假設該人喝一瓶啤酒后至少經過小時才可以駕車，則n的值為___________.(參考數據：)【答案】6【解析】由散點圖可知，該人喝一瓶啤酒后的2個小時內，其酒精含量閾值大于20，所以有，解得，解得.因為，所以n的最小值為6.18．（2021湖南省部分地區模擬）已知函數且)的圖像過點.（1）求函數的解析式；（2）若函數在區間上的最大值是最小值的4倍，求實數的值.【解】（1）因為函數且)的圖像過點，所以，解得，所以（2）由（1）知，所以函數為遞減函數.故函數在區間上的最大值，最小值分別為，，所以，即，解得.19．(2021·內蒙古包頭模擬)已知函數f(x)＝eq\f(4x＋m,2x)是奇函數．(1)求實數m的值；(2)設g(x)＝2x＋1－a，若函數f(x)與g(x)的圖象有公共點，求實數a的取值范圍．解(1)∵f(x)為奇函數，∴f(0)＝0，得m＝－1，經檢驗當m＝－1時，f(x)為奇函數，∴m＝－1.(2)令eq\f(4x－1,2x)＝2x＋1－a，令t＝2x，∴t>0，∴eq\f(t2－1,t)＝2t－a，即a＝t＋eq\f(1,t)，∴方程a＝t＋eq\f(1,t)有正實數根，∵t＋eq\f(1,t)≥2，當且僅當t＝1時取等號．∴a≥2.即實數a的取值范圍是[2，＋∞)．20.(2021·山東師大附中月考)已知定義在R上的函數f(x)＝2x－eq\f(1,2|x|).(1)若f(x)＝eq\f(3,2)，求x的值；(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0對任意t∈[1，2]恒成立，求實數m的取值范圍.解(1)當x<0時，f(x)＝0，故f(x)＝eq\f(3,2)無解；當x≥0時，f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，由2x－eq\f(1,2x)＝eq\f(3,2)，得2·22x－3·2x－2＝0，將上式看成關于2x的一元二次方程，解得2x＝2或2x＝－eq\f(1,2)，因為2x>0，所以2x＝2，所以x＝1.(2)當t∈[1，2]時，2teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22t－\f(1,22t)))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(1,2t)))≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)，因為22t－1>0，所以m≥－(22t＋1)，又y＝－22t－1，t∈[1，2]為減函數，∴ymax＝－22－1＝－5，故m≥－5.21.(2021·湖南省長郡中學檢測)下列函數中，與函數y＝2x－2－x的定義域、單調性與奇偶性均一致的是()A.y＝sinx B.y＝x3 C.y＝ D.y＝log2x答案B解析y＝2x－2－x是定義域為R的單調遞增函數，且是奇函數.y＝sinx不是單調遞增函數，不符合題意；y＝是非奇非偶函數，不符合題意；y＝log2x的定義域是(0，＋∞)，不符合題意；y＝x3是定義域為R的單調遞增函數，且是奇函數，符合題意.故選B.22.(2021·四川省成都模擬)不論a為何值，函數y＝(a－1)2x－eq\f(a,2)恒過定點，則這個定點的坐標是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2))) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))答案C解析y＝(a－1)2x－eq\f(a,2)變為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))a－(2x＋y)＝0，依題意，對a∈R，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))a－(2x＋y)＝0恒成立，則2x－eq\f(1,2)＝0，且2x＋y＝0，∴x＝－1且y＝－eq\f(1,2)，即恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).故選C.23．（2021·山東省菏澤市模擬）寫出一個同時滿足下列兩個條件的非常數函數_________①當時，；②為偶函數【答案】（，）（答案不唯一）【解析】若滿足①對任意的有成立，則對應的函數為指數函數的形式；若滿足②為偶函數，只需要將加絕對值即可，所以滿足①②兩個條件的函數可以是：（，）.故答案為：（，）（答案不唯一）24．（2021西南名校聯盟模擬）___________.【答案】【解析】.25.（2021安徽蕪湖模擬）函數（其中e為自然對數的底數）的圖象可能是()A. B.C. D.【答案】A【解析】由函數可知函數有兩個零點，和，當時，，且時，，故排除B,C,D.故選A.26.（2021江西新余模擬）函數f(x)是定義在R上的奇函數，且當時，(為常數)，則（）A. B. C. D.－2【答案】D【解析】函數是定義在上的奇函數，當時，，，解得，當時，，.故選D.27．(2021·廣西質檢)若xlog52≥－1，則函數f(x)＝4x－2x＋1－3的最小值為()A．－4 B．－3C．－1 D．0【答案】A【解析】∵xlog52≥－1，∴2x≥eq\f(1,5)，則f(x)＝4x－2x＋1－3＝(2x)2－2×2x－3＝(2x－1)2－4.當2x＝1時，f(x)取得最小值－4.故選A.28.（2021陜西西安模擬）函數，對任意的，，且，則下列四個結論不一定正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】A.,正確；B.函數在上遞增,若,則,正確；C.,不正確；D.由基本不等式,當時,,即,正確.故選C.29.（2021河北石家莊二中模擬）若函數是增函數，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題知，當時，，所以，要使單調遞增，只需且，則且，即且，故.故選B.30.（2021北京二中月考）在標準溫度和大氣壓下，人體血液中氫離子的物質的量的濃度（單位mol/L，記作）和氫氧根離子的物質的量的濃度（單位mol/L，記作）的乘積等于常數．已知pH值的定義為，健康人體血液的pH值保持在7．35～7．45之間，那么健康人體血液中的可以為（參考數據：，）（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由題設有，又，所以，所以．又，只有在范圍之中，故選C．點睛：利用之間的關系把轉化為，再利用指對數的關系求出，從而得到的范圍，依次檢驗各值是否在這個范圍中即可．故選C.31．(2021·河南信陽質檢)若不等式(m2－m)2x－x<1對一切x∈(－∞，－1]恒成立，則實數m的取值范圍是________．【答案】(－2,3)【解析】(m2－m)2x－x<1可變形為m2－m<x＋.設t＝x，則原條件等價于不等式m2－m<t＋t2在t≥2時恒成立．顯然t＋t2在t≥2時的最小值為6，所以m2－m<6，解得－2<m<3.32．（2021河南周口模擬）關于函數f(x)＝的性質，下列說法中錯誤的是()A．函數f(x)的定義域為RB．函數f(x)的值域為(0，＋∞)C．方程f(x)＝x有且只有一個實根D．函數f(x)的圖象是中心對稱圖形【答案】B【解析】函數f(x)＝的定義域為R，所以A正確；因為y＝4x在定義域內單調遞增，所以函數f(x)＝在定義域內單調遞減，所以函數的值域為，所以方程f(x)＝x只有一個實根，所以B不正確，C正確；因為f(x＋1)＋f(－x)＝eq\f(1,4x＋1＋2)＋eq\f(1,4－x＋2)＝eq\f(1,4·4x＋2)＋eq\f(4x,2·4x＋1)＝eq\f(1,2)，所以f(x)關于對稱，所以D正確，故選B．33．（2021安徽安慶模擬）定義：區間[x1，x2](x1<x2)的長度為x2－x1.已知函數y＝2|x|的定義域為[a，b]，值域為[1，2]，則區間[a，b]的長度的最大值與最小值的差為()A． B．1C． D．2【答案】B【解析】如圖是函數y＝2|x|值域為[1，2]上的圖象，使函數y＝2|x|的值域為[1，2]的區間長度最小的區間為[－1，0]，[0，1]，區間長度最大的區間為[－1，1]，從而由定義可知區間[a，b]的長度的最大值與最小值的差為2－1＝1.故選B.34．對于給定的函數f(x)＝ax－a－x(x∈R，a＞0，a≠1)，下面給出五個命題，其中真命題是________(只需寫出所有真命題的編號)．①函數f(x)的圖象關于原點對稱；②函數f(x)在R上不具有單調性；③函數f(|x|)的圖象關于y軸對稱；④當0＜a＜1時，函數f(|x|)的最大值是0；⑤當a＞1時，函數f(|x|)的最大值是0.【答案】①③④【解析】因為f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，f(x)的圖象關于原點對稱，①真；當a＞1時，f(x)在R上為增函數，②假；y＝f(|x|)是偶函數，其圖象關于y軸對稱，③真；當0＜a＜1時，y＝f(|x|)在(－∞，0)上為增函數，在[0，＋∞)上為減函數，所以當x＝0時，y＝f(|x|)的最大值為0，④真；當a＞1時，f(x)在(－∞，0)上為減函數，在[0，＋∞)上為增函數，所以當x＝0時，y＝f(x)的最小值為0，⑤假．綜上，真命題是①③④.35．(2021·河南十校聯考)設y＝f(x)在(－∞，1]上有定義，對于給定的實數K，定義fK(x)＝給出函數f(x)＝2x＋1－4x，若對于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，則()A．K的最大值為0 B．K的最小值為0C．K的最大值為1 D．K的最小值為1【答案】D【解析】根據題意可知，對于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，則f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．令2x＝t，則t∈(0,2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值為1，∴K≥1，故選D.36.(2019·全國卷Ⅱ)2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就，實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通信聯系．為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點的軌道運行．L2點是平衡點，位于地月連線的延長線上．設地球質量為M1，月球質量為M2，地月距離為R，L2點到月球的距離為r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r滿足方程：eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3).設α＝eq\f(r,R)，由于α的值很小，因此在近似計算中eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，則r的近似值為()A.eq\r(\f(M2,M1))R B．eq\r(\f(M2,2M1))RC.eq\r(3,\f(3M2,M1))R D．eq\r(3,\f(M2,3M1))R【答案】D【解析】由eq\f(M1,R＋r2)＋eq\f(M2,r2)＝(R＋r)eq\f(M1,R3)，得.因為α＝eq\f(r,R)，所以eq\f(M1,1＋α2)＋eq\f(M2,α2)＝(1＋α)M1，得eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)＝eq\f(M2,M1).由eq\f(3α3＋3α4＋α5,1＋α2)≈3α3，得3α3≈eq\f(M2,M1)，即33≈eq\f(M2,M1)，所以r≈eq\r(3,\f(M2,3M1))·R，故選D.3.3對數與對數函數1.函數y＝lg|x|()A．是偶函數，在區間(－∞，0)上單調遞增B．是偶函數，在區間(－∞，0)上單調遞減C．是奇函數，在區間(0，＋∞)上單調遞減D．是奇函數，在區間(0，＋∞)上單調遞增答案：B解析：y＝lg|x|是偶函數，由圖象知(圖略)，函數在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．故選B.2．（2021·山東臨沂模擬）已知某種藥物在病人體內的含量在1200mg以上時才會對某種病情起療效，現給某病人注射該藥物2000mg，假設藥物在病人體內的含量以每小時25%的速度遞減，為了保持藥物療效，則經過（）小時后須再次向病人體內補充這種藥物．（已知，，結果精確到0.1h）A．1.8 B．1.9 C．2.1 D．2.2【答案】A【解析】設經過小時后須開始再次補充這種藥物，則，化簡可得，所以，故選A.3.(2021·陜西西安調研)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且當x≥0時，f(x)＝ln(x＋1)，則函數f(x)的大致圖象為()答案：C解析：先作出當x≥0時，f(x)＝ln(x＋1)的圖象，顯然圖象經過點(0,0)，再作此圖象關于y軸對稱的圖象，可得函數f(x)在R上的大致圖象，如選項C中圖象所示．故選C.4.（2021·江蘇揚州模擬）下列說法中正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】對于，，所以當時，，故．根據函數，，則，在定義域上單調遞減，，，所以存在，使得，所以時，所以函數在單調遞減，所以，所以，所以，故選A.5.已知函數f(x)＝loga(8－ax)(a>0，且a≠1)，若f(x)>1在區間[1，2]上恒成立，則實數a的取值范圍是________.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3)))解析：當a>1時，f(x)＝loga(8－ax)在[1，2]上是減函數，由f(x)>1在區間[1，2]上恒成立，則f(x)min＝f(2)＝loga(8－2a)>1，且8－2a>a，解得1<a<eq\f(8,3).當0<a<1時，f(x)在[1，2]上是增函數，由f(x)>1在區間[1，2]上恒成立，知f(x)min＝f(1)＝loga(8－a)>1，且8－2a>0.∴8－a<a且8－2a>0，此時解集為?.綜上可知，實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3))).6.若lg2＝a，lg3＝b，則lg12的值為()A．a B．bC．2a＋b D．2ab答案：C解析：因為lg2＝a，lg3＝b，所以lg12＝lg(4×3)＝2lg2＋lg3＝2a＋b.故選C．7．（2021湖南長沙模擬）函數f(x)＝的單調遞增區間為()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)答案：D解析：函數y＝f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因為函數y＝f(x)是由y＝與t＝g(x)＝x2－4復合而成，又y＝在(0，＋∞)上單調遞減，g(x)在(－∞，－2)上單調遞減，所以函數y＝f(x)在(－∞，－2)上單調遞增．故選D.8.（2020全國I卷）設，則（）A. B. C. D.答案：B解析：由可得，所以，所以有.故選B.9.（2020全國III卷）設，，，則（）A.B.C.D.答案：A解析：因為，，所以.故選A.10.(2021·河南信陽質檢)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在區間[0，＋∞)內單調遞增．若實數a滿足f(log4a)＋f(log0.25a)≤2f(1)，則a的取值范圍是()A． B．C． D．答案：B解析：∵log0.25a＝＝－log4a且f(x)為偶函數，∴f(log4a)＋f(log0.25a)≤2f(1)可化為f(log4a)≤f(1)，又f(x)在[0，＋∞)內單調遞增，∴|log4a|≤1，∴log4＝－1≤log4a≤1≤log44，∴≤a≤4.故選B.11.(2021·華南師大附中模擬)已知函數f(x)＝log0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上單調遞減，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，4] B．[4，＋∞)C．[－4，4] D．(－4，4]答案：D解析：函數f(x)＝log0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上單調遞減?函數t＝x2－ax＋3a在[2，＋∞)上單調遞增，且t>0??－4<a≤4.故選D.12.（2022·陜西渭南摸底）函數為定義在R上的奇函數，則等于（）A. B.－9 C.－8 D.【答案】C【解析】根據題意，為定義在上的奇函數，則有，解可得：，則，則.故選C.13.（2021寧夏銀川月考）已知f(x)是偶函數，它在上是減函數，若，則實數的取值范圍是（）A.B.C. D.【答案】C【解析】因為是偶函數，它在上是減函數，若，所以，所以，又因為在上單調遞增，所以，故選C.14.（2021·重慶二診）定義在R上的奇函數f(x)滿足：，且當時，，若，則實數m的值為（）A.2 B.1 C.0 D.-1【答案】B【解析】由為奇函數知，∴，即，∴，∴是周期為3的周期函數，故，即，∴.故選B.15．(2021·江西九江七校聯考)若函數f(x)＝log2(x2－ax－3a)在區間(－∞，－2]上是減函數，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，4) B．(－4，4]C．(－∞，4)∪[2，＋∞) D．[－4，4)【答案】D【解析】由題意得x2－ax－3a>0在區間(－∞，－2]上恒成立且函數y＝x2－ax－3a在(－∞，－2]上遞減，則≥－2且(－2)2－(－2)a－3a>0，解得實數a的取值范圍是[－4，4).故選D.16.（2021·陜西西安質檢）在同一直角坐標系中，函數且的圖象可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】當時，函數過定點且單調遞減，則函數過定點且單調遞增，函數過定點且單調遞減，D選項符合；當時，函數過定點且單調遞增，則函數過定點且單調遞減，函數過定點且單調遞增，各選項均不符合.綜上，故選D.17.（2021·河北張家口三模）已知，且，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由，得.令，則，所以當時單調遞增；當時單調遞減.又，所以又，所以故選C.18.（2021·天津八校聯考）設f(x)為定義在R上的奇函數，當時，（a為常數），則不等式的解集為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】因為是定義在上的奇函數，所以，解得，所以，當時，．當時，函數和在上都是增函數，所以在上單調遞增；由奇函數的性質可知，在上單調遞增，因為，故，即有，解得．故選D.19.（2021·甘肅臨夏模擬）已知，①②③④以上4個結論中正確的序號為________．【答案】①③④【解析】對于①，因為在R上單調遞減，，所以，故①正確；對于②，因為在R上單調遞增，，所以，故②不正確；對于③，，故③正確；對于④，由②，，故④正確.故答案為：①③④20．（2021·黑龍江齊齊哈爾三模）已知函數滿足當時，，且當時，；當時，且).若函數的圖象上關于原點對稱的點恰好有3對，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】先作出函數在上的部分圖象，再作出關于原點對稱的圖象，如圖所示，當時，對稱后的圖象不可能與在的圖象有3個交點；當時，要使函數關于原點對稱后的圖象與所作的圖象有3個交點，則，解得.故選C.21．（2021·甘肅張掖模擬）已知函數，正實數、滿足，且，若在區間上的最大值為2，則、的值分別為（）A.、2 B.、4 C.、2 D.、4【答案】B【解析】，所以，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，由于正實數、滿足，且，則必有，且，則，所以，，可得，所以，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，因為，，所以，，當時，，解得，因此，，.故選B.22.（2021·山東淄博一模）已知函數在R上單調遞減，則的取值范圍是_________.【答案】【解析】由題分段函數在上單調遞減可得又因為二次函數圖像開口向上，所以，解得且，將代入可得，解得.所以的取值范圍是23.（2021·安徽蚌埠模擬）已知定義在R上的偶函數f(x)滿足，且在[1,2]上的表達式為，則函數f(x)與的圖象的交點的個數為__________.【答案】6【解析】由得直線是函數的圖象的一條對稱軸，又是偶函數，所以是周期函數，且周期為2，在同一坐標系中作出函數與的圖象，如圖，在時，設，是一個增函數，，，因此存在，使得，時，，遞減，時，，遞增，，，因此在上存在一個零點．所以結合圖象，與的圖象的交點個數為6．24.（2021·寧夏大學附屬中學月考）若，則（）A. B. C.D.【答案】B【解析】設，則為增函數，因為所以，所以，所以.，當時，，此時，有當時，，此時，有，所以C、D錯誤.故選B.25.（2021·四川成都模擬）已知函數則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，故，故選C.2．（2021安徽省合肥六中模擬）已知，則（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，可得，所以.故選A.26.（2021?全國甲卷）青少年視力是社會普遍關注的問題，視力情況可借助視力表測量．通常用五分記錄法和小數記錄法記錄視力數據，五分記錄法的數據L和小數記錄表的數據V的滿足．已知某同學視力的五分記錄法的數據為4.9，則其視力的小數記錄法的數據為（）（）A.1.5 B.1.2 C.0.8 D.0.6【答案】C【解析】由，當時，，則.故選C.27．（2021·陜西模擬）已知定義在上的奇函數滿足．當時，，則（）A．3 B． C． D．5【答案】A【解析】由條件可知，，且，即，即，那么，所以函數是周期為4的函數，.故選A.28．（2021山東省煙臺模擬）計算______.【答案】【解析】.29．（2021上海市模擬）若函數的反函數的圖象關于點對稱，則___________.【答案】【解析】由恒成立，可得函數的定義域為，由反函數的性質可得函數的圖象關于點對稱，則，即，解得.30．（2021·內蒙古模擬）黎曼函數是一個特殊的函數，由德國著名的數學家波恩哈德?黎曼發現提出，在高等數學中有著廣泛的應用，其定義為：，若函數是定義在R上的奇函數，且對任意x都有，當時，，則_________.【答案】【解析】∵是定義在R上的奇函數，且對任意x都有，∴，∴，即的周期為2，∵當時，，故.31.(2021·廣東廣州模擬)已知函數f(x)＝3－2log2x，g(x)＝log2x.(1)當x∈[1，4]時，求函數h(x)＝[f(x)＋1]·g(x)的值域；(2)如果對任意的x∈[1，4]不等式f(x2)·f(eq\r(x))>k·g(x)恒成立，求實數k的取值范圍.解(1)h(x)＝(4－2log2x)log2x＝2－2(log2x－1)2因為x∈[1，4]，所以log2x∈[0，2]，故函數h(x)的值域為[0，2].(2)由f(x2)·f(eq\r(x))>k·g(x)，得(3－4log2x)(3－log2x)>k·log2x，令t＝log2x，因為x∈[1，4]，所以t＝log2x∈[0，2]，所以(3－4t)(3－t)>k·t對一切t∈[0，2]恒成立，①當t＝0時，k∈R；②當t∈(0，2]時，k<eq\f(（3－4t）（3－t）,t)恒成立，即k<4t＋eq\f(9,t)－15，因為4t＋eq\f(9,t)≥12，當且僅當4t＝eq\f(9,t)，即t＝eq\f(3,2)時取等號，所以4t＋eq\f(9,t)－15的最小值為－3.所以k<－3.綜上，實數k的取值范圍為(－∞，－3).32.(2021·湖北武漢調研)函數f(x)的定義域為D，若滿足：①f(x)在D內是單調函數；②存在[a，b]?D，使f(x)在[a，b]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)))，那么就稱y＝f(x)為“半保值函數”，若函數f(x)＝loga(ax＋t2)(a>0，且a≠1)是“半保值函數”，則t的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))答案B解析函數f(x)＝loga(ax＋t2)(a<0，且a≠1)是“半保值函數”，且定義域為R.當a>1時，z＝ax＋t2在R上遞增，y＝logaz在(0，＋∞)上遞增，可得f(x)為R上的增函數；當0<a<1時，f(x)仍為R上的增函數，∴f(x)在定義域R上為增函數，f(x)＝loga(ax＋t2)＝eq\f(1,2)x，∴ax＋t2＝aeq\f(1,2)x，則ax－aeq\f(x,2)＋t2＝0.令u＝aeq\f(x,2)，u>0，則u2－u＋t2＝0有兩個不相等的正實根.得Δ＝1－4t2>0，且t2>0，∴0<t2<eq\f(1,4)，解得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故選B.33．（2021·陜西西安模擬）已知函數，則“函數在上單調遞減”是“”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【答案】A【解析】函數在上單調遞減，，所以，“函數在上單調遞減”是“”的充分不必要條件.故選A.34．（2021·河北模擬）已知，，，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，得或，由，得，由，得，∴當，，同時成立時，取交集得，故選A.35．（2021江蘇省徐州市新沂市第一中學模擬）函數的定義域是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由題意得解得或.所以原函數的定義域為.故選C.單元檢測三1.（2021·安徽蕪湖模擬）若，，，則a、b、c的大小關系為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由換底公式可得，對數函數是上的增函數，則，即；指數函數是上的減函數，則.因此，.故選D.2．已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，則a，b，c的大小關系為()A．c＜b＜a B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜b【答案】A【解析】∵a＝log27＞log24＝2,1＜b＝log38＜log39＝2，c＝0.30.2＜1，∴c＜b＜a.故選A.3.已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，則()A．a＞b＞c B．a＞c＞bC．c＞a＞b D．b＞c＞a【答案】A【解析】由0.2＜0.6,0.4＜1，并結合指數函數的圖象可知0.40.2＞0.40.6，即b＞c.因為a＝20.2＞1，b＝0.40.2＜1，所以a＞b.綜上，a＞b＞c.故選A.4.（2021寧夏銀川一中模擬）已知定義在R上的奇函數，當時，（1）求函數在R上的解析式；（2）作出的圖像（3）若函數在區間上單調遞增，求實數a的取值范圍.【解析】（1）由于是定義在上的奇函數，所以，當時，，.所以.（2）由（1）得，由此作出圖像如下圖所示：（3）由于在區間上遞增，根據（2）中的圖像可知，解得.5.（2021·廣東廣州質檢）已知函數．（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式有且僅有2個整數解，求正實數a的取值范圍．【解析】（1）當時，由，可得不等式即：即：可得：當時，不等式的解集為，故：不等式的解集為：；（2）又可得等式可化為，①，即時，原不等式的解集為，不滿足題意；②當，即時，，此時，要保證關于的不等式有且僅有2個整數解；③當，即時，，要保證關于的不等式有且僅有2個整數解只需，解得；綜上所述，或．6.（2021·河北承德期末）已知函數，.（1）當時，求f(x)的值域；（2）若f(x)的最大值為，求實數的值.【解析】（1）當時，在上單調遞減，故，，所以的值域為.（2），令，則原函數可化為，其圖象的對稱軸為.①當時，在上單調遞減，所以，無解；②當時，，即，解得；③當時，在上單調遞增，所以，解得，不合題意，舍去.綜上，的值為.7.（2021安徽蕪湖模擬）已知函數f(x)＝若關于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實根，則實數a的取值范圍是________．答案：(1，＋∞)解析：問題等價于函數y＝f(x)與y＝－x＋a的圖像有且只有一個交點，結合圖像可知a>1.8.（2021·河北名師聯盟）冪函數在(0,+∞)時是減函數，則實數m的值為（）A.2或－1 B.－1 C.－2 D.－2或1【答案】B【解析】由于冪函數在時是減函數，故有，解得．9.（2021·山西晉中月考）已知函數f(x)＝-x2＋2ax＋1-a在x∈[0，1]時有最大值2，則a的值為________．【答案】2或-1.【解析】f(x)＝-(x-a)2＋a2-a＋1，當a>1時，ymax＝f(1)＝a；當0≤a≤1時，ymax＝f(a)＝a2-a＋1；當a<0時，ymax＝f(0)＝1-a.根據已知條件有或或解得a＝2或a＝-1.10.（2021·湖南婁底模擬）設函數f(x)＝x2－23x＋60，g(x)＝f(x)＋|f(x)|，則g(1)＋g(2)＋…＋g(20)＝()A．56B．112C．0D．38【答案】B【解析】由二次函數圖象的性質得，當3≤x≤20時，f(x)＋|f(x)|＝0，∴g(1)＋g(2)＋…＋g(20)＝g(1)＋g(2)＝f(1)＋|f(1)|＋f(2)＋|f(2)|＝112.故選B.11.(2021·廣西質量檢測)若xlog52≥－1，則函數f(x)＝4x－2x＋1－3的最小值為()A．－4 B．－3C．－1 D．0【答案】A【解析】∵xlog52≥－1，∴2x≥，則f(x)＝4x－2x＋1－3＝(2x)2－2×2x－3＝(2x－1)2－4.當2x＝1時，f(x)取得最小值－4.故選A.12.(2021·山東菏澤一模)已知大于1的三個實數a,b,c滿足(lga)2-2lgalgb+lgblgc=0,則a,b,c的大小關系不可能是()A.a=b=c B.a>b>cC.b>c>a D.b>a>c【答案】D【解析】令f(x)=x2-2xlgb+lgblgc,則lga為f(x)的零點,且該函數圖象的對稱軸為x=lgb,故Δ=4lg2b-4lgblgc≥0.因為b>1,c>1.故lgb>0,lgc>0.所以lgb≥lgc,即b≥c.又f(lgb)=lgblgc-lg2b=lgb(lgc-lgb),f(lgc)=lg2c-lgblgc=lgc(lgc-lgb),若b=c,則f(lgb)=f(lgc)=0.故lga=lgb=lgc,即a=b=c.若b>c,則f(lgb)<0,f(lgc)<0,利用二次函數圖象,可得lga<lgc<lgb,或lgc<lgb<lga,即a<c<b,或c<b<a.故選D.13.(2021山東濟寧模擬)若函數f(x)＝ax(a>0，且a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數，則a＝________.【答案】【解析】若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此時a＝2，m＝，此時g(x)＝－為減函數，不合題意．若0<a<1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝，m＝，檢驗知符合題意.14.已知f(x)＝x2＋(2t－1)x＋1－2t.(1)求證：對于任意t∈R，關于x的方程f(x)＝1必有實數根；(2)若方程f(x)＝0在區間(－1,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內各有一個實數根，求實數t的范圍．[解](1)證明：方程f(x)＝1?x2＋(2t－1)x－2t＝0，因為Δ＝(2t－1)2＋8t＝4t2＋4t＋1＝(2t＋1)2≥0，所以方程f(x)＝1必有實數根．(2)因為方程f(x)＝0在區間(－1,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內各有一個實數根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1>0，,f0<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2t－1＋1－2t>0，,1－2t<0，,\f(1,4)＋\f(1,2)2t－1＋1－2t>0，))解得eq\f(1,2)<t<eq\f(3,4).所以實數t的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))).15.已知函數f(x)＝－x2＋ax－eq\f(a,4)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))上的最大值是eq\f(3,2)，則實數a的值為()答案：－6或eq\f(10,3)解析：函數f(x)＝－x2＋ax－eq\f(a,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋eq\f(1,4)(a2－a)的圖象開口向下，對稱軸方程為x＝eq\f(a,2)，①當0≤eq\f(a,2)≤1，即0≤a≤2時，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(1,4)(a2－a)，則eq\f(1,4)(a2－a)＝eq\f(3,2)，解得a＝－2或a＝3，與0≤a≤2矛盾，不符合題意，舍去；②當eq\f(a,2)<0，即a<0時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))上單調遞減，f(x)max＝f(0)＝－eq\f(a,4)，即－eq\f(a,4)＝eq\f(3,2)，解得a＝－6，符合題意；③當eq\f(a,2)>1，即a>2時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))上單調遞增，f(x)max＝f(1)＝eq\f(3,4)a－1，即eq\f(3,4)a－1＝eq\f(3,2)，解得a＝eq\f(10,3)，符合題意.16.設a>0，且a≠1，函數y＝a2x＋2ax－1在[－1,1]上的最大值是14，求實數a的值．解析：令t＝ax(a>0，且a≠1)，則原函數化為y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)．①當0<a<1，x∈[－1,1]時，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，此時f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上為增函數．所以f(t)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2－2＝14.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2＝16，解得a＝－eq\f(1,5)(舍去)或a＝eq\f(1,3).②當a>1時，x∈[－1,1]，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，此時f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上是增函數．所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)．綜上得a＝eq\f(1,3)或3.17.(2021·宜昌五校聯考)已知函數f(x)＝|lnx|.若0<a<b，且f(a)＝f(b)，則a＋4b的取值范圍是()A．(4，＋∞) B．[4，＋∞)C．(5，＋∞) D．[5，＋∞)答案：C解析：由f(a)＝f(b)得|lna|＝|lnb|，根據函數y＝|lnx|的圖象及0<a<b，得－lna＝lnb,0<a<1<b，eq\f(1,a)＝b.令g(b)＝a＋4b＝4b＋eq\f(1,b)，易得g(b)在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(b)>g(1)＝5.故選C.18.（2021·江西貴溪模擬）函數是冪函數且為奇函數，則的值為________．【答案】【解析】因為函數是冪函數，所以，即，解得或，當時，，是奇函數，滿足條件；當時，，是偶函數，不滿足條件；故.19.已知函數f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]時，有最大值2，則a的值為________．答案：－1或2解析：函數f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a)2＋a2－a＋1，對稱軸方程為x＝a.當a<0時，f(x)max＝f(0)＝1－a，所以1－a＝2，所以a＝－1.當0≤a≤1時，f(x)max＝a2－a＋1，所以a2－a＋1＝2，所以a2－a－1＝0，所以a＝eq\f(1±\r(5),2)(舍去)．當a>1時，f(x)max＝f(1)＝a，所以a＝2.綜上可知，a＝－1或a＝2.20.函數的定義域是()A．[1,2] B．[1,2)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案：D解析：由≥0，得0<2x－1≤1.所以eq\f(