第2讲 基本初等函数、函数与方程.doc

PAGE PAGE 7 A级　基础通关 一、选择题 1．(2019·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．y＝xeq \s\up14 (\f(1,2))　　　　 B．y＝2－x C．y＝logeq \s\do9(\f(1,2))x D．y＝eq \f(1,x) 解析：易知y＝2－x与y＝logeq \s\do9(\f(1,2))x，在(0，＋∞)上是减函数，由幂函数性质，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上递减，y＝xeq \s\up14 (\f(1,2))在(0，＋∞)上递增． 答案：A 2．已知定义在R上的奇函数f(x)满足当x＞0时，f(x)＝2x＋2x－4，则f(x)的零点个数是(　　) A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5 解析：由于函数f(x)是定义在R上的奇函数， 故f(0)＝0. 由于f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·f(2)＜0， 而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故当x＞0时有1个零点，根据奇函数的对称性可知， 当x＜0时，也有1个零点．故一共有3个零点． 答案：B 3．(2019·山东省实验中学联考)设实数a、b、c满足a＝2－log23，b＝a－eq \f(1,3)，c＝ln a，则a、b、c的大小关系为(　　) A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a 解析：因为a＝2－log23＝2log23－1＝eq \f(1,3). 所以c＝ln a＝ln eq \f(1,3)＜0，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(－\f(1,3))＝3eq \s\up14 (\f(1,3))＞1. 因此b＞a＞c. 答案：A 4．若函数y＝a|x|(a＞0，且a≠1)的值域为{y|y≥1}，则函数y＝loga|x|的图象大致是(　　) 解析：由于y＝a|x|的值域为{y|y≥1}，所以a＞1，则y＝logax在(0，＋∞)上是增函数，又函数y＝loga|x|的图象关于y轴对称．因此y＝loga|x|的图象大致为选项B. 答案：B 5．(2019·衡水质检)若函数f(x)＝|logax|－3－x(a＞0，a≠1)的两个零点是m，n，则(　　) A．mn＝1 B．mn＞1 C．mn＜1 D．无法判断 解析：令f(x)＝0， 得|logax|＝eq \f(1,3x)， 则y＝|logax|与y＝eq \f(1,3x)的图象有2个交点， 不妨设a＞1，m＜n，作出两函数的图象(如图)． 所以eq \f(1,3m)＞eq \f(1,3n)，即－logam＞logan， 所以loga(mn)＜0，则mn＜1. 答案：C 6．(2018·全国卷Ⅲ)设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则(　　) A．a＋b＜ab＜0 B．ab＜a＋b＜0 C．a＋b＜0＜ab D．ab＜0＜a＋b 解析：由a＝log0.20.3得eq \f(1,a)＝log0.30.2， 由b＝log20.3得eq \f(1,b)＝log0.32. 所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4， 则0＜eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＜1，即0＜eq \f(a＋b,ab)＜1. 又a＞0，b＜0，知ab＜0， 所以ab＜a＋b＜0. 答案：B 二、填空题 7．(2018·浙江卷改编)已知λ∈R，函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4，x≥λ，,x2－4x＋3，x＜λ.))若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________． 解析：令f(x)＝0，当x≥λ时，x＝4. 当x＜λ时，x2－4x＋3＝0， 则x＝1或x＝3.若函数f(x)恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1＜λ≤3或λ＞4. 答案：(1，3]∪(4，＋∞) 8．将甲桶中的a升水缓慢注入空桶乙中，t min后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线y＝aent.假设过5 min后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min甲桶中的水只有eq \f(a,4)升，则m的值为________． 解析：因为5 min后甲桶和乙桶的水量相等， 所以函数y＝f(t)＝aent满足f(5)＝ae5n＝eq \f(1,2)a， 可得n＝eq \f(1,5)ln eq \f(1,2)，所以f(t)＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up14 (\f(t,5))， 因此，当k min后甲桶中的水只有eq \f(a,4) L时， f(k)＝a·e