2020届数学(文)高考二轮专题复习与测试：第二部分 专题六第2讲 基本初等函数、函数与方程

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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＝x12 B．y＝2－x
C．y＝log12x D．y＝1x

详细分析：易知y＝2－x与y＝log12x，在(0，＋∞)上是减函数，由

幂函数性质，y＝1x在(0，＋∞)上递减，y＝x12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
详细分析：由于函数f(x)是定义在R上的奇函数，
故f(0)＝0.

由于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．
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答案：B
3．(2018·天津卷)已知a＝log2e，b＝ln 2，c＝log1213，则a，b，c

的大小关系是( )
A．a＞b＞c B．b＞a＞c
C．c＞b＞a D．c＞a＞b

详细分析：c＝log1213＝log23，a＝log2e，由y＝log2x在(0，＋∞)上

是增函数，知c＞a＞1.又b＝ln 2＜1，故c＞a＞b.
答案：D
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( )

详细分析：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＝log
a
|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
详细分析：令f(x)＝0，
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得|log
a
x|＝13x，

则y＝|log
a
x|与y＝13x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
13m＞1
3
n
，即－logam＞logan，

所以log
a
(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

详细分析：由a＝log0.20.3得1a＝log0.30.2，
由b＝log20.3得1b＝log
0.3
2.

所以1a＋1b＝log
0.30.2＋log0.32＝log0.3
0.4，

则0＜1a＋1b＜1，即0＜a＋bab＜1.
又a＞0，b＜0，知ab＜0，
所以ab＜a＋b＜0.
答案：B
二、填空题
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7．(2018·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝cos3x＋π6在[0，π]的零点个数为
________．
详细分析：由题意知，cos(3x＋π6)＝0，所以3x＋
π6＝π
2
＋kπ，k∈Z，

所以x＝π9＋kπ3，k∈Z，当k＝0时，x＝π9；当k＝1时，x＝4π9；当k
＝2时，x＝7π9，均满足题意，所以函数f(x)在[0，π]的零点个数为3.
答案：3
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a4升，则m的值为________．
详细分析：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＝
1
2
a，

可得n＝15ln 12，所以f(t)＝a·12t5，
因此，当k min后甲桶中的水只有
a
4
L时，

f(k)＝a·12k5＝14a，即




1

2

k

5
＝14，

所以k＝10，由题可知m＝k－5＝5.
答案：5
9．设函数f(x)＝ln(x2＋1)，则不等式f(2x)＞f(x＋1)的解集为
________．
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详细分析：依题意ln[(2x)
2＋1]＞ln[(x＋1)2
＋1]
所以4x2＞(x＋1)2，解之得x＞1或x＜－
1
3
.

答案：－∞，－13∪(1，＋∞)
三、解答题
10．经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y(单位：
升)与速度x(单位：千米/时)(50≤x≤120)的关系可近似表示为：

y＝175（x2－130x＋4 900），x∈[50，80），12－x60，x∈[80，120].
(1)该型号汽车速度为多少时，可使得每小时耗油量最低？
(2)已知A，B两地相距120千米，假定该型号汽车匀速从A地驶
向B地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？
解：(1)当x∈[50，80)时，

y＝175(x2－130x＋4 900)＝175[(x－65)
2
＋675]，

当x＝65时，y有最小值
1
75
×675＝9.

当x∈[80，120]时，函数单调递减，故当x＝120时，y有最小值
10.
因为9＜10，故当x＝65时每小时耗油量最低．

(2)设总耗油量为l，由题意可知l＝y·120x.
①当x∈[50，80)时，
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l＝y·120x＝85x＋4 900x－130≥85(2
x×4 900
x
－130)＝16，

当且仅当x＝4 900x，即x＝70时，l取得最小值16.
②当x∈[80，120]时，l＝y·120x＝1 440x－2为减函数，
当x＝120时，l取得最小值10.
因为10＜16，所以当速度为120千米/时时，总耗油量最少．
B级 能力提升
11．已知函数f(x)＝ln x，x＞0，2x＋1，x≤0，若方程f(x)＝ax有三个不同的
实数根，则a的取值范围是________．
详细分析：在同一坐标系内，作函数y＝f(x)与y＝ax的图象，当
y＝ax是y＝ln x的切线时，设切点P(x0，y0)，所以y
0＝ln x0

，a＝(ln x)′|x

＝x0＝1x0，所以y0＝ax0＝1＝ln x0，x0＝e，故a＝
1
e
.

故y＝ax与y＝f(x)的图象有三个交点时，0＜a＜
1
e
.

答案：0，1e
12．(2018·江苏卷节选)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函
数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)
与g(x)的一个“S点”．
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(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值．
(1)证明：函数f(x)＝x，g(x)＝x
2
＋2x－2，

则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得




x＝x
2

＋2x－2，

1＝2x＋2，
此方程组无解，

因此，f(x)与g(x)不存在“S点”．
(2)解：函数f(x)＝ax
2
－1，g(x)＝ln x，
则f′(x)＝2ax，g′(x)＝
1
x
.

设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x
0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0
)，得






ax

2

0－1＝ln x0
，

2ax
0

＝1x0，

即




ax
2

0－1＝ln x0
，

2ax
2
0
＝1，

(*)

得ln x0＝－12，即x0＝e－12，则a＝12（e－12）2＝
e
2
.

当a＝e2时，x0＝e－12满足方程组(*)，
即x0为f(x)与g(x)的“S点”．
因此，a的值为
e
2
.