專題02函數(shù)的概念與基本初等函數(shù)—2021高考數(shù)學(xué)（理）高頻考點(diǎn)、熱點(diǎn)題型歸類強(qiáng)化【高頻考點(diǎn)及備考策略】(1)深刻理解函數(shù)、分段函數(shù)及函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、最值、周期性等概念．(2)掌握各種基本初等函數(shù)的定義、圖象和性質(zhì)，以及冪和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．(3)掌握函數(shù)圖象的作法、變換法則及利用圖象解決函數(shù)性質(zhì)、方程、不等式問(wèn)題的方法．(4)掌握利用函數(shù)性質(zhì)比較大小、求值、求參數(shù)范圍等問(wèn)題的方法．(5)加強(qiáng)對(duì)函數(shù)零點(diǎn)的理解，掌握函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系．掌握研究函數(shù)零點(diǎn)、方程解的問(wèn)題的方法．考向預(yù)測(cè)：預(yù)測(cè)2021年命題熱點(diǎn)為：(1)求函數(shù)定義域及與分段函數(shù)有關(guān)的求值、求范圍等問(wèn)題．(2)給出函數(shù)解析式選圖象及利用圖象解決交點(diǎn)個(gè)數(shù)、方程的解、不等式等問(wèn)題．(3)利用函數(shù)的性質(zhì)求值，求參數(shù)取值范圍、比較大小等問(wèn)題．(4)函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根和兩函數(shù)圖象交點(diǎn)之間的等價(jià)轉(zhuǎn)化問(wèn)題．將實(shí)際背景常規(guī)化，最后歸為二次函數(shù)、高次式、分式及分段函數(shù)或指數(shù)式、對(duì)數(shù)式函數(shù)為目標(biāo)函數(shù)的應(yīng)用問(wèn)題．必備知識(shí)必備知識(shí)1．指數(shù)與對(duì)數(shù)式的七個(gè)運(yùn)算公式(1)am·an＝am＋n，am÷an＝am－n.(2)(am)n＝amn.(3)loga(MN)＝logaM＋logaN(a>0且a≠1，M>0，N>0)．(4)logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN(a>0且a≠1，M>0，N>0)．(5)logaMn＝nlogaM(a>0且a≠1，M>0)．(6)alogaN＝N(a>0且a≠1，N>0)．(7)logaN＝eq\f(logbN,logba)(a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0)．2．單調(diào)性定義如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量的值x1，x2，且x1<x2，都有f(x1)<f(x2)成立，則f(x)在D上是增函數(shù)(都有f(x1)>f(x2)成立，則f(x)在D上是減函數(shù))．3．奇偶性定義對(duì)于定義域內(nèi)的任意x(定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱)，都有f(－x)＝－f(x2)成立，則f(x)為奇函數(shù)(都有f(－x)＝f(x)成立，則f(x)為偶函數(shù))．4．周期性定義周期函數(shù)f(x)的最小正周期T必須滿足下列兩個(gè)條件：(1)當(dāng)x取定義域內(nèi)的每一個(gè)值時(shí)，都有f(x＋T)＝f(x).(2)T是不為零的最小正數(shù).5．指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)指數(shù)函數(shù)對(duì)數(shù)函數(shù)圖象單調(diào)性0<a<1時(shí)，在R上單調(diào)遞減；a>1時(shí)，在R上單調(diào)遞增0<a<1時(shí)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；a>1時(shí)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增函數(shù)值性質(zhì)0<a<1，當(dāng)x>0時(shí)，0<y<1；當(dāng)x<0時(shí)，y>10<a<1，當(dāng)x>1時(shí)，y<0；當(dāng)0<x<1時(shí)，y>0a>1，當(dāng)x>0時(shí)，y>1；當(dāng)x<0時(shí)，0<y<1a>1，當(dāng)x>1時(shí)，y>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，y<0【重要結(jié)論】1．函數(shù)的周期性①若函數(shù)f(x)滿足f(x＋a)＝f(x－a)，則f(x)是周期函數(shù)，其中一個(gè)周期是T＝2a(a≠0)；②若滿足f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)是周期函數(shù)，其中一個(gè)周期是T＝2a(a≠0)；③若滿足f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，則f(x)是周期函數(shù)，其中一個(gè)周期是T＝2a(a≠0)；④若函數(shù)滿足f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，則f(x)是周期函數(shù)，其中一個(gè)周期是T＝2a(a≠0)．2．函數(shù)圖象的對(duì)稱性①若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱；②若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a,0)對(duì)稱；③若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對(duì)稱．3．函數(shù)圖象的變換規(guī)則(1)平移變換將y＝f(x)的圖象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|個(gè)單位得到y(tǒng)＝f(x＋a)的圖象；將y＝f(x)的圖象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|個(gè)單位得到y(tǒng)＝f(x)＋a的圖象．(2)對(duì)稱變換①作y＝f(x)關(guān)于y軸的對(duì)稱圖象得到y(tǒng)＝f(－x)的圖象；②作y＝f(x)關(guān)于x軸的對(duì)稱圖象得到y(tǒng)＝－f(x)的圖象；③作y＝f(x)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱圖象得到y(tǒng)＝－f(－x)的圖象；④將y＝f(x)在x軸下方的圖象翻折到上方，與y＝f(x)在x軸上方的圖象結(jié)合起來(lái)得到y(tǒng)＝|f(x)|的圖象；⑤將y＝f(x)在y軸左側(cè)部分去掉，再作右側(cè)關(guān)于y軸的對(duì)稱圖象合起來(lái)得到y(tǒng)＝f(|x|)的圖象．【易錯(cuò)警示】1．忽略函數(shù)的定義域在判斷函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，要注意函數(shù)的定義域優(yōu)先；在判斷函數(shù)的奇偶性時(shí)，忽略函數(shù)的定義域會(huì)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)誤．2．錯(cuò)用集合運(yùn)算符號(hào)函數(shù)的多個(gè)單調(diào)區(qū)間若不連續(xù)，不能用符號(hào)“∪”連接，可用“和”或“，”連接．3．忽略基本初等函數(shù)的形式、定義和性質(zhì)真題驗(yàn)證如討論指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)的單調(diào)性時(shí)，不討論底數(shù)的取值；忽略ax>0的隱含條件；冪函數(shù)的性質(zhì)記憶不準(zhǔn)確．真題驗(yàn)證選擇題1、（2020新課標(biāo)Ⅰ卷·理科T12）若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設(shè)，則為增函數(shù)，因?yàn)樗裕?，所?，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，有當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，有，所以C、D錯(cuò)誤.故選：B.【點(diǎn)晴】本題主要考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，涉及到構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小，是一道中檔題.（2020新課標(biāo)Ⅰ卷·文科T8）設(shè)，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由可得，所以，所以有，故選：B.【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)指對(duì)式的運(yùn)算的問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則，指數(shù)的運(yùn)算法則，屬于基礎(chǔ)題目.2、（2020新課標(biāo)Ⅱ卷·理科T11同文科T12）若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由得：，令，為上的增函數(shù)，為上的減函數(shù)，為上的增函數(shù)，，，，，則A正確，B錯(cuò)誤；與的大小不確定，故CD無(wú)法確定.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)數(shù)式的大小的判斷問(wèn)題，解題關(guān)鍵是能夠通過(guò)構(gòu)造函數(shù)的方式，利用函數(shù)的單調(diào)性得到的大小關(guān)系，考查了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想.3、（2020新課標(biāo)Ⅲ卷·理科T12）已知55<84，134<85．設(shè)a=log53，b=log85，c=log138，則（）A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b【答案】A【解析】由題意可知、、，，；由，得，由，得，，可得；由，得，由，得，，可得.綜上所述，.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)數(shù)式的大小比較，涉及基本不等式、對(duì)數(shù)式與指數(shù)式的互化以及指數(shù)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，考查推理能力，屬于中等題.（2020新課標(biāo)Ⅲ卷·文科T10）設(shè)a=log32，b=log53，c=，則（）A.a<c<b B.a<b<c C.b<c<a D.c<a<b【答案】A【解析】因?yàn)?，，所?故選：A【點(diǎn)晴】本題考查對(duì)數(shù)式大小的比較，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化與回歸的思想，是一道中檔題.4、（2020新課標(biāo)Ⅱ卷·理科T9）設(shè)函數(shù)，則f(x)（）A.是偶函數(shù)，且在單調(diào)遞增 B.是奇函數(shù)，且在單調(diào)遞減C.是偶函數(shù)，且在單調(diào)遞增 D.是奇函數(shù)，且在單調(diào)遞減【答案】D【解析】由得定義域?yàn)椋P(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，又，為定義域上的奇函數(shù)，可排除AC；當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，排除B；當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知：在上單調(diào)遞減，D正確.故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷；判斷奇偶性的方法是在定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的前提下，根據(jù)與的關(guān)系得到結(jié)論；判斷單調(diào)性的關(guān)鍵是能夠根據(jù)自變量的范圍化簡(jiǎn)函數(shù)，根據(jù)單調(diào)性的性質(zhì)和復(fù)合函數(shù)“同增異減”性得到結(jié)論.（2020新課標(biāo)Ⅱ卷·文科T10）設(shè)函數(shù),則（）A.是奇函數(shù)，且在(0,+∞)單調(diào)遞增 B.是奇函數(shù)，且在(0,+∞)單調(diào)遞減C.是偶函數(shù)，且在(0,+∞)單調(diào)遞增 D.是偶函數(shù)，且在(0,+∞)單調(diào)遞減【答案】A【解析】因?yàn)楹瘮?shù)定義域?yàn)?，其關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，而，所以函數(shù)為奇函數(shù)．又因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增．故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查利用函數(shù)的解析式研究函數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．5、（2020新課標(biāo)Ⅲ卷·理科T4同文科T4）Logistic模型是常用數(shù)學(xué)模型之一，可應(yīng)用于流行病學(xué)領(lǐng)城．有學(xué)者根據(jù)公布數(shù)據(jù)建立了某地區(qū)新冠肺炎累計(jì)確診病例數(shù)I(t)(t的單位：天)的Logistic模型：，其中K為最大確診病例數(shù)．當(dāng)I()=0.95K時(shí)，標(biāo)志著已初步遏制疫情，則約為（）（ln19≈3）A.60 B.63 C.66 D.69【答案】C【解析】，所以，則，所以，，解得.故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算，考查指數(shù)與對(duì)數(shù)的互化，考查計(jì)算能力，屬于中等題.6、（2020山東省新高考全國(guó)Ⅰ卷·T6）基本再生數(shù)R0與世代間隔T是新冠肺炎的流行病學(xué)基本參數(shù).基本再生數(shù)指一個(gè)感染者傳染的平均人數(shù)，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時(shí)間.在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數(shù)模型：描述累計(jì)感染病例數(shù)I(t)隨時(shí)間t(單位:天)的變化規(guī)律，指數(shù)增長(zhǎng)率r與R0，T近似滿足R0=1+rT.有學(xué)者基于已有數(shù)據(jù)估計(jì)出R0=3.28，T=6.據(jù)此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計(jì)感染病例數(shù)增加1倍需要的時(shí)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】因?yàn)椋?，，所以，所以，設(shè)在新冠肺炎疫情初始階段，累計(jì)感染病例數(shù)增加1倍需要的時(shí)間為天，則，所以，所以，所以天.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查了指數(shù)型函數(shù)模型的應(yīng)用，考查了指數(shù)式化對(duì)數(shù)式，屬于基礎(chǔ)題.7、（2020海南省新高考全國(guó)Ⅱ卷·T7）已知函數(shù)在上單調(diào)遞增，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由得或所以的定義域?yàn)橐驗(yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增所以在上單調(diào)遞增所以故選：D【點(diǎn)睛】在求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)一定要先求函數(shù)的定義域.8、（2020海南省新高考全國(guó)Ⅱ卷·T8）同（2020山東省新高考全國(guó)Ⅰ卷·T8）若定義在的奇函數(shù)f(x)在單調(diào)遞減，且f(2)=0，則滿足的x的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因?yàn)槎x在上的奇函數(shù)在上單調(diào)遞減，且，所以在上也是單調(diào)遞減，且，，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以由可得：或或解得或，所以滿足的的取值范圍是，故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查利用函數(shù)奇偶性與單調(diào)性解抽象函數(shù)不等式，考查分類討論思想方法，屬中檔題.9、（2020山東省新高考全國(guó)Ⅰ卷·T11）同（2020海南省新高考全國(guó)Ⅱ卷·T12）已知a>0，b>0，且a+b=1，則（）A. B.C. D.【答案】ABD對(duì)于A，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故A正確；對(duì)于B，，所以，故B正確；對(duì)于C，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故C不正確；對(duì)于D，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故D正確；故選：ABD【點(diǎn)睛】本題主要考查不等式的性質(zhì)，綜合了基本不等式，指數(shù)函數(shù)及對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，側(cè)重考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).10、（2020北京卷·T6）已知函數(shù)，則不等式的解集是（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】因?yàn)?，所以等價(jià)于，在同一直角坐標(biāo)系中作出和的圖象如圖：兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)為，不等式的解為或.所以不等式的解集為：.故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查了圖象法解不等式，屬于基礎(chǔ)題.11、（2020天津卷·T3）函數(shù)的圖象大致為（）A B.C. D.【答案】A【解析】由函數(shù)的解析式可得：，則函數(shù)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.故選：A.【點(diǎn)睛】函數(shù)圖象的識(shí)辨可從以下方面入手：(1)從函數(shù)的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數(shù)的值域，判斷圖象的上下位置．(2)從函數(shù)的單調(diào)性，判斷圖象的變化趨勢(shì)．(3)從函數(shù)的奇偶性，判斷圖象的對(duì)稱性．(4)從函數(shù)的特征點(diǎn)，排除不合要求的圖象．利用上述方法排除、篩選選項(xiàng)．12、（2020天津卷·T6）設(shè)，則的大小關(guān)系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因?yàn)?，，，所?故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查的是有關(guān)指數(shù)冪和對(duì)數(shù)值的比較大小問(wèn)題，在解題的過(guò)程中，注意應(yīng)用指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，確定其對(duì)應(yīng)值的范圍.比較指對(duì)冪形式的數(shù)的大小關(guān)系，常用方法：（1）利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性：，當(dāng)時(shí)，函數(shù)遞增；當(dāng)時(shí)，函數(shù)遞減；（2）利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性：，當(dāng)時(shí)，函數(shù)遞增；當(dāng)時(shí)，函數(shù)遞減；（3）借助于中間值，例如：0或1等.13、（2020天津卷·T9）已知函數(shù)若函數(shù)恰有4個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】注意到，所以要使恰有4個(gè)零點(diǎn)，只需方程恰有3個(gè)實(shí)根即可，令，即與的圖象有個(gè)不同交點(diǎn).因?yàn)椋?dāng)時(shí)，此時(shí)，如圖1，與有個(gè)不同交點(diǎn)，不滿足題意；當(dāng)時(shí)，如圖2，此時(shí)與恒有個(gè)不同交點(diǎn)，滿足題意；當(dāng)時(shí)，如圖3，當(dāng)與相切時(shí)，聯(lián)立方程得，令得，解得（負(fù)值舍去），所以.綜上，的取值范圍為.故選：D.【點(diǎn)晴】本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合思想，轉(zhuǎn)化與化歸思想，是一道中檔題.14、（2020浙江卷·T9）已知a，bR且ab≠0，對(duì)于任意x≥0均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，則（）A.a<0 B.a>0 C.b<0 D.b>0【答案】C【解析】因?yàn)?，所以且，設(shè)，則的零點(diǎn)為當(dāng)時(shí)，則，，要使，必有，且，即，且，所以；當(dāng)時(shí)，則，，要使，必有.綜上一定有.故選：C【點(diǎn)晴】本題主要考查三次函數(shù)在給定區(qū)間上恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生分類討論思想，是一道中檔題.二、填空題1、（2020新課標(biāo)Ⅲ卷·理科T16）關(guān)于函數(shù)f（x）=有如下四個(gè)命題：①f（x）的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱．②f（x）的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．③f（x）的圖像關(guān)于直線x=對(duì)稱．④f（x）的最小值為2．其中所有真命題的序號(hào)是__________．【答案】②③【解析】對(duì)于命題①，，，則，所以，函數(shù)的圖象不關(guān)于軸對(duì)稱，命題①錯(cuò)誤；對(duì)于命題②，函數(shù)的定義域?yàn)?，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，，所以，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，命題②正確；對(duì)于命題③，，，則，所以，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，命題③正確；對(duì)于命題④，當(dāng)時(shí)，，則，命題④錯(cuò)誤.故答案為：②③.【點(diǎn)睛】本題考查正弦型函數(shù)的奇偶性、對(duì)稱性以及最值的求解，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中等題.（2020北京卷·T11）函數(shù)的定義域是____________．【答案】【解析】由題意得，故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)定義域，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.（2020江蘇卷·T7）已知y=f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，，則f(-8)的值是____.【答案】【解析】，因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)求函數(shù)值，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.高頻考點(diǎn)、熱點(diǎn)題型強(qiáng)化高頻考點(diǎn)、熱點(diǎn)題型強(qiáng)化考點(diǎn)一函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用【典例】(1)已知偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減，f(2)＝0.若f(x－1)>0，則x的取值范圍是.[解析](1)∵f(x)是偶函數(shù)，∴圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減，則f(x)的大致圖象如圖所示，由f(x－1)>0，得－2<x－1<2，即－1<x<3.(2)設(shè)奇函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，滿足對(duì)任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈[0，eq\f(1,2)]時(shí)，f(x)＝－x2，則f(3)＋f(－eq\f(3,2))的值等于[解析]根據(jù)對(duì)任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，進(jìn)而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函數(shù)y＝f(x)的一個(gè)周期為2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，f(－eq\f(3,2))＝f(eq\f(1,2))＝－eq\f(1,4).所以f(3)＋f(－eq\f(3,2))＝0＋(－eq\f(1,4))＝－eq\f(1,4).【備考策略】函數(shù)的性質(zhì)主要是函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性和周期性以及函數(shù)圖象的對(duì)稱性，在解題中根據(jù)問(wèn)題的條件通過(guò)變換函數(shù)的解析式或者已知的函數(shù)關(guān)系，推證函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題。【類比演練】1．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bsinx＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，則f(lg(lg2))等于()A．－5 B．－1C．3 D．4[解析]lg(log210)＝lg(eq\f(1,lg2))＝－lg(lg2)，由f(lg(log210))＝5，得a[lg(lg2)]3＋bsin(lg(lg2))＝4－5＝－1，則f(lg(lg2))＝a(lg(lg2))3＋bsin(lg(lg2))＋4＝－1＋4＝3.2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對(duì)任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，則x的取值范圍為[解析]易知f(x)為增函數(shù)．又f(x)為奇函數(shù)，由f(mx－2)＋f(x)<0知，f(mx－2)<f(－x)．∴mx－2<－x，即mx＋x－2<0，令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2,2]知g(m)<0恒成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝－x－2<0,g2＝3x－2<0))，∴－2<x<eq\f(2,3).考點(diǎn)二基本初等函數(shù)的圖像及性質(zhì)【典例】(1)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,log\f(1,2)－x，x<0，))若f(a)>f(－a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)[解析]方法一：由題意作出y＝f(x)的圖象如圖．顯然當(dāng)a>1或－1<a<0時(shí)，滿足f(a)>f(－a)．故選C．方法二：對(duì)a分類討論：當(dāng)a>0時(shí)，log2a>logeq\f(1,2)a，即log2a>0，∴a>1.當(dāng)a<0時(shí)，logeq\f(1,2)(－a)>log2(－a)，即log2(－a)<0，∴－1<a<0，故選C．(2)已知α，β∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]且αsinα－βsinβ>0，則下列結(jié)論正確的是(D)A．α>β B．α＋β>0C．α<β D．α2>β2[解析]設(shè)f(x)＝xsinx，x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，∴y′＝xcosx＋sinx＝cosx(x＋tanx)，當(dāng)x∈[－eq\f(π,2)，0]時(shí)，y′<0，∴f(x)為減函數(shù)，當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時(shí)，y′>0，∴f(x)為增函數(shù)，且函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，又αsinα－βsinβ>0，∴αsinα>βsinβ，∴|α|>|β|，∴α2>β2.【備考策略】(1)指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)和三角函數(shù)是中學(xué)階段所學(xué)的基本初等函數(shù)，是高考的必考內(nèi)容之一，重點(diǎn)考查圖象、性質(zhì)及其應(yīng)用，同時(shí)考查分類討論、等價(jià)轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法及其運(yùn)算能力．(2)比較數(shù)式大小問(wèn)題，往往利用函數(shù)圖象或者函數(shù)的單調(diào)性．【類比演練】1．設(shè)eq\f(1,5)<(eq\f(1,5))b<(eq\f(1,5))a<1，那么()A．a(chǎn)a<ab<ba B．a(chǎn)b<aa<baC．a(chǎn)a<ba<ab D．a(chǎn)b<ba<aa[解析]因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝(eq\f(1,5))x在(－∞，＋∞)上是遞減函數(shù)，所以由eq\f(1,5)<(eq\f(1,5))b<(eq\f(1,5))a<1得0<a<b<1，所以0<eq\f(a,b)<1.所以y＝ax，y＝bx，y＝(eq\f(a,b))x在(－∞，＋∞)上都是遞減函數(shù)，從而ab<aa，(eq\f(a,b))a<1得ba>aa，故ab<aa<ba，答案選B．2．已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≥0，,f－x，x<0，))則函數(shù)g(x)的最小值是.[解析]當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)＝f(x)＝2x－eq\f(1,2x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)≥g(0)＝0；當(dāng)x<0時(shí)，g(x)＝f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)為單調(diào)減函數(shù)，所以g(x)>g(0)＝0，所以函數(shù)g(x)的最小值是0.考點(diǎn)三函數(shù)的零點(diǎn)【典例】(1)已知實(shí)數(shù)a>1,0<b<1，則函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)[解析]因?yàn)閍>1,0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，所以f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，所以f(－1)·f(0)<0，則由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在區(qū)間(－1,0)上存在零點(diǎn)．(2)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x3，則函數(shù)g(x)＝|cosπx|－f(x)在區(qū)間[－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．3 B．4C．5 D．6[解析]由f(－x)＝f(x)，得f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．由f(x)＝f(2－x)，得f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱．當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x3，所以f(x)在[－1,2]上的圖象如圖．令g(x)＝|cosπx|－f(x)＝0，得|cosπx|＝f(x)，兩函數(shù)y＝f(x)與y＝|cosπx|的圖象在[－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]上的交點(diǎn)有5個(gè)．(3)已知在(0,2]上的函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－3，x∈0，1]，,2x－1－1，x∈1，2]，))且g(x)＝f(x)－mx在區(qū)間(0,2]內(nèi)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－eq\f(9,4)，－2]∪(0，eq\f(1,2)] B．(－eq\f(11,4)，－2]∪(0，eq\f(1,2)]C．(－eq\f(9,4)，－2]∪(0，eq\f(2,3)] D．(－eq\f(11,4)，－2]∪(0，eq\f(2,3)][解析]由函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在(0,2]內(nèi)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，得y＝f(x)，y＝mx在(0,2]內(nèi)的圖象有且僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．當(dāng)y＝mx與y＝eq\f(1,x)－3在x∈(0,1]相切時(shí)，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－eq\f(9,4)，結(jié)合圖象可得當(dāng)－eq\f(9,4)<m≤－2或0<m≤eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在(0,2]內(nèi)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．【備考策略】1．判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法(1)直接求零點(diǎn)：令f(x)＝0，則方程解的個(gè)數(shù)即為零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．(2)零點(diǎn)存在性定理：利用該定理不僅要求函數(shù)在[a，b]上是連續(xù)的曲線，且f(a)·f(b)<0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)(如單調(diào)性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)．(3)數(shù)形結(jié)合：對(duì)于給定的函數(shù)不能直接求解或畫出圖形，常會(huì)通過(guò)分解轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象，然后數(shù)形結(jié)合，看其交點(diǎn)的個(gè)數(shù)有幾個(gè)，其中交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn)．2．利用函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)利用零點(diǎn)存在的判定定理構(gòu)建不等式求解．(2)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域(最值)問(wèn)題求解．(3)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問(wèn)題，從而構(gòu)建不等式求解．【類比演練】（1）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為()A．eq\f(1,2)，0 B．－2,0C．eq\f(1,2) D．0[解析]當(dāng)x≤1時(shí)，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當(dāng)x>1時(shí)，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因?yàn)閤>1，所以此時(shí)方程無(wú)解．綜上，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)只有0.（2）已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))x－cosx，則f(x)在[0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4[解析]作出g(x)＝(eq\f(1,2))x與h(x)＝cosx的圖象，可以看出其在[0,2π]上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.故選C．（3）已知函數(shù)y＝f(x)的周期為2，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)＝x2，那么函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝|lgx|的圖象的交點(diǎn)共有()A．10個(gè) B．9個(gè)C．8個(gè) D．1個(gè)[解析]在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y＝f(x)和y＝|lgx|的圖象，如圖．又lg10＝1，由圖象知選A．強(qiáng)化訓(xùn)練強(qiáng)化訓(xùn)練1．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇3,6]，則函數(shù)y＝eq\f(f2x,\r(log\f(1,2)2－x))的定義域?yàn)?)A．[eq\f(3,2)，＋∞) B．[eq\f(3,2)，2)C．(eq\f(3,2)，＋∞) D．[eq\f(1,2)，2)[解析]要使函數(shù)y＝eq\f(f2x,\r(log\f(1,2)2－x))有意義，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≤2x≤6，,log\f(1,2)2－x>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤x≤3，,0<2－x<1))?eq\f(3,2)≤x<2.故選B．2．設(shè)x>0，且1<bx<ax，則()A．0<b<a<1 B．0<a<b<1C．1<b<a D．1<a<b[解析]∵當(dāng)x>0時(shí)1<bx<ax，∴b>1，a>1，又bx<ax，∴(eq\f(a,b))x>1，∴eq\f(a,b)>1，∴a>b.故選C．3．設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是()A．f(x)g(x)是偶函數(shù) B．|f(x)|g(x)是奇函數(shù)C．f(x)|g(x)|是奇函數(shù) D．|f(x)g(x)|是奇函數(shù)[解析]由題意可知f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，對(duì)于選項(xiàng)A，f(－x)·g(－x)＝－f(x)·g(x)，所以f(x)g(x)是奇函數(shù)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)，所以|f(x)|·g(x)是偶函數(shù)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，所以f(x)|g(x)|是奇函數(shù)，故C項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)D，|f(－x)·g(－x)|＝|－f(x)g(x)|＝|f(x)g(x)|，所以|f(x)g(x)|是偶函數(shù)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選C．4．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x＋m(m為常數(shù))，則f(－log35)的值為()A．4 B．－4C．6 D．－6[解析]由題意，f(0)＝30＋m＝0，解得m＝－1，故當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x－1，∴f(－log35)＝－f(log35)＝－(3log35－1)＝－4.故選B．5．函數(shù)y＝eq\f(