第2讲　基本初等函数、函数的应用 课件（共75张PPT）

(共75张PPT)
上篇 专题六 函数与导数
第2讲　基本初等函数、函数的应用
高考定位
1.掌握二次函数、分段函数、幂函数、指数函数、对数函数的图象与性质；2.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理；3.能利用函数解决简单的实际问题.
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
专题训练 对接高考
内容索引
真题感悟 考点整合
1
1.(2020·全国Ⅲ卷)已知55<84，134<85.设a＝log53，b＝log85，c＝log138，则(　　)
A.aA
∴log53∵55<84，134<85，∴5log85<4log88＝4＝4log1313<5log138，
∴log852.(2020·全国Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
解析　设函数f(x)＝2x－3－x.
因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，
所以f(x)在R上单调递增.
原已知条件等价于2x－3－x<2y－3－y，
即f(x)0，y－x＋1>1，所以A正确，B不正确.
因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.
A
解析　因为x2－2(a＋1)x＋a2＋5＝0最多有2个根，
所以cos (2πx－2πa)＝0至少有4个根.
A
②当x≥a时，f(x)＝x2－2(a＋1)x＋a2＋5，
Δ＝4(a＋1)2－4(a2＋5)＝8(a－2)，
当a＜2时，Δ＜0，f(x)无零点；
当a＝2时，Δ＝0，f(x)有1个零点x＝3；
当a＞2时，令f(a)＝a2－2a(a＋1)＋a2＋5＝－2a＋5≥0，则2＜a≤，此时f(x)有2个零点；
4.(2021·北京卷)已知f(x)＝|lg x|－kx－2，给出下列四个结论：
(1)若k＝0，则f(x)有两个零点；
(2) k<0，使得f(x)有一个零点；
(3) k<0，使得f(x)有三个零点；
(4) k>0，使得f(x)有三个零点.
以上正确结论的序号是________.
(1)(2)(4)
解析　令f(x)＝|lg x|－kx－2＝0，
可转化成两个函数y1＝|lg x|，y2＝kx＋2的图象的交点个数问题.
对于(1)，当k＝0时，y2＝2与y1＝|lg x|的图象有两个交点，(1)正确；
对于(2)，存在k<0，使y2＝kx＋2与y1＝|lg x|的图象相切，(2)正确；
对于(3)，若k<0，则y1＝|lg x|与y2＝kx＋2的图象最多有2个交点，(3)错误；
对于(4)，当k>0时，过点(0，2)存在函数g(x)＝lg x(x>1)图象的切线，此时共有两个交点，当直线斜率稍微小于相切时的斜率时，就会有3个交点，故(4)正确.
1.指数式与对数式的七个运算公式
2.指数函数与对数函数的图象和性质
指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分01两种情况，当a>1时，两函数在定义域内都为增函数，当03.函数的零点问题
(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.
4.应用函数模型解决实际问题的一般程序
2
热点聚焦 分类突破
热点一　基本初等函数的图象与性质
【例1】 (1)(多选)(2021·八省八校一联)下列命题中正确的是(　 　)
ABC
D
解析　y＝logax的图象关于y轴对称的图象对应的函数为y＝loga(－x)，函数f(x)的图象上有且仅有两个点关于y轴对称，等价于y＝loga(－x)与y＝|x＋2|，－3≤x≤0的图象有且仅有一个交点.
当0＜a＜1时，显然符合题意(图略).
当a＞1时，只需loga3＞1，∴1＜a＜3.
综上所述，a的取值范围是(0，1)∪(1，3).
1.指数函数、对数函数的图象和性质受底数a的影响，解决与指数、对数函数特别是与单调性有关的问题时，首先要看底数a的范围.
2.基本初等函数的图象和性质是统一的，在解题中可相互转化.
探究提高
解析　易知f(x)在定义域R上为非奇非偶函数，B不合题意.
当x<0且x→－∞时，f(x)>0，且f(x)→＋∞，C不合题意.
当x>0且x→＋∞时，f(x)→0，知D不合题意，只有A满足.
A
(2)(多选)(2021·南京、盐城一模)已知函数f(x)＝log2(1＋4x)－x，则下列说法正确的是(　　)
A.函数f(x)是偶函数 B.函数f(x)是奇函数
C.函数f(x)在(－∞，0]上单调递增 D.函数f(x)的值域为[1，＋∞)
AD
所以函数f(x)为偶函数，故A正确，B不正确；
则当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故C不正确；
由以上分析知，f(x)min＝f(0)＝1，
所以函数f(x)的值域为[1，＋∞)，故D正确.综上所述，选AD.
热点二　函数的零点与方程
考向1　确定函数零点个数
【例2】 (1)(2021·大连调研)设函数f(x)＝2|x|＋x2－3，则函数y＝f(x)的零点个数是(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
C
解析　易知f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝2x＋x2－3，所以x≥0时，f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f(1)＝0，所以x＝1是函数y＝f(x)在[0，＋∞)上的唯一零点.
根据奇偶性，知x＝－1是y＝f(x)在(－∞，0)内的零点，
因此y＝f(x)有两个零点.
解析　当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1的导数为f′(x)＝12x2－12x，
当0＜x＜1时，f(x)单调递减，x＞1时，f(x)单调递增，
A
可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1，
作出函数f(x)的图象，如图.
g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3，
可令g(x)＝0，t＝f(x)，可得3t2－10t＋3＝0，
即g(x)有三个零点；
当t＝3时，可得f(x)＝3有一个实根，即g(x)有一个零点.
综上，g(x)共有四个零点.
判断函数零点个数的主要方法
(1)解方程f(x)＝0，直接求零点；(2)利用零点存在性定理；
(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图象，常会通过分解转化为两个能画出图象的函数，求其图象交点问题.
探究提高
【训练2】 (1)函数f(x)＝2sin x－sin 2x在[0，2π]的零点个数为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
B
解析　令f(x)＝0，得2sin x－sin 2x＝0，
即2sin x－2sin xcos x＝0，
∴2sin x(1－cos x)＝0，∴sin x＝0或cos x＝1.
又x∈[0，2π]，
∴由sin x＝0得x＝0，π或2π，由cos x＝1得x＝0或2π.
故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个.
解析　对于任意的x∈R，都有f(2＋x)＝f(2－x)，
∴f(x＋4)＝f[2＋(x＋2)]＝f[2－(x＋2)]＝f(－x)＝f(x)，
∴函数f(x)是一个周期函数，且T＝4.
C
则函数y＝f(x)与y＝log8(x＋2)在区间(－2，6)上的图象如图所示，
根据图象可得y＝f(x)与y＝log8(x＋2)在区间(－2，6)上有3个不同的交点，即f(x)－log8(x＋2)＝0在区间(－2，6)上有3个根.
考向2　根据函数的零点求参数的值或范围
【例3】 (1)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)
C
解析　f(x)＝(x－1)2＋a(ex－1＋e1－x)－1，
令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.
∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，且t∈R，
∴函数g(t)为偶函数.
∵f(x)有唯一零点，∴g(t)也有唯一零点.
又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，
解析　由题意，令y＝f(x)－ax－b＝0，得
C
则以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论.
①当a<－1时，1－a>0，可知在x∈(－∞，0)上，g(x)单调递增，且g(x)<0；
由g′(x)＝x2－(a＋1)x＝x[x－(a＋1)](x≥0)，a＋1<0，
可知在x∈[0，＋∞)上，g(x)单调递增，且g(x)≥0.
此时直线y＝b与g(x)的图象只有1个交点，不符合题意，故排除A，B.
②当a>－1，即a＋1>0时.
因为g′(x)＝x[x－(a＋1)](x≥0)，所以当x≥0时，
由g′(x)<0可得00可得x>a＋1，
所以当x≥0时，g(x)在(0，a＋1)上单调递减，g(x)在(a＋1，＋∞)上单调递增.
如图，y＝b与y＝g(x)(x≥0)的图象至多有2个交点.
当1－a>0，即－1当1－a＝0时，y＝g(x)与y＝b的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在恰有3个交点的情况，不符合题意，舍去；
当1－a<0，即a>1时，y＝g(x)与y＝b的图象可以有1个或2个交点，但不存在恰有3个交点的情况，不符合题意，舍去.
综上，－11.求解第(1)题关键是利用函数f(x)有唯一零点找到解题思路.借助换元法，构造函数g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1，利用函数的性质求解.
2.解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解.
探究提高
【训练3】 设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a<1)有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A
解析　依题设，f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a有两个零点，
∴函数y＝ex(2x－1)的图象与直线y＝a(x－1)有两个交点.
设直线y＝a(x－1)与y＝ex(2x－1)相切于点P(x0，y0)，
∴y0＝ex0(2x0－1).
则过点P(x0，y0)的切线为
y－ex0(2x0－1)＝ex0(2x0＋1)(x－x0).
此时，直线y＝a(x－1)的斜率为1.
故若直线y＝a(x－1)与函数y＝ex(2x－1)的图象有两个交点，应有0热点三　函数的实际应用
(1)求桥AB的长度；
解　如图，设AA1，BB1，CD1，EF1都与MN垂直，A1，B1，D1，F1是相应垂足.
由条件知，当O′B＝40时，
得O′A＝80.
所以AB＝O′A＋O′B＝80＋40＝120(米).
解　以O为原点，OO′所在直线为y轴建立平面直角坐标系xOy(如图所示).
因为CE＝80，所以O′C＝80－x.
记桥墩CD和EF的总造价为f(x)万元，
令f′(x)＝0，得x＝20或x＝0(舍去).
列表如下：
X (0，20) 20 (20，40)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? 极小值 ?
所以当x＝20时，f(x)取得最小值.
答：(1)桥AB的长度为120米；
(2)当O′E为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.
1.解决函数的实际应用问题时，首先要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去.
2.对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法.
探究提高
【训练4】 (2021·西南名校联考)“一骑红尘妃子笑，无人知是荔枝来”描述了封建统治者的骄奢生活，同时也讲述了古代资源流通的不便利.如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合.已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝eax＋b(a，b为常数)，若该果蔬在6 ℃的保鲜时间为216小时，在24 ℃的保鲜时间为8小时，且该果蔬所需物流时间为3天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过(　　)
A.9 ℃ B.12 ℃ C.18 ℃ D.20 ℃
B
解析　当x＝6时，e6a＋b＝216；当x＝24时，e24a＋b＝8，
故物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过12 ℃.
专题训练 对接高考
3
巩固提升
A.a＜b＜c B.c＜a＜b C.b＜c＜a D.a＜c＜b
D
解析　∵log20.3＜log21＝0，∴a＜0.
∵0＜0.40.3＜0.40＝1，∴0＜c＜1，
∴a＜c＜b.
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　由f(x＋1)＝－f(x)，得f(x＋2)＝f(x)，知周期T＝2.
令f(x)－|x|＝0，得f(x)＝|x|.
作出函数y＝f(x)与g(x)＝|x|的图象如图所示.
A
由图象知，函数y＝f(x)－|x|有两个零点.
A.60 B.63 C.66 D.69
C
B
所以g(x)在(0，1)上必然存在零点，
即x0∈(0，1)，
因此f(x0)＝[x0]＝0，
所以g[f(x0)]＝g(0)＝－2.
5.(多选)(2021·江苏调考)若0b>1，则(　　)
A.logac>logbc B.abc>bac
C.alogbc>blogac D.a(b－c)>b(a－c)
AB
所以0>logac>logbc，故A正确；
对于B，因为01时，函数y＝xc－1单调递减，
所以bc－1>ac－1，又ab>0，所以由不等式的基本性质得abc>bac，故B正确；
对于C，由A知logbcb>1，所以alogbc对于D，因为0b>1，所以ac>bc，所以－ac<－bc，所以ab－ac6.(多选)(2021·湖南六校联考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1＋x)＝f(1－x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x，则关于函数g(x)＝|f(x)|＋f(|x|)，下列说法正确的是(　　)
A.g(x)为偶函数 B.g(x)在(1，2)上单调递增
C.g(x)在[2 016，2 020]上恰有三个零点 D.g(x)的最大值为2
AD
解析　易知函数g(x)的定义域为R，
且g(－x)＝|f(－x)|＋f(|－x|)＝|－f(x)|＋f(|x|)＝|f(x)|＋f(|x|)＝g(x)，
所以g(x)为偶函数，故A正确；
因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，又f(x)是奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x，所以f(x)是周期为4的函数，其部分图象如图所示，
g(x)在[2 016，2 020]上零点的个数等价于g(x)在[0，4]上零点的个数，而g(x)在[0，4]上有无数个零点，故C错误；
当x≥0时，易知g(x)的最大值为2，由偶函数图象的对称性可知，当x<0时，g(x)的最大值也为2，所以g(x)在整个定义域上的最大值为2，故D正确.
综上可知，选AD.
(1，3]∪(4，＋∞)
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，结合图1与图2知，1<λ≤3或λ>4.
9：30
解析　由题图可得函数图象过点(10，1)，
设从喷洒药物开始经过t min顾客方可进入商场，易知t>10，
所以如果商场规定10：00顾客可以进入商场，那么开始喷洒药物的时间最迟是9：30.
9.已知a，b，c为正实数，且ln a＝a－1，bln b＝1，cec＝1，则a，b，c的大小关系是______________.
c＜a＜b
由图象可知0＜c＜1，a＝1，b＞1，∴c＜a＜b.
(1)作出函数f(x)的图象；
解　函数f(x)的图象如图所示.
(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求实数m的取值范围.
解　由函数f(x)的图象可知，当0故实数m的取值范围为(0，1).
11.(2021·兰州质检)随着中国经济的快速发展，节能减耗刻不容缓.某市环保部门为了提高对所辖水域生态环境的巡查效率，引进了一种新型生态环保探测器，该探测器消耗能量由公式En＝MvnT给出，其中M是质量(常数)，v是设定速度(单位：km/h)，T是行进时间(单位：h)，n为参数.某次巡查为逆水行进，水流速度为4 km/h，行进路程为100 km.(逆水行进中，实际速度＝设定速度－水流速度，顺水行进中，实际速度＝设定速度＋水流速度)
(1)求T关于v的函数关系式，并指出v的取值范围；
(2)①当参数n＝2时，求探测器最低消耗能量；
②当参数n＝3时，试确定使该探测器消耗的能量最低的设定速度.
因此，当参数n＝2时，该探测器最低消耗能量为1 600M.
当4当v>6时，f′(v)>0，f(v)单调递增.
故当设定速度为6 km/h时，该探测器消耗的能量最低.
能力突破
12.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)＝ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0＝1＋rT.有学者基于已有数据估计出R0＝3.28，T＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln 2≈0.69)(　　)
A.1.2天 B.1.8天 C.2.5天 D.3.5天
B
解析　由R0＝1＋rT，R0＝3.28，T＝6，
由题意，累计感染病例数增加1倍，则I(t2)＝2I(t1)，
即e0.38t2＝2e0.38t1，所以e0.38(t2－t1)＝2，即0.38(t2－t1)＝ln 2，
13.(多选)(2021·辽宁五校期末)方程ex＋x－2＝0的根为x1，ln x＋x－2＝0的根为x2，则(　　)
BD
解析　令f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x－2，作出函数y＝－x＋2，y＝ex，y＝ln x的图象，其中y＝ex与y＝ln x互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，如图，则A(x1，ex1)，B(x2，ln x2).
设直线y＝x与y＝－x＋2的交点为C，则C(1，1)，且A，B关于点C对称，∴ex1＝x2，x1＋x2＝2.
∵ex1＝x2，∴x1x2＝x1ex1.
14.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”.
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
证明　函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得
因此，f(x)与g(x)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.
解　函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，
由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即x0为f(x)与g(x)的“S点”.