专题一 第2讲 基本初等函数、函数与方程-2021年高考数学二轮专题突破（新高考）

专题一 第2讲　基本初等函数、函数与方程 【要点提炼】 考点一　基本初等函数的图象与性质 1．指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)互为反函数，其图象关于y＝x对称，它们的图象和性质分0<a<1，a>1两种情况，着重关注两函数图象的异同． 2．幂函数y＝xα的图象和性质，主要掌握α＝1,2,3，，－1五种情况． 【热点突破】 【典例】1　(1)已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|<g(x)时，h(x)＝－g(x)，则h(x)(　　) A．有最小值－1，最大值1 B．有最大值1，无最小值 C．有最小值－1，无最大值 D．有最大值－1，无最小值 【答案】　C 【解析】　画出y＝|f(x)|＝|2x－1|与y＝g(x)＝1－x2的图象，它们交于A，B两点．由“规定”，在A，B两侧，|f(x)|≥g(x)，故h(x)＝|f(x)|；在A，B之间，|f(x)|<g(x)，故h(x)＝－g(x)．综上可知，y＝h(x)的图象是图中的实线部分，因此h(x)有最小值－1，无最大值． (2)已知函数f(x)＝ex＋2(x<0)与g(x)＝ln(x＋a)＋2的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是(　　) A. B．(－∞，e) C. D. 【答案】　B 【解析】　由题意知，方程f(－x)－g(x)＝0在(0，＋∞)上有解， 即e－x＋2－ln(x＋a)－2＝0在(0，＋∞)上有解， 即函数y＝e－x与y＝ln(x＋a)的图象在(0，＋∞)上有交点． 函数y＝ln(x＋a)可以看作由y＝ln x左右平移得到， 当a＝0时，两函数有交点， 当a<0时，向右平移，两函数总有交点， 当a>0时，向左平移，由图可知，将函数y＝ln x的图象向左平移到过点(0,1)时，两函数的图象在(0，＋∞)上不再有交点， 把(0,1)代入y＝ln(x＋a)，得1＝ln a，即a＝e，∴a<e. 【方法总结】　(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a的值不确定时，要注意分a>1和0<a<1两种情况讨论：当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a<1时，两函数在定义域内都为减函数． (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． 【拓展训练】1　(1)函数f(x)＝ln(x2＋2)－ex－1的大致图象可能是(　　) 【答案】　A 【解析】　当x→＋∞时，f(x)→－∞，故排除D；函数f(x)的定义域为R，且在R上连续，故排除B；f(0)＝ln 2－e－1，由于ln 2>ln ＝，e－1<，所以f(0)＝ln 2－e－1>0，故排除C. (2)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝1－2－x，则不等式f(x)<－的解集是(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，－1] C．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 【答案】　A 【解析】　当x>0时，f(x)＝1－2－x>0. 又f(x)是定义在R上的奇函数， 所以f(x)<－的解集和f(x)>的解集关于原点对称，由1－2－x>得2－x<＝2－1， 即x>1，则f(x)<－的解集是(－∞，－1)．故选A. 【要点提炼】 考点二　函数的零点 判断函数零点个数的方法： (1)利用零点存在性定理判断法． (2)代数法：求方程f(x)＝0的实数根． (3)几何法：对于不易求根的方程，将它与函数y＝f(x)的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解．在利用函数性质时，可用求导的方法判断函数的单调性． 考向1　函数零点的判断 【典例】2　(1)(2020·长沙调研)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有两个不同的零点x1，x2，则x1＋x2等于(　　) A．2 B．2或2＋ C．2或3 D．2或3或2＋ 【答案】　D 【解析】　当x≤0时， f′(x)＝(x＋1)ex， 当x<－1时，f′(x)<0， 故f(x)在(－∞，－1)上单调递减， 当－1<x≤0时，f′(x)>0， 故f(x)在(－1,0]上单调递增， 所以x≤0时，f(x)的最小值为f(－1)＝－. 又当x≥1时，f(x)＝3－x，当0<x<1时，f(x)＝x＋1. 作出f(x)的图象，如图所示．因为g(x)＝f(x)－m有两个不同的零点，所以方程f(x)＝m有两个不同的根，等价于直线y＝m与f(x)的图象有两个不同的交点，且交点的横坐标分别为x1，x2， 由图可知1<m<2或m＝0或m＝－. 若1<m<2，则x1＋x2＝2； 若m＝0，则x1＋x2＝3； 若m＝－，则x1＋x2＝－1＋3＋＝2＋. (2)设函数f(x)是定义在R上的偶