2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题16 基本初等函数中含有参数问题（测）（解析版）

2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题16 基本初等函数中含有参数问题（测）（解析版）

专题 16 基本初等函数中含有参数问题测试卷 【满分：100 分 时间：90 分钟】 一、选择题(12*5=60 分) 1. 已知函数 ， ，若 ，则 A．1 B．2 C．3 D．-1 【答案】A 【解析】因为 ，且 ，所以 ，即 ，解得 ． 2.【江西省赣州市五校协作体 2020 届高三上学期期中】设 且 ，则“函数 在 上是减函 数”是“ 在 上是增函数”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】p：“函数 在 R 上是减函数 ”等价于 ；q：“函数 在 R 上是增函数” 等价于 ，即 且 a≠1，故 p 是 q 成立的充分不必要条件．选 A． 3. 【福建省福州市 2020 届高三第一学期质量抽测】3．若函数 f(x)＝－x2＋2ax 与函数 g(x)＝ a x＋1 在区间[1,2] 上都是减函数，则实数 a 的取值范围为(　　) A．(0,1)∪(0,1) B．(0,1)∪(0,1] C．(0,1) D．(0,1] 【答案】 D 【解析】注意到 f(x)＝－(x－a)2＋a2；依题意得Error!即 0a 1≠a ( ) xaxf = R ( ) ( ) 32 xaxg −= R ( ) xaxf = 10 << a ( ) ( ) 32 xaxg −= 02 >− a ,20 << a ||5)( xxf = )()( 2 Raxaxxg ∈−= 1)]1([ =gf =a [ (1)] 1f g = | |( ) 5 xf x = (1) 0g = 21 1 0a⋅ − = 1a = 【解析】因为 在 上单调递增，所以函数 在区间 上的最大值与 最小值是 ，因为函数 在区间 上的最大值比最小值大 2， 所以 ，即 ，得 或 ，故选 D. 5.【河北省廊坊市省级示范校高中联合体 2020 届高三上学期第三次联考】若函数 的 值域为 ，则 的取值范围为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】∵函数 的值域为 ，∴代数式 的值取遍所有正实数， ∴ 0，∴a≤ ，故选：A． 6.已知函数 ， ，设 为实数，若存在实数 ，使 ， 则实数 的取值范围为( ) A、 B、 C、 D、 【答案】B 【解析】因为 ， 为实数，所以 ，因为 ，所以当 时， 的最小值为 ，因为函数 ， ，所以其值域为 ，因 为存在实数 ，使 ，所以 ，即 ，故应选 ． 7. 已知函数 若方程 有且仅有一个实数根，则实数 的 2 | 1|, 7 0( ) ln , x xf x x e x e− + − ≤ ≤=  ≤ < 2( ) 2g x x x= − a m ( ) 2 ( ) 0f m g a− = a [ 1, )− +∞ [ 1,3]− , 1] [3, )− ∞ − +∞（ ,3]− ∞（ 2( ) 2g x x x= − a 22 ( ) 2 4g a a a= − 22 4y a a= − 1a = y 2− 2 1 , 7 0 ( ) ln , x x f x x e x e−  + − ≤ ≤=  ≤ ≤ 2( 7) 6, ( ) 2f f e−− = = − [ 2,6]− m ( ) 2 ( ) 0f m g a− = 22 2 4 6a a− ≤ − ≤ 1 3a− ≤ ≤ B ( ) ( ] ( ]1 1 0 1 ,{ 2 2 1 1 0 x x xf x x+   ∈ =   − ∈ − ， ， ， ， ( ) 2 0f x x m− − = m 取值范围是( ) A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】原问题等价于 在区间 内只有一个实数根，即函数 与函数 的图象在区间 内只有一个交点，据此绘制函数图象如图所示，结合函数图象可知： 或 ，由 可得 ，由 可得 ，综上可得：实数 的取值范围是 或 . 8、已知 a>0，且 a≠1，f(x)＝x2－ax.当 x∈(－1,1)时，均有 f(x)<1 2 ，则实数 a 的取值范围是(　　) A.(0，1 2 ]∪[2，＋∞) B.[1 2，1 )∪(1,2] C.(0，1 4 ]∪[4，＋∞) D.[1 4，1 )∪(1,4] 【答案】B 【解析】当 x∈(－1,1)时，均有 f(x)<1 2 ，即 ax>x2－1 2 在(－1,1)上恒成立，令 g(x)＝ax，m(x)＝x2－1 2 ，由图象知： 当 01 时，g(－1)≥m(1)，即 a－1≥1－1 2 ＝1 2 ，此时 1 = + < ( )0 1g = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 0 { 11 1 2 g m g m − = − + > = + < 11 2m− < < − ( )0 1g = 1m = m 11 2m− < < − 1m = ( ) 2 1 1, 0 2 , 0x x xf x x x+  +− <=   ≥ ( ) 2 2g x x x= − − 设 为实数，若存在实数 ，使得 成立，则 的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为 ，所以当 时， 单调递增，故 ； 当 时， ，当且仅当 ，即 时，取等 号，综上可得， .又因为存在实数 ，使得 成立，所以只需 ， 即 ，解得 .故选 A. 【名师点睛】本题主要考查分段函数的值域，将存在实数 ，使得 成立，转化为 是解题的关键，属于常考题型. 10. 若 是 的最小值，则 的取值范围为( ). (A)[-1,2] (B)[-1，0] (C)[1，2] (D) 【答案】D 【解析】由于当 时， 在 时取得最小值 ，由题意当 时， 应该是递减的，则 ，此时最小值为 ，因此 ，解得 ，选 D． 11. 已知直线 与函数 f(x)= 的图象恰好有 3 个不同的公共点，则实数 m 的取值范围 为( ) A． B． C． D． 【答案】B b a ( ) ( ) 2g b f a+ = b [ ]1,2− 3 7,2 2  −   3 7,2 2  −   3 ,42  −   ( ) 2 1 1, 0 2 , 0x x xf x x x+  +− <=   ≥ 0x ≥ ( ) 12xf x += ( ) 12 2xf x += ≥ 0x < ( ) ( )2 1 1 1 2xf x x xx x x  +    = − = − + = − + − ≥         1x x − = − 1x = −    >++ ≤− = ,0,1 ,0,)( )( 2 xaxx xax xf )0(f )(xf a [0,2] 0x > 1( )f x x ax = + + 1x = 2 a+ 0x ≤ 2( ) ( )f x x a= − 0a ≥ 2(0)f a= 2 2a a≤ + 0 2a≤ ≤ 【解析】 作出 的图象如下：可知 时，直线 与 只有一个交点，不符题意；当 时， 与 总有一个交点，故 与 必有两个交点，即方 必有两不等正实根，即方程 必有两不等正实根，所以 ，解得 ，即 ，故选 B． 12. 已知函数 f(x)＝Error!函数 g(x)＝b－f(2－x)，其中 b∈R.若函数 y＝f(x)－g(x)恰有 4 个零点，则 b 的取值 范围是(　　) A.(7 4，＋∞) B.(－∞，7 4) C.(0，7 4 ) D.(7 4，2 ) 【答案】D 【解析】函数 y＝f(x)－g(x)恰有 4 个零点，即方程 f(x)－g(x)＝0，即 b＝f(x)＋f(2－x)有 4 个不同的实数根， 即直线 y＝b 与函数 y＝f(x)＋f(2－x)的图象有 4 个不同的交点．又 y＝f(x)＋f(2－x)＝Error!作出该函数的图 象如图所示，由图可得，当7 4 ＜b＜2 时，直线 y＝b 与函数 y＝f(x)＋f(2－x)有 4 个交点. 二、填空题(4*5=20 分) 13. 若函数 在 上的最大值为 4，最小值为 ，且函数 在 上是增函数，则 a＝＿＿＿＿． ( ) ( 0, 1)xf x a a a= > ≠ [ 1,2]− m ( ) (1 4 )g x m x= − [0, )+∞ 【答案】 【解析】 当 时，有 ，此时 ，此时 为减函数，不合题意.若 ，则 ，故 ，检验知符合题意． 14. 已知函数 满足对任意的 ，都有 恒成立，那么实数 的取值范围是______________ 【答案】 【解析】∵函数 f(x)满足对任意 x1＜x2，都有 f(x1)＜f(x2)成立，∴函数 f(x)在定义域上是增函数，则满足 , 故答案为 . 15. 设函数 若 ，则实数 的取值范围是___. 【答案】 【解析】结合图形(图略)，由 ，可得 ，可得 ． 16.【吉林省东北师大附中 2020 届高三二模】设 是定义在 上的偶函数，对任意 ，都有 ，且当 时， .在区间 内关于 的方程 恰有 个不同的实数根，则实数 的取值范围是_________. 【答案】 【解析】如图所示，当 ﹣6，可得图象．根据偶函数的对称性质画出[0，2]的图 象，再据周期性：对任意 x∈R，都有 f(x+4)=f(x)，画出[2，6]的图象．画出函数 y=loga(x+2)(a＞1)的图 象．∵在区间(﹣2，6]内关于 x 的 f(x)﹣loga(x+2)=0(a＞1)恰有 3 个不同的实数根，∴loga8＞3，loga4＜3，∴ 4＜a3＜8，解得 ＜a＜2． 1 4 1a > 2 14,a a m−= = 12, 2a m= = ( )g x x= − 0 1a< < 1 24,a a m− = = 1 1,4 16a m= = ( ) ( ) ( ) 2 1( 1){ 1x a x xf x a x − + <= ≥ 1 2x x< ( ) ( )1 2f x f x< a 3 ,22     2 0 2 3{ 1 { 1 222 1 3 2 a a a a a a a a − > < > ∴ > ∴ ≤ < − + ≤ ≥ 3 ,22     ( )    ≥− <+= 0, 0, 2 2 xx xxxxf ( )( ) 2≤aff a ( , 2]−∞ ( )( ) 2f f a ≤ ( ) 2f a −≥ 2a ≤ 三、解答题(共 6 道小题，共 70 分) 17. 已知命题 p：关于 x 的方程 x2－ax＋4＝0 有实根；命题 q：关于 x 的函数 y＝2x2＋ax＋4 在[3，＋∞)上是 增函数．若 p 或 q 是真命题，p 且 q 是假命题，求实数 a 的取值范围． 【答案】(－∞，－12)∪(－4,4)． 【解析】命题 p 等价于 Δ＝a2－16≥0，即 a≤－4 或 a≥4；命题 q 等价于－a 4≤3，即 a≥－12. 由 p 或 q 是真命题，p 且 q 是假命题知，命题 p 和 q 一真一假． 若 p 真 q 假，则 a<－12； 若 p 假 q 真，则－4 + = − ∴ + − = − > ∴ = − = ⇒ = 1 2a + < 2a > 2 max 1 13( ) ( 1) 3, 2f x f a a a a += + = − = ∴ = 0a = 1 13 2a += 19.已知函数 ， 为常数． (1)当 时，求函数 在 上的最小值和最大值； (2)若函数 在 上单调递增，求实数 的取值范围． 【答案】(1)最大值为 ，最小值为 1.(2) . 【解析】(1)当 时， 所以当 时， 当 时， ， 所以 在 上的最大值为 ，最小值为 1. (2)因为 而 在 上单调递增 所以当 时， 必单调递增，得 即 当 时， 亦必单调递增，得 即 ，且 恒成立 故所求实数 的取值范围为 . 20.【2018 届西藏林芝市第一中学高三 9 月月考】已知函数 ( ， )． (1)若函数 的最小值为 ，求 的解析式，并写出单调区间； (2)在(1)的条件下， 在区间 上恒成立，试求 的取值范围． 【答案】(1) ，单调递减区间为 ，单调递增区间为 ； (2) 的取值范围为 ． 【解析】(1)由题意得 ， ，且 ， ∴ ， ，∴ ，单调递减区间为 ，单调递增区间为 ． (2) 在区间 上恒成立，转化为 在区间 上恒成立． 设 ， ，则 在 上递减，∴ ， 2( ) 1f x x a x= + − a 2a = ( )f x [0,2] ( )f x [0, )+∞ a 6 [ 2,0]− 2a = 2 2 2 2 2, 1,( ) 2 1 2 2, 1, x x xf x x x x x x  + − ≥= + − =  − + < 2 2 ( 1) 3, 1, ( 1) 1, 1, x x x x  + − ≥=  − + < [1,2]x∈ max min[ ( )] 6,[ ( )] 1f x f x= = [0,1]x∈ max min[ ( )] 2,[ ( )] 1f x f x= = ( )f x [0,2] 6 2 2 , 1,( ) , 1, x ax a xf x x ax a x  + − ≥=  − + < 2 2 2 2 ( ) , 1,2 4 ( ) , 1,2 4 a ax a x a ax a x  + − − ≥=   − − + < ( )f x [0, )+∞ 1x ≥ ( )f x 12 a− ≤ 2a ≥ − 0 1x≤ < ( )f x 02 a ≤ 0a ≤ 1 11 1a a a a+ − ≥ − + a [ 2,0]− ( ) 2 1f x ax bx= + + 0a ≠ x R∈ ( )f x ( )1 0f − = ( )f x ( )f x x k> + [ ]3, 1− − k ( ) 2 2 1f x x x= + + ( ], 1−∞ − [ )1,− +∞ k ( ),1−∞ ( )1 1 0f a b− = − + = 0a ≠ 12 b a − = − 1a = 2b = ( ) 2 2 1f x x x= + + ( ], 1−∞ − [ )1,− +∞ ( )f x x k> + [ ]3, 1− − 2 1x x k+ + > [ ]3, 1− − ( ) 2 1g x x x= + + [ ]3, 1x∈ − − ( )g x [ ]3, 1− − ( ) ( )min 1 1g x g= − = ∴ ，即 的取值范围为 ． 21.【辽宁省沈阳市东北育才学校 2020 届高三上学期联考】设函数 ，其中 a 为 常数． Ⅰ 当 ，求 a 的值； Ⅱ 当 时，关于 x 的不等式 恒成立，求 a 的取值范围． 【答案】(1)a=﹣ (2)[﹣2，+∞) 【解析】 (1)∵f(x)=log2(1+a•2x+4x)，∴f(-1)=log2(1+ + )，f(2)=log2(1+4a+16)， 由于 ，即 log2(4a+17)=log2( + )+4，解得，a=﹣ ； (2)因为 f(x)≥x﹣1 恒成立，所以，log2(1+a•2x+4x)≥x﹣1，即，1+a•2x+4x≥2x﹣1， 分离参数 a 得，a≥ ﹣(2x+2﹣x)，∵x≥1，∴(2x+2﹣x)min= ，此时 x=1，所以，a≥ ﹣ =﹣2， 即实数 a 的取值范围为[﹣2，+∞)． 22. 已知 ，函数 . (1)若关于 的方程 的解集中恰好有一个元素，求 的取值范围； (2)设 ，若对任意 ，函数 在区间 上的最大值与最小值的差不超过 1，求 的取值 范围. 【解析】(1) ， ， 当 时， ，经检验，满足题意． 当 时， ，经检验，满足题意． 当 且 时， ， ， ． 是原方程的解当且仅当 ，即 ； 是原方程的解当且仅当 ，即 ．于是满足题意的 ． 综上， 的取值范围为 ． (3)当 时， ， ，所以 在 上单调递 1k < k ( ),1−∞ a R∈ 2 1( ) log ( )f x ax = + x 2( ) log [( 4) 2 5] 0f x a x a− − + − = a 0a > 1[ ,1]2t ∈ ( )f x [ , 1]t t + a ( )1 4 2 5a a x ax + = − + − ( ) ( )24 5 1 0a x a x− + − − = 4a = 1x = − 3a = 1 2 1x x= = − 3a ≠ 4a ≠ 1 1 4x a = − 2 1x = − 1 2x x≠ 1x 1 1 0ax + > 2a > 2x 2 1 0ax + > 1a > ( ]1,2a∈ a ( ] { }1,2 3,4 1 20 x x< < 1 2 1 1a ax x + > + 2 2 1 2 1 1log loga ax x    + > +        ( )f x ( )0,+∞ 减．函数 在区间 上的最大值与最小值分别为 ， ． 即 ， 对任意 成立．因为 ，所以函数 在区间 上单调递增， 时， 有最小值 ，由 ，得 ．故 的取值范围为 ． ( )f x [ ], 1t t + ( )f t ( )1f t + ( ) ( ) 2 2 1 11 log log 11f t f t a at t    − + = + − + ≤   +    ( )2 1 1 0at a t+ + − ≥ 1 ,12t  ∈   0a > ( )2 1 1y at a t= + + − 1 ,12      1 2t = y 3 1 4 2a − 3 1 04 2a − ≥ 2 3a ≥ a 2 ,3  +∞ 