【数学】2021届一轮复习人教A版基本初等函数学案
2020 年高考理科数学：基本初等函数题型归纳与训练
【题型归纳】
题型一 指数运算与对数运算
例 1 已知函数 则 f(f(1))＋f 的值是( )
A.5 B.3 C.－1 D.7
2
【答案】A
【解析】由题意可知 f(1)＝log21＝0，f(f(1))＝f(0)＝30＋1＝2， f ＝ +1＝2＋1
＝3，所以 f(f(1))＋f(log31
2 )＝5.
【易错点】确定 的范围再代入.
【思维点拨】本题较简单，分段函数计算题代入时要先确定范围，再代入函数.
例 2 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)＝ 则 f(2 019)＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
【答案】D
【解析】∵2 019＝6×337－3，∴f(2 019)＝f(－3)＝log2(1＋3)＝2.故选 D.
【易错点】转化过程
【思维点拨】x>6 时可以将函数看作周期函数，得到 f(2 019)＝f(3)，然后再带入 3，得出 f(3)＝f(－3).
题型二 指对幂函数的图象与简单性质
例 1 函数f(x)＝a x－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是( )
A.a>1，b<0 B.a>1，b>0
C.0
0 D.0= + ≤ 3
1log 2
3
1log 0,2
< ∴ 3
1log 2
3
1log 23
−
3
1log 2
2log 1 , 0,
6 , 0,
x x
f x x
− ≤
− >
（ ）
（ ）
对称变换而得到．特别地，当底数 a 与 1 的大小关系不确定时应注意分类讨论．
例 2 已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2|x－m|－1(m 为实数)为偶函数，记 a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，
则 a，b，c 的大小关系为( )
A.a＜b＜c B.c＜a＜b
C.a＜c＜b D.c＜b＜a
【答案】B
【解析】由函数 f(x)＝2|x－m|－1 为偶函数，得 m＝0，所以 f(x)＝2|x|－1，
当 x＞0 时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25＞|－log23|＞0，
∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)＝f(0)，故选 B.
【易错点】①对称性的条件转化；②利用单调性或图象转化到同一单调区间比较大小.
【思维点拨】函数 的图象关于 对称；指对幂函数比较大小时像本题中 a,b 一样可以换成同
底数的数，可以化为一样的底数利用单调性比较大小.
题型三 二次函数的图象与性质
例 1 已知函数 f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意 x∈[m，m＋1]，都有 f(x)<0 成立，则实数 m 的取值范围是
________．
【答案】（－ 2
2 ，0）
【解析】由于 f(x)＝x2＋mx－1＝mx＋(x2－1)，可视 f(x)为关于 m 的一次函数，故根据题意有
解得－ 2
2 0 时，f(x)＝ax2－2x 的图象的开口方向向上，且对称轴为直线 x＝1
a.
当1
a≤1，即 a≥1 时，f(x)＝ax2－2x 的图象的对称轴在[0，1]内，
∴f(x)在[0，1
a ]上单调递减，在[1
a，1 ]上单调递增．
∴f(x)min＝ ＝1
a－2
a＝－1
a.
( )f x m− x m=
2 2
2 2
( ) 1 0,
( 1) ( 1) ( 1) 1 0,
f m m m
f m m m m
= + + < + = + + + + <
1( )f a
当1
a>1，即 00)在区间[m，n]上的最大或最小值如下：
(1)当 ∈[m，n]，即对称轴在所给区间内时，f(x)的最小值在对称轴处取得，其最小值是
；若 ≤m＋n
2 ，f(x)的最大值为 f(n)；若 ≥m＋n
2 ，f(x)的最大值为 f(m)．
(2)当 ∉[m，n]，即给定的区间在对称轴的一侧时，f(x)在[m，n]上是单调函数．若 0,排除 D；当 x 趋近于正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大,故选 B.
【易错点】忽略正无穷大时的函数值
【思维点拨】判断函数奇偶性→根据选项代入特殊值判断函数值正负→根据极限判断趋近值.
题型五 复合函数的简单性质
例 1 设 f(x)＝lg 是奇函数，则使 f(x)<0 的 x 的取值范围是________.
【答案】(－1，0).
【解析】由 f(x)是奇函数可得 a＝－1，∴f(x)＝lg ，定义域为(－1，1).
由 f(x)<0，可得 0< <1，∴－1 1 32
(1 3) 0
a
g
≥ −
− ≥
2 2 3 2a− ≤ ≤ a
[2 2 3,2]−
【思维点拨】研究函数性质时一般要借助于函数图象，体现了数形结合思想．
【巩固训练】
题型一 指数运算与对数运算
1. 设函数 则 f(－2)＋f (log212)＝( )
A.3 B.6 C.9 D.12
【答案】C
【解析】因为－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以 f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f (log212)＝2log212
－1＝2log212×2－1＝12×1
2＝6，故 f(－2)＋f (log212)＝3＋6＝9，故选 C.
2. 化简：2lg 5＋lg 2(lg 2＋2lg 5)＋(lg 2)2＝________.
【答案】2.
【解析】原式＝2lg 5＋(lg 2)2＋2lg 2·lg 5＋(1－lg 5)2＝(lg 2)2＋2lg 2·lg 5＋(lg 5)2＋1＝(lg 2＋lg 5)2＋1＝2.
3.已知 2x＝3，log4 ＝y，则 x＋2y 的值为____________．
【答案】3.
【解析】原式＝ .
题型二 指对幂函数的图象与简单性质
1. 函数 f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为 a，则 a 的值为( )
A.1
4 B.1
2 C．2 D．4
【答案】B
【解析】f(x)＝ax＋loga(x＋1)是单调递增(减)函数(原因是 y＝ax 与 y＝loga(x＋1)的单调性相同)，且在[0,1]上
的最值分别在两端点处取得，最值和为 f(0)＋f(1)＝a0＋loga1＋a＋loga2＝a，
∴loga2＋1＝0，
∴a＝1
2.
2.若 a＝(2
3 )x
，b＝x2，c＝ ，则当 x>1 时，a，b，c 的大小关系是( )
A.c1 时， 所以 c1 时，不符合题意，舍去．所以实数 a 的取值范围是 .
题型三 二次函数的图象与性质
1.若 时 恒成立,求实数 a 的取值范围.
【答案】
【解析】分离参数 a,可得 则当 时，令 所以 f(x)
在 时单调递增，所以 也可利用二次函数性质分类讨论.
2.设二次函数 f(x)＝ax2－2ax＋c 在区间[0,1]上单调递减，且 f(m)≤f(0)，则实数 m 的取值范围是( )
A.(－∞，0] B．[2，＋∞)
2
2
3
2 20 , 1, log 0,3 3
x
a b x c x < = < = > = <
2(0, )2
2( ,1)2
1(0 )2x< ≤
1
24 1( ,2)2
1( ,2)2
2( ,1)2
10, 2x ∈
2 2 0x ax+ + >
9 , .2
− +∞
2 ,a x x
> − − 10, 2x ∈
( ) ( ) 2
2 1, 1 0,f x x f xx x
′= − − = − + >
10, 2x ∈
1 9 9( ) ( ) , .2 2 2f x f a≤ = − > −
C．(－∞，0]∪[2，＋∞) D．[0,2]
【答案】D
【解析】二次函数 f(x)＝ax2－2ax＋c 在区间[0,1]上单调递减，则 a≠0，f′(x)＝2a(x－1)＜0，x∈[0,1]，
所以 a＞0，即函数的图象开口向上，又因为对称轴是直线 x＝1.所以 f(0)＝f(2)，则当 f(m)≤f(0)时，有
0≤m≤2.
a＞0 也可利用 f(x)＝ax2－2ax＋c=a(x2－2x)＋c=a(x－1)2－a＋c 在对称轴左边递减得到.
3.已知函数 f(x)＝x2－2ax＋5(a>1)．
(1)若 f(x)的定义域和值域均是[1，a]，求实数 a 的值；
(2)若 f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，且对任意的 x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，求实数 a 的取值
范围．
【答案】（1）a＝2；（2）[2,3]．
【解析】(1)∵f(x)＝(x－a)2＋5－a2(a>1)，
∴f(x)在[1，a]上是减函数．
又定义域和值域均为[1，a]．
∴ 解得 a＝2.
(2)∵f(x)在区间(－∞，2]上是减函数，
∴a≥2.
又 x＝a∈[1，a＋1]，且(a＋1)－a≤a－1，
∴f(x)max＝f(1)＝6－2a，f(x)min＝f(a)＝5－a2.
∵对任意的 x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，
∴f(x)max－f(x)min≤4，得－1≤a≤3.
又 a≥2，∴2≤a≤3.
故实数 a 的取值范围是[2,3]．
题型四 函数图象的综合考查
1.函数 的图象大致是（ ）
【答案】D
2 2
1 2 5 ,(1)
( ) 1 2 5 1,
a af a
f a a a
− + ==
= − + =
即
4 lg | |
| |
x xy x
=
【解析】 从奇偶性可排除 B，且易知当 x>1 时，原函数大于 0，排除 A，当 x>0 时，对函数 求
导单调性可排除 C.故选 D.
2.函数 f(x)＝ln (x－1
x )的图象是( )
【答案】B.
【解析】自变量 x 满足 ，当 x＞0 时，可得 x＞1，当 x＜0 时，可得－1＜x＜0，即函数 f(x)
的定义域是(－1,0)∪(1，＋∞)，据此排除选项 A、D；
函数 y＝ 单调递增，故函数 f(x)＝ln( )在(－1,0)，(1，＋∞)上单调递增，故选 B.
3.函数 y＝ 在[－2,2]的图象大致为( )
【答案】D.
【解析】利用导数研究函数 y＝ 在[0,2]上的图象，利用排除法求解．
∵f(x)＝ |，x∈[－2,2]是偶函数，
又 f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除 A，B.
设 g(x)＝ ，则 g′(x)＝4x－ex.
又 g′(0)<0，g′(2)>0，
∴g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点，
∴f(x)＝ 在(0,2)内至少存在一个极值点，排除 C.故选 D.
题型五 复合函数的简单性质
1.已知函数 为奇函数 则实数 的值为 ．
【答案】1.
【解析】由奇函数得： , , ,因为 ,所以
2.若函数 f(x)＝loga(x2－ax＋5)(a＞0，且 a≠1)满足对任意的 x1，x2，当 x1＜x2≤a
2时，f(x2)－f(x1)＜0，则实数 a
的取值范围为________．
【答案】(1,2 5).
【解析】 当 x1＜x2≤a
2时，f(x2)－f(x 1)＜0，即函数在区间(－∞， a
2]上为减函数，设 g(x)＝x 2－ax＋5，则
3 lgy x x=
21 1 0xx x x
−− = >
1x x
− 1x x
−
22 xx e−
22 xx e−
22 xx e−
22 xx e−
22 xx e−
( ) 2log 1
a xf x x
−= + , a
( ) ( ) 2 2
+log = log1 1
a x a xf x f x x x
−= − − −+ −， 1=1
a x x
x a x
− −
+ +
2 1a = 1a ≠ −
1.a =
，解得 1＜a＜2 5.
3.函数 的值域为( )
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－∞，＋∞)
【答案】B
【解析】令 2x＝t，则函数 可化为 y＝t2＋2t＋1＝(t＋1)2(t>0)．
∵函数 y＝(t＋1)2 在(0，＋∞)上递增，∴y>1.
∴所求值域为(1，＋∞)．故选 B.
题型六 函数性质综合
1.设方程 的根分别为 x1，x2，则( )
A．0＜x1x2＜1 B．x1x2＝1
C．1＜x1x2＜2 D．x1x2≥2
【答案】A.
【 解 析 】 方 程 的 根 分 别 为 x1 ， x2 ， 所 以 ，
，可得 x2＝1
2，令 f(x)＝ ，则 f(2)f(1)＜0，所以 1＜x1＜2，所以1
2＜x1x2＜1，
即 0＜x1x2＜1.故选 A.
2.若函数 的值域是[4，＋∞)，求实数 a 的取值范围．
【答案】
【解析】当 x≤2 时，f(x)＝－x＋6，f(x)在(－∞，2]上为减函数，∴f(x)∈[4，＋∞)．当 x＞2 时，若 a∈(0,1)，
则 f(x)＝3＋logax 在(2，＋∞)上为减函数，f(x)∈(－∞，3＋loga2)，显然不满足题意，∴a＞1，此时 f(x)在(2，＋
∞)上为增函数，f(x)∈(3＋loga2，＋∞)，由题意可知(3＋log a2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则 3＋log a2≥4，即 loga2≥1，∴
1＜a≤2.
3.已知定义域为 R 的函数 是奇函数．
(1)求 a，b 的值；
(2)若对任意的 t∈R，不等式 f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0 恒成立，求 k 的取值范围．
1
( ) 02
a
ag
> >
14 2 1x xy += + +
14 2 1x xy += + +
2 1
4
1 1log 0 log 02 4
x x
x x − = − = 与
2 1
4
1 1log 0 log 02 4
x x
x x − = − = 与
1
2 1
1log 2
x
x =
2
1 2
4
1log 4
x
x = 2
1log 2
x
x −
6, 2,( ) ( 0 1)3 log , 2a
x xf x a ax x
− + ≤= > ≠ + >
且
( ]1,2
1
2( ) 2
x
x
bf x a+
− += +
【答案】（1）a＝2，b＝1;（2）
.
【解析】(1)因为 f(x)是 R 上的奇函数，
所以 f(0)＝0，即
－1＋b
2＋a ＝0，解得 b＝1.
从而有 .又由 f(1)＝－f(－1)知
－2＋1
4＋a ＝－
－1
2＋1
1＋a ，解得 a＝2.
(2)由(1)知 f(x)＝
－2x＋1
2x＋1＋2＝－1
2＋ 1
2x＋1，
由上式易知 f(x)在 R 上为减函数，又因为 f(x)是奇函数，从而不等式 f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0 等价于 f(t2－2t)<－
f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为 f(x)是 R 上的减函数，由上式推得 t2－2t>－2t2＋k.即对一切 t∈R 有 3t2－2t－k>0，
从而 Δ＝4＋12k<0，解得 k<－1
3.
1, 3
−∞ −
1
2 1( ) 2
x
xf x a+
− += +
