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專題二 基本初等函數、函數與方程
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
分段函數的零點問題T9
_______
利用對數的性質比較大小T12
2017
指數與對數的互化、對數運算、比較大小T11
_________
函數的零點問題T11
2016
利用冪函數、指數函數、對數函數單調性比較大小T8
__________
利用指數函數與冪函數的單調性比較大小T6
縱向把握趨勢
卷Ⅰ3年3考，涉及冪函數、指數函數、對數函數的單調性以及分段函數的零點問題，題型為選擇題，難度適中，預計2019年會以對數的運算、對數函數的圖象與性質為考查重點
卷Ⅱ3年0考，預計2019年會以選擇題的形式考查冪函數、指數函數、對數函數的有關性質或大小比較問題
卷Ⅲ3年3考，涉及由函數零點個數確定參數問題以及指數、對數、冪函數的性質、比較大小問題．題型為選擇題，難度偏大，預計2019年仍會考查指數函數、對數函數、冪函數性質的應用
橫向把握重點
1.基本初等函數作為高考的命題熱點，多考查指數式與對數式的運算，利用函數的性質比較大小，一般出現(xiàn)在第5～12題的位置，有時難度較大．
2.函數的應用問題多體現(xiàn)在函數零點與方程根的綜合問題上，題目可能較難，應引起重視.
基本初等函數的圖象與性質
[由題知法]
(1)(2019屆高三遼寧五校聯(lián)考)設a＝2 017，b＝log2 017，c＝log2 018，則( )
A．c>b>a B．b>c>a
C．a>c>b D．a>b>c
(2)已知f (x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a>0且a≠1)，若f (4)g(－4)<0，則y＝f (x)，y＝g(x)在同一坐標系內的大致圖象是( )
(3)(2018信陽二模)設x，y，z為正實數，且log2x＝log3y＝log5z>0，則，，的大小關系不可能是( )
A.<< B.＝＝
C.<< D.<<
[解析] (1)∵a＝2 017>2 0170＝1，
0
b>c.故選D.
(2)∵f (x)＝ax－2>0恒成立，又f (4)g(－4)<0，∴g(－4)＝loga|－4|＝loga4<0＝loga1，∴00，
則x＝2k>1，y＝3k>1，z＝5k>1.
∴＝2k－1，＝3k－1，＝5k－1.
①若0>；
②若k＝1，則函數f (x)＝xk－1＝1，∴＝＝；
③若k>1，則函數f (x)＝xk－1在定義域上單調遞增，
∴<<.
∴，，的大小關系不可能是 D.因此A、B、C正確，D錯誤．故選D.
[答案] (1)D (2)B (3)D
[類題通法]
1．冪、指數、對數式比較大小的方法
(1)利用冪、指數、對數函數的單調性，這就需要觀察要比較大小的數和式的結構特征，尋找共同點(如指數相同，底數相同等)，構造相應函數；
(2)媒介法，即利用中間值(特別是0和1)作媒介傳遞，達到比較其大小的目的．
2．基本初等函數的圖象與性質的應用技巧
(1)對數函數與指數函數的單調性都取決于其底數的取值，當底數a的值不確定時，要注意分a>1和01時，兩函數在定義域內都為增函數；當00和α<0兩種情況的不同．
[應用通關]
1．(2018廈門一模)已知a＝0.3，b＝log0.3，c＝ab，則a，b，c的大小關系是( )
A．alog＝1，a＝0.3<0＝1，∴c＝ab－1}，排除B、D；由x＝0時，g(x)＝0，排除A.故選C.
函數的實際應用問題
[由題知法]
(1)(2018開封模擬)李冶(1192～1279)，真定欒城(今河北省石家莊市)人，金元時期的數學家、詩人，晚年在封龍山隱居講學，數學著作多部，其中《益古演段》主要研究平面圖形問題：求圓的直徑、正方形的邊長等．其中一問：現(xiàn)有正方形方田一塊，內部有一個圓形水池，其中水池的邊緣與方田四邊之間的面積為13.75畝，若方田的四邊到水池的最近距離均為二十步，則圓池直徑和方田的邊長分別是(注：240平方步為1畝，圓周率按3近似計算)( )
A．10步，50步 B．20步，60步
C．30步，70步 D．40步，80步
(2)某工廠產生的廢氣經過過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物數量P(毫克/升)與時間t(小時)的關系為P＝P0e－kt.如果在前5小時消除了10%的污染物，那么污染物減少19%需要花費的時間為________小時．
[解析] (1)設圓池的半徑為r步，則方田的邊長為(2r＋40)步，由題意，得(2r＋40)2－3r2＝13.75240，解得r＝10或r＝－170(舍去)，所以圓池的直徑為20步，方田的邊長為60步，故選B.
(2)前5小時污染物消除了10%，此時污染物剩下90%，即t＝5時，P＝0.9P0，代入，得(e－k)5＝0.9，
∴e－k＝0.9，∴P＝P0e－kt＝P0t.當污染物減少19%時，污染物剩下81%，此時P＝0.81P0，代入得0.81＝t，解得t＝10，即需要花費10小時．
[答案] (1)B (2)10
[類題通法]
1．解決函數實際應用題的2個關鍵點
(1)認真讀題，縝密審題，準確理解題意，明確問題的實際背景，然后進行科學地抽象概括，將實際問題歸納為相應的數學問題．
(2)要合理選取參變量，設定變量之后，就要尋找它們之間的內在聯(lián)系，選用恰當的代數式表示問題中的關系，建立相應的函數模型，最終求解數學模型使實際問題獲解．
2．構建函數模型解決實際問題的常見類型與求解方法
(1)構建二次函數模型，常用配方法、數形結合、分類討論思想求解．
(2)構建分段函數模型，應用分段函數分段求解的方法．
(3)構建f (x)＝x＋(a>0)模型，常用基本不等式、導數等知識求解．
[應用通關]
1．某電腦公司在甲、乙兩地各有一個分公司，甲分公司現(xiàn)有某型號電腦6臺，乙分公司現(xiàn)有同一型號的電腦12臺．現(xiàn)A地某單位向該公司購買該型號的電腦10臺，B地某單位向該公司購買該型號的電腦8臺．已知從甲地運往A，B兩地每臺電腦的運費分別是40元和30元，從乙地運往A，B兩地每臺電腦的運費分別是80元和50元．若總運費不超過1 000元，則調運方案的種數為( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選C 設甲地調運x臺電腦至B地，則剩下(6－x)臺電腦調運至A地；乙地應調運(8－x)臺電腦至B地，運往A地12－(8－x)＝(x＋4)臺電腦(0≤x≤6，x∈N)．則總運費y＝30x＋40(6－x)＋50(8－x)＋80(x＋4)＝20x＋960，∴y＝20x＋960(x∈N,0≤x≤6)．若y≤1 000，則20x＋960≤1 000，得x≤2.又0≤x≤6，x∈N，∴x＝0,1,2，即有3種調運方案．
2．某工廠某種產品的年固定成本為250萬元，每生產x千件該產品需另投入的成本為G(x)(單位：萬元)，當年產量不足80千件時，G(x)＝x2＋10x；當年產量不小于80千件時，G(x)＝51x＋－1 450.已知每件產品的售價為0.05萬元．通過市場分析，該工廠生產的產品能全部售完，則該工廠在這一產品的生產中所獲年利潤的最大值是________萬元．
解析：∵每件產品的售價為0.05萬元，∴x千件產品的銷售額為0.051 000x＝50x萬元．
①當00，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f (x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，則f (x)的零點不唯一．
綜上所述，a＝.
(二)特殊思路妙解題
法三：由f (x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f (2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f (2－x)＝f (x)，即x＝1為f (x)圖象的對稱軸．
由題意，f (x)有唯一零點，所以f (x)的零點只能為x＝1，即f (1)＝12－21＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，
解得a＝.故選C.
[答案] C
[啟思維] 本題考查由函數零點情況求參數值．
思路一：先化簡f (x)的表達式，再換元轉化成關于t的函數，利用函數的有關性質求解．
思路二：先把f (x)轉化為二次函數與指數型函數相等問題，再分別考察它們的值域，利用唯一性求解．
思路三：觀察式子f (x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)的結構特點可知，g(x)＝x2－2x與h(x)＝a(ex－1＋e－x＋1)都有對稱性，可得出f (2－x)＝f (x)，由對稱性求解．
(2018全國卷Ⅰ)已知函數f (x)＝g(x)＝f (x)＋x＋a.若g(x)存在2個零點，則a的取值范圍是( )
A．[－1,0) B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
[解析] 令h(x)＝－x－a，
則g(x)＝f (x)－h(huán)(x)．在同一坐標系中畫出y＝f (x)，y＝h(x)的示意圖，如圖所示．若g(x)存在2個零點，則y＝f (x)的圖象與y＝h(x)的圖象有2個交點，平移y＝h(x)的圖象，可知當直線y＝－x－a過點(0,1)時，有2個交點，此時1＝－0－a，a＝－1.當y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1時，僅有1個交點，不符合題意．當y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1時，有2個交點，符合題意．綜上，a的取值范圍為[－1，＋∞)．故選C.
[答案] C
[啟思維] 本題主要考查函數與方程．本題以高中兩個基本初等函數(指數函數和對數函數)為載體，構建分段函數，與函數零點結合，需借助函數圖象解決問題．破解此類題的關鍵：一是會轉化，把函數的零點問題轉化為方程的根的問題，再轉化為兩個函數的圖象的交點問題；二是會借形解題，即畫出兩函數的圖象，由圖象的直觀性，可快速找到參數所滿足的不等式，解不等式，即可求出參數的取值范圍．
[知能升級]
已知函數有零點(方程有根)求參數(值)范圍的3種方法
直接法
直接根據題設條件構建關于參數的不等式(組)，再通過解不等式(組)確定參數的取值范圍
分離
參數法
先將參數分離，轉化為求函數值域的問題加以解決
數形
結合法
先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解
[增分集訓]
1．(2018洛陽第一次統(tǒng)考)已知函數f (x)滿足f (1－x)＝f (1＋x)＝f (x－1)(x∈R)，且當0≤x≤1時，f (x)＝2x－1，則方程|cos πx|－f (x)＝0在[－1,3]上的所有根之和為( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：選D 方程|cos πx|－f (x)＝0在[－1,3]上的所有根之和即y＝|cos πx|與y＝f (x)在[－1,3]上的圖象交點的橫坐標之和．由f (1－x)＝f (1＋x)得f (x)的圖象關于直線x＝1對稱，由f (1－x)＝f (x－1)得f (x)的圖象關于y軸對稱，由f (1＋x)＝f (x－1)得f (x)的一個周期為2，而當0≤x≤1時，f (x)＝2x－1，在同一坐標系中作出y＝f (x)和y＝|cos πx|在[－1,3]上的大致圖象，如圖所示，
易知兩圖象在[－1,3]上共有11個交點，又y＝f (x)，y＝|cos πx|的圖象都關于直線x＝1對稱，故這11個交點也關于直線x＝1對稱，故所有根之和為11.
2．已知函數f (x)＝g(x)＝kx－1，若方程f (x)－g(x)＝0在x∈(－2,2)上有三個實根，則實數k的取值范圍為( )
A．(1，ln 2) B.
C. D．(1，ln 2)∪
解析：選D 顯然，x＝0不是方程f (x)－g(x)＝0的根，
則f (x)－g(x)＝0，即k＝，
可設k＝φ(x)＝
由x<0，可得φ(x)＝x＋＋4≤－2＋4＝2，當且僅當－x＝－，即x＝－1時等號成立，
即有φ(x)在x<0時，有最大值φ(－1)＝2；
當x>0時，φ(x)＝＋ln x的導數為φ′(x)＝－＋＝，
當x>1時，φ′(x)>0，φ(x)在(1，＋∞)上單調遞增；當00，∴l(xiāng)g3m>lg m，即c>a.又m∈，∴0 B.∴b0恒成立，
∴f (x)在(－∞，－1)上單調遞增，在(－1，＋∞)上單調遞增，排除C、D；
當x→－∞時，2x→0，→1，∴f (x)→1，排除B，選A.
4．已知函數f (x)＝則不等式log2x－(log4x－1)f (log3x＋1)≤5的解集為( )
A. B．[1,4]
C. D．[1，＋∞)
解析：選C 由不等式log2x－(log4x－1)f (log3x＋1)≤5，得
或
解得1≤x≤4或1，則f (loga(－1))＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選B ∵f (x)＝＋，∴f (－x)＝＋＝＋，∴f (x)＋f (－x)＝＋＋＋＝3.∵loga(＋1)＝－loga(－1)，∴f (loga(＋1))＋f (loga(－1))＝3，∴f (loga(－1))＝2.故選 B.
6．(2019屆高三貴陽模擬)20世紀30年代，為了防范地震帶來的災害，里克特(C.F.Richter)制定了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級，地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級M，其計算公式為M＝lg A－lg A0，其中A是被測地震的最大振幅，A0是“標準地震”的振幅．已知5級地震給人的震感已經比較明顯，則7級地震的最大振幅是5級地震的最大振幅的( )
A．10倍 B．20倍
C．50倍 D．100倍
解析：選D 根據題意有l(wèi)g A＝lg A0＋lg 10M＝lg(A010M)，所以A＝A010M，則＝100.故選D.
7．(2018菏澤一模)已知loga
C．ln(a－b)>0 D．3a－b<1
解析：選A ∵logab>0，
∴a1.
因此只有A正確．故選A.
8．已知實數x，y滿足ax B．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)
C．sin x>sin y D．x3>y3
解析：選D ∵實數x，y滿足axy.對于選項A，>等價于x2＋1y，但x2ln(y2＋1)等價于x2>y2，當x＝1，y＝－1時，滿足x>y，但x2>y2不成立．對于選項C，當x＝π，y＝時，滿足x>y，但sin x>sin y不成立．對于選項D，當x>y時，x3>y3恒成立．故選D.
9．(2018廣元模擬)已知函數f (x)＝ex，g(x)＝ln＋，對任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)使f (a)＝g(b)，則b－a的最小值為( )
A．2－1 B．e2－
C．2－ln 2 D．2＋ln 2
解析：選D 令t＝ea，可得a＝ln t，令t＝ln＋，可得b＝2，
則b－a＝2et－－ln t，令h(t)＝2e－ln t，
則h′(t)＝2e－.
顯然，h′(t)是增函數，觀察可得當t＝時，h′(t)＝0，
故h′(t)有唯一零點，
故當t＝時，h(t)取得最小值，即b－a取得最小值為2e－ln ＝2＋ln 2，故選D.
10．已知函數f (x)是定義在R上的奇函數，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，若0)在區(qū)間[0,2]上的最小值為g(m)．已知定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數h(x)為偶函數，且當x>0時，h(x)＝g(x)，若h(t)>h(4)，則實數t的取值范圍為( )
A．(－4,0) B．(0,4)
C．(－2,0)∪(0,2) D．(－4,0)∪(0,4)
解析：選D 因為f (x)＝x2－mx(m>0)，所以f (x)＝2－，因為f (x)在區(qū)間[0,2]上的最小值為g(m)，所以當04，即>2時，函數f (x)＝2－在[0,2]上單調遞減，所以g(m)＝f (2)＝4－2m.綜上，g(m)＝因為當x>0時，h(x)＝g(x)，所以當x>0時，h(x)＝函數h(x)在(0，＋∞)上單調遞減．因為定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數h(x)為偶函數，且h(t)>h(4)，所以h(|t|)>h(4)，所以0<|t|<4，所以即從而－40，所以F(x)＝2x＋1ln 2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數，所以f ′(x)≥f ′(4)＝32ln 2－10>0，所以函數f (x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函數，所以f (x)≥f (4)＝32－16－8－2＝6>0，即a>4時，不滿足對任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f (x)≤0恒成立．綜上，實數a的取值范圍是(－∞，4]，故選D.
法二：將問題轉化為2x＋1≤x2＋2x＋2對于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)恒成立后，在同一個平面直角坐標系中分別作出函數y＝2x＋1，y＝x2＋2x＋2的圖象如圖所示，根據兩函數圖象的交點及位置關系，數形結合即可分析出實數a的取值范圍是(－∞，4]，故選D.
13．函數f (x)＝ln(x2－2x－8)的單調遞增區(qū)間是________．
解析：由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數f (x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調遞增，由復合函數的單調性知，f (x)＝ln(x2－2x－8)的單調遞增區(qū)間是(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)
14．李華經營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元)分別為L甲＝－5x2＋900x－16 000，L乙＝300x－2 000(其中x為銷售輛數)，若某月兩連鎖店共銷售了110輛，則能獲得的最大利潤為________元．
解析：設甲連鎖店銷售x輛，則乙連鎖店銷售(110－x)輛，故利潤L＝－5x2＋900x－16 000＋300(110－x)－2 000＝－5x2＋600x＋15 000＝－5(x－60)2＋33 000，∴當x＝60時，有最大利潤33 000元．
答案：33 000
15．若函數f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x對稱，函數f (x)＝－x，則f (2)＋g(4)＝________.
解析：法一：∵函數f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x對稱，又f (x)＝－x＝2x，∴g(x)＝log2x，
∴f (2)＋g(4)＝22＋log24＝6.
法二：∵f (x)＝－x，∴f (2)＝4，即函數f (x)的圖象經過點(2,4)，∵函數f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x對稱，∴函數g(x)的圖象經過點(4,2)，∴f (2)＋g(4)＝4＋2＝6.
答案：6
16．(2018福州模擬)設函數f (x)＝則滿足f (x2－2)>f (x)的x的取值范圍
是________________________________________________________________．
解析：由題意x>0時，f (x)單調遞增，故f (x)>f (0)＝0，而x≤0時，x＝0，
故若f (x2－2)>f (x)，則x2－2>x，且x2－2>0，
解得x>2或x<－.
答案：(－∞，－)∪(2，＋∞)
17．如圖，在第一象限內，矩形ABCD的三個頂點A，B，C，分別在函數y＝logx，y＝x，y＝x的圖象上，且矩形的邊分別平行于兩坐標軸，若點A的縱坐標是2，則點D的坐標是________．
解析：由2＝logx可得點A，由2＝x可得點B(4,2)，因為4＝，所以點C的坐標為，所以點D的坐標為.
答案：
18．已知函數f (x)＝|log3x|，實數m，n滿足0f (m)＝f (n)，則f (x)在[m2，n]上的最大值為f (m2)＝－log3m2＝2，解得m＝，則n＝3，所以＝9.
答案：9
19.(2018西安八校聯(lián)考)如圖所示，已知函數y＝log24x圖象上的兩點A，B和函數y＝log2x圖象上的點C，線段AC平行于y軸，當△ABC為正三角形時，點B的橫坐標為________．
解析：依題意，當AC∥y軸，△ABC為正三角形時，|AC|＝log24x－log2x＝2，點B到直線AC的距離為，設點B(x0,2＋log2x0)，則點A(x0＋，3＋log2x0)．由點A在函數y＝log24x的圖象上，得log2[4(x0＋)]＝3＋log2x0＝log28x0，則4(x0＋)＝8x0，x0＝，即點B的橫坐標是.
答案：
20．已知函數f (x)＝在[0,1]上單調遞增，則a的取值范圍為________．
解析：令2x＝t，t∈[1,2]，則y＝在[1,2]上單調遞增．當a＝0時，y＝|t|＝t在[1,2]上單調遞增顯然成立；當a>0時，函數y＝，t∈(0，＋∞)的單調遞增區(qū)間是[，＋∞)，此時≤1，即0log4x1，故log4x1－logx2<0，∴l(xiāng)og4x1＋log4x2<0，∴l(xiāng)og4(x1x2)<0，∴00時，f (x)的圖象與直線y＝－3x有兩個交點，
∴當x<0時，f (x)的圖象與直線y＝－3x有兩個交點．
∴a＋＝－3x在(－∞，0)上有兩解．
即3x2＋ax＋1＝0在(－∞，0)上有兩解．
∴解得a>2.故選A.
5．(2019屆高三西安八校聯(lián)考)已知函數f (x)＝若方程f (x)－ax＝0恰有兩個不同的實根，則實數a的取值范圍是( )
A. B.
C. D．(－∞，0]∪
解析：選B 方程f (x)－ax＝0有兩個不同的實根，即直線y＝ax與函數f (x)的圖象有兩個不同的交點．作出函數f (x)的圖象如圖所示．
當x>1時，f (x)＝ln x，得f ′(x)＝，設直線y＝kx與函數f (x)＝ln x(x>1)的圖象相切，切點為(x0，y0)，則＝＝，解得x0＝e，則k＝，即y＝x是函數f (x)＝ln x(x>1)的圖象的切線，當a≤0時，直線y＝ax與函數f (x)的圖象有一個交點，不合題意；當01)的圖象有兩個交點，但與y＝x＋1(x≤1)也有一個交點，這樣就有三個交點，不合題意；當a≥時，直線y＝ax與函數f (x)的圖象至多有一個交點，不合題意；只有當≤a<時，直線y＝ax與函數f (x)的圖象有兩個交點，符合題意．故選B.
6．(2018濰坊模擬)已知函數f (x)＝(x2－3)ex，若關于x的方程f 2(x)－mf (x)－＝0的不同的實數根的個數為n，則n的所有可能值為( )
A．3 B．1或3
C．3或5 D．1或3或5
解析：選A 由f (x)＝(x2－3)ex，得f ′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，令f ′(x)>0，得x<－3或x>1，令f ′(x)<0，得－30，且t＝時，2－m－＝－－<0，所以方程有兩個不同的實數根t1，t2，所以t1t2＝－＝(－2e)，不妨設t1>0，所以當t1>時，－2e0且a≠1)有且只有4個不同的根，則實數a的取值范圍是( )
A. B．(1,4)
C．(1,8) D．(8，＋∞)
解析：選D ∵f (x＋2)＝f (2－x)，∴f (x＋4)＝f (2＋(x＋2))＝f (2－(x＋2))＝f (－x)＝f (x)，∴函數f (x)是一個周期函數，且T＝4.又∵當x∈[－2,0]時，f (x)＝x－1＝()－x－1，∴當x∈[0,2]時，f (x)＝f (－x)＝()x－1，于是x∈[－2,2]時，f (x)＝()|x|－1，根據f (x)的周期性作出f (x)的圖象如圖所示．若在區(qū)間(－2,6)內關于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0有且只有4個不同的根，則a>1且y＝f (x)與y＝loga(x＋2)(a>1)的圖象在區(qū)間(－2,6)內有且只有4個不同的交點，∵f (－2)＝f (2)＝f (6)＝1，∴對于函數y＝loga(x＋2)(a>1)，當x＝6時，loga8<1，解得a>8，即實數a的取值范圍是(8，＋∞)，所以選D.
8．已知在區(qū)間(0,2]上的函數f (x)＝且g(x)＝f (x)－mx在區(qū)間(0,2]內有且僅有兩個不同的零點，則實數m的取值范圍是( )
A.∪ B.∪
C.∪ D.∪
解析：選A 由函數g(x)＝f (x)－mx在(0,2]內有且僅有兩個不同的零點，得y＝f (x)，y＝mx在(0,2]內的圖象有且僅有兩個不同的交點．當y＝mx與y＝－3在(0,1]內相切時，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－，結合圖象可得當－
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通用版2019版高考數學二輪復習
第一部分
專題二
基本初等函數、函數與方程講義
理重點生，含解析
通用版
2019
高考
數學
二輪
復習
第一
部分
專題
基本
初等
函數
方程
講義
重點
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（通用版）2019版高考數學二輪復習 第一部分 專題二 基本初等函數、函數與方程講義 理（重點生含解析）.doc
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