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文档简介

指数与指数函数建议用时:45分钟2.已知函数f(x)=4+2ax-1的图象恒过定点P,则点P的坐标是()A.(1,6) B.(1,5)C.(0,5) D.(5,0)A[由于函数y=ax的图象过定点(0,1),当x=1时,f(x)=4+2=6,故函数f(x)=4+2ax-1的图象恒过定点P(1,6).]3.设a=0.60.6,b=0.61.5,c=1.50.6,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<c B.a<c<bC.b<a<c D.b<c<aC[y=0.6x在R上是减函数,又0.6<1.5,∴0.60.6>0.61.5.又y=x0.6为R上的增函数,∴1.50.6>0.60.6,∴1.50.6>0.60.6>0.61.5,即c>a>b.]4.函数y=eq\f(xax,|x|)(0<a<1)的图象的大致形状是()ABCDD[函数的定义域为{x|x≠0},所以y=eq\f(xax,|x|)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax,x>0,,-ax,x<0,))当x>0时,函数是指数函数y=ax,其底数0<a<1,所以函数递减;当x<0时,函数y=-ax的图象与指数函数y=ax(0<a<1)的图象关于x轴对称,所以函数递增,所以应选D.]5.已知函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1-2-x,x≥0,,2x-1,x<0,))则函数f(x)是()A.偶函数,在[0,+∞)上单调递增B.偶函数,在[0,+∞)上单调递减C.奇函数,且单调递增D.奇函数,且单调递减C[易知f(0)=0,当x>0时,f(x)=1-2-x,-f(x)=2-x-1,此时-x<0,则f(-x)=2-x-1=-f(x);当x<0时,f(x)=2x-1,-f(x)=1-2x,此时,-x>0,则f(-x)=1-2-(-x)=1-2x=-f(x).即函数f(x)是奇函数,且单调递增,故选C.]二、填空题6.若函数f(x)=a|2x-4|(a>0,a≠1)满足f(1)=eq\f(1,9),则f(x)的单调递减区间是________.[2,+∞)[由f(1)=eq\f(1,9)得a2=eq\f(1,9),所以a=eq\f(1,3)或a=-eq\f(1,3)(舍去),即f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))|2x-4|.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单调递增,在[2,+∞)上单调递减.]7.不等式2-x2+2x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x+4的解集为________.(-1,4)[原不等式等价为2-x2+2x>2-x-4,又函数y=2x为增函数,∴-x2+2x>-x-4,即x2-3x-4<0,∴-1<x<4.]8.若直线y1=2a与函数y2=|ax-1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点,则a的取值范围是________.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))[(数形结合法)当0<a<1时,作出函数y2=|ax-1|的图象,由图象可知0<2a<1,∴0<a<eq\f(1,2);同理,当a>1时,解得0<a<eq\f(1,2),与a>1矛盾.综上,a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2))).]三、解答题9.已知函数f(x)=(1)若a=-1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有最大值3,求a的值;(3)若f(x)的值域是(0,+∞),求a的值.[解](1)当a=-1时,f(x)=,令u=-x2-4x+3=-(x+2)2+7.则u在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减,而y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u在R上单调递减,所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,即函数f(x)的单调递增区间是(-2,+∞),单调递减区间是(-∞,-2).(2)令h(x)=ax2-4x+3,则f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))h(x),由于f(x)有最大值3,所以h(x)应有最小值-1.因此必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,\f(12a-16,4a)=-1,))解得a=1,即当f(x)有最大值3时,a的值为1.(3)由f(x)的值域是(0,+∞)知,函数y=ax2-4x+3的值域为R,则必有a=0.10.已知函数f(x)=b·ax(其中a,b为常量,且a>0,a≠1)的图象经过点A(1,6),B(3,24).(1)求f(x)的表达式;(2)若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))x+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))x-m≥0在(-∞,1]上恒成立,求实数m的取值范围.[解](1)因为f(x)的图象过A(1,6),B(3,24),所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b·a=6,,b·a3=24.))所以a2=4,又a>0,所以a=2,b=3.所以f(x)=3·2x.(2)由(1)知a=2,b=3,则x∈(-∞,1]时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)-m≥0恒成立,即m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在(-∞,1]上恒成立.又因为y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)与y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)均为减函数,所以y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)也是减函数,所以当x=1时,y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)有最小值eq\f(5,6).所以m≤eq\f(5,6).即m的取值范围是.1.已知a,b∈(0,1)∪(1,+∞),当x>0时,1<bx<ax,则()A.0<b<a<1 B.0<a<b<1C.1<b<a D.1<a<bC[∵当x>0时,1<bx,∴b>1.∵当x>0时,bx<ax,∴当x>0时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))x>1.∴eq\f(a,b)>1,∴a>b.∴1<b<a,故选C.]2.(2019·郴州质检)已知函数f(x)=ex-eq\f(1,ex),其中e是自然对数的底数,则关于x的不等式f(2x-1)+f(-x-1)>0的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(4,3)))∪(2,+∞)B.(2,+∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(4,3)))∪(2,+∞)D.(-∞,2)B[函数f(x)=ex-eq\f(1,ex)的定义域为R,∵f(-x)=e-x-eq\f(1,e-x)=eq\f(1,ex)-ex=-f(x),∴f(x)是奇函数,那么不等式f(2x-1)+f(-x-1)>0等价于f(2x-1)>-f(-x-1)=f(1+x),易证f(x)是R上的单调递增函数,∴2x-1>x+1,解得x>2,∴不等式f(2x-1)+f(-x-1)>0的解集为(2,+∞).]3.已知函数f(x)=ax(a>0,a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大eq\f(a,2),则a的值为________.eq\f(1,2)或eq\f(3,2)[当0<a<1时,a-a2=eq\f(a,2),∴a=eq\f(1,2)或a=0(舍去).当a>1时,a2-a=eq\f(a,2),∴a=eq\f(3,2)或a=0(舍去).综上所述,a=eq\f(1,2)或eq\f(3,2).]4.已知定义域为R的函数f(x)=eq\f(-2x+b,2x+1+a)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.[解](1)因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,即eq\f(-1+b,2+a)=0,解得b=1,所以f(x)=eq\f(-2x+1,2x+1+a).又由f(1)=-f(-1)知eq\f(-2+1,4+a)=-eq\f(-\f(1,2)+1,1+a),解得a=2.(2)由(1)知f(x)=eq\f(-2x+1,2x+1+2)=-eq\f(1,2)+eq\f(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<-eq\f(1,3).故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,3))).1.设y=f(x)在(-∞,1]上有定义,对于给定的实数K,定义fK(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx,fx≤K,,K,fx>K.))给出函数f(x)=2x+1-4x,若对于任意x∈(-∞,1],恒有fK(x)=f(x),则()A.K的最大值为0B.K的最小值为0C.K的最大值为1D.K的最小值为1D[根据题意可知,对于任意x∈(-∞,1],若恒有fK(x)=f(x),则f(x)≤K在x≤1上恒成立,即f(x)的最大值小于或等于K即可.令2x=t,则t∈(0,2],f(t)=-t2+2t=-(t-1)2+1,可得f(t)的最大值为1,所以K≥1,故选D.]2.已知函数f(x)=eq\f(1,4x)-eq\f(λ,2x-1)+3(-1≤x≤2).(1)若λ=eq\f(3,2),求函数f(x)的值域;(2)若函数f(x)的最小值是1,求实数λ的值.[解](1)f(x)=eq\f(1,4x)-eq\f(λ,2x-1)+3=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x-2λ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x+3(-1≤x≤2).设t=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x,得g(t)=t2-2λt+3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤t≤2)).当λ=eq\f(3,2)时,g(t)=t2-3t+3=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t-\f(3,2)))2+eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤t≤2)).所以g(t)max=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))=eq\f(37,16),g(t)min=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))=eq\f(3,4).所以f(x)max=eq\f(37,16),f(x)min=eq\f(3,4),故函数f(x)的值域为eq\f(3,4),eq\f(37,16).(2)由(1)得g(t)=t2-2λt+3=(t-λ)2+3-λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤t≤2)),①当λ≤eq\f(1,4)时,g(t)min=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1

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