高考数学课时达标解析-指数的运算、指数函数的图象与性质、简单的复合函数的单调性

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第讲[解密考纲]一、选择题4．全国卷Ⅲ已知a3

2，b4

1，c＝

，则(A)Ab<<C．b<<a

Ba<cD．<4解析因＝

1＝

2，b45

1＝

1，c＝3

1，且幂函数y＝x3

在上调递增，指数函数y＝在上调递增，所以<<.．河南洛阳模拟)已知函数f()＝2，函数y＝fx的象可能()解析

f)|＝

≥，－2|＝，易知函数y＝f的象的分段点是＝1且过点(1,0)，，－，，故选B．．已知fx)

b

(2≤x≤4，常数)图象经过点，则()的值域为(C)AC．[1,9]

BD．，＋∞解析由f()过定点(2,1)可知＝2因为(x＝3

2

在[2,4]上是增函数(x)＝f＝1minf)＝f＝，故选．．山西太原模拟)函数y＝2－是A)A奇函数，在区(0，＋)上单调递增B奇函数，在区(，＋∞)单调递减C．函数，在区(∞，0)上单调递增D．函，在区(∞上单调递减解析令f()＝2－2则f(－x)＝2－＝f(x所函数fx是奇函数排除项D项函数y＝－y＝均是上增函数－在R上为增函数选A．浙江丽水模)∈(－∞－时不式m－)·4－2恒立则数m的值范围(C)A

1

2≥2aaaaaac2≥2aaaaaaca＝22x2A(－2,1)C．－1,2)

B(－4,3)D．－3,4)解析原等式变形为－<

∵函数y＝

在－，－上减函数，∴

1

＝2，当x∈(－∞，－1]时，－<恒立等价于－m，解得1<<2故选．(2018·山济宁模拟)知函数f(x)＝1|ab＜，且f()＞()＞(b，则下列结论中，一定成立的是

)Aa0，＜0＜C．＜解析作函数f(x)＝

Ba＜，b≥，c＞0D．2＋2＜－的图象，如图，∵a<b，且f(a)>f(c)>f(b，结合图象知fa，，>0∴<1．∴()＝|2－＝－2，∴(，0<<1∴1<2，∴()＝－1|－1又∵f)>fc)，∴－2>2－，∴2＋，故选D二、填空题．已知函数fx)

(a，且≠，且f－f－，则的取值范围是__(0,1)__.解析因fx)＝a

，且f－f－，所以函数fx)在定义域上单调递增，所以，得0<a<1．．已知函数y＝＋2a－a在区间－1,1]上的最大值是14，则＝解析y＝a＋－1(，令a＝t，则＝t＋2t－向上，对称轴为＝－1，

≤t≤a，二次函数图象开口2

23224－1032232畅享淘天猫东拼多多百万大额部优惠，先领券购物！手应用宝下花生日APP请高佣联官方正邀请码23224－1032232又a>1所以当t，即x＝1取最大值，所以a

＋2－1＝，解得＝．(2018·皖八校联)于给定的函数f(x＝a－a(∈a>0a1)下面给出五个命题，其中真命题_①③④__(只需写出所有真命题的．①函数fx)的图象关于原点对称；②函数fx)在R上具有单调性；③函数f的象关于轴称④当0<a<1时函数fx|)最大值是；⑤当>1时函数fx的最大值是0.解析∵－x＝－f(x)∴fx为奇函数，(x的图象关于原点对称，①真；当时f)在R上增数，当0<a<1时fx在R上减函数，②假＝f是函，其图象关于y轴称，③真；当0<时y＝f在－，上为增函数，在[0∞)上为减函数，∴当x＝0，＝f(|x取大值为，④真；当a>1时f(|x|)在(－∞，上为减函数，在[0，∞)上为增函数，∴当x＝时，y＝(|x取最小值为0，⑤假．综上，真命题是①③④三、解答题ab．化简(1)11b23b

(，b>0)

213＋2

－－＋(－3)解析

1b3(1)原式＝1－b33＝a

1

1

1

13

2

13

＝ab

1

2(2)原式＝－3＋

－＋521＝－3＋2

－＋＋＝＋10－10－＋＝－11．已知函数f)

43

(1)若＝－1，求fx)的单调区间；(2)若fx)最大值3，求a值．A

3

4x322a22112222222t>14x322a22112222222t>1t<－2解析

(1)当＝－时f(x＝，令g)＝－x－x＋，由于()在－∞，－上单调递增，在－2＋)上单调递减，而y＝

t

在R上调递减，所以fx)在－，－2)上单调递减，(－，∞)上单调递增，即函数fx)单调递增区间是－，∞)，单调递减区间(－，－．4(2)令(x)－4＋3＝ax－＋3－∵fx有最大值(x)有最小值g(x)＝3(，

min∴()＝

3

4a

＝3∴－＝－1∴a＝．－2＋b．已知定义域为R的数()＝是函数．＋a(1)求，b的；(2)解关于t的等式ftt＋ft－1)<0.解析

－1(1)因为f(x是定义R上奇函数，所以f(0)＝0即＝0解得b，所2－2＋以f()＝.＋a－＋1－22又由f＝－(－知＝－，得a＋a＋a－2＋(2)由(1)知f(x＝＝－＋.＋