数学人教A版必修1基础训练第二章专题强化练4复合函数问题的解法Word版含解析

第二章根本初等函数(Ⅰ)专题强化练4复合函数问题的解法一、选择题1.()函数f(x+1)=(e3)x,那么f43=A.e12C.2.(2021湖南湘潭高一期末,)a=3ln3,b=3+3ln3,c=(ln3)2,那么a,b,c的大小关系是()A.c<b<aB.c<a<bC.a<c<bD.a<b<c3.(2021安徽芜湖高一期末,)函数f(x)=lnx-1x4.()函数f(x)=log0.5(x2-ax+3a)在[2,+∞)上单调递减,那么a的取值范围为()A.(-∞,4]B.[4,+∞)C.[-4,4]D.(-4,4]5.(2021安徽宿州十三所重点中学高一上期中,)假设函数fx+1x=lg(x+x2+1),那么f-556.(2021安徽安庆高一上期末教学质量监测,)函数f(x)是定义在R上的函数,f(1)=1.假设对任意的x1,x2∈R,且x1<x2,有f(x1)-f(x2)x1-x2>-3,那么不等式f(log2(3xA.23,C.23,二、填空题7.(2021山东菏泽调考,)a>0,且a≠1,假设函数f(x)=loga(x2-ax)在[3,4]上是增函数,那么a的取值范围是.

8.(2021广东深圳高一期末,)函数f(x)=log2(kx2+4kx+3).假设f(x)的定义域为R,那么k的取值范围是;假设f(x)的值域为R,那么k的取值范围是.

9.(2021河北武邑中学月考,)函数f(x)=|lnx|,实数m,n满足0<m<n,且f(m)=f(n),假设f(x)在区间[m2,n]上的最大值是2,那么nm的值为.

三、解答题10.(2021甘肃兰州一中高一上月考,)设函数f(x)=log21+x1-ax(a∈R),且f-13(1)求f(x)的解析式;(2)g(x)=log21+xk,假设当x∈12,23时,f(x)≤g(x)有解,求实数11.(2021甘肃天水第一中学高一期末,)函数f(x)=lg(mx-2x)(0<m<1).(1)当m=12时,求f(x)的定义域(2)试判断函数f(x)在区间(-∞,0)上的单调性,并给出证明;(3)假设f(x)在区间(-∞,-1]上恒取正值,求实数m的取值范围.答案全解全析第二章根本初等函数(Ⅰ)专题强化练4复合函数问题的解法一、选择题1.A令x+1=43,那么x=13,因此f43=(e3)13=(2.B因为e<3<e32,所以1<ln3<32,那么3<a=3ln3<332=33<6,b=3+3ln3>6,c=(ln3)2<3,所以c<a3.B当x=-2时,x-1x=-32<0,函数无意义,可排除A、当x>1时,x-1x>0,函数有意义,且函数y=x-1x结合对数函数的单调性可得函数f(x)=lnx-1x单调递增,可排除C.4.D令t=x2-ax+3a(t>0),那么y=log0.5t,因为y=log0.5t在(0,+∞)上单调递减,f(x)=log0.5(x2-ax+3a)在[2,+∞)上单调递减,所以t=x2-ax+3a在[2,+∞)上单调递增,且恒大于0,所以a解得-4<a≤4,即a的取值范围为(-4,4].应选D.5.C依题意得f-52=f-2-1f52=f2+12=lg(∴f-52+=lg(-2+5)+lg(2+5)=lg[(-2+5)(2+5)]=lg(5-4)=lg1=0,应选C.6.C不等式f(x1)-f(x2)x1-x2>-3可化为f(x1)-f(x2)即f(x1)+3x1<f(x2)+3x2,设F(x)=f(x)+3x,那么F(x)是R上的增函数,又F(1)=f(1)+3=4,于是不等式f(log2(3x-2))<log216-3log2(3x-2)可化为F(log2(3x-2))<F(1),所以log2(3x-2)<1,即0<3x-2<2,解得23<x<43,应选二、填空题7.答案(1,3)解析y=x2-ax图象的对称轴为直线x=a2,由题意可得,当a>1时,a2≤3,且9-3a>0,∴1<a当0<a<1时,a2≥4,且16-4a>0,此时a无解综上,a的取值范围是(1,3).8.答案0,3解析函数f(x)=log2(kx2+4kx+3).①由f(x)的定义域为R,可得kx2+4kx+3>0恒成立,当k=0时,3>0恒成立;当k>0时,方程kx2+4kx+3=0的根的判别式Δ<0,得16k2-12k<0,解得0<k<34当k<0时,不等式不恒成立.综上,k的取值范围是0,②由f(x)的值域为R,可得y=kx2+4kx+3能取到每一个正数,那么k>0,16k2-12k≥0,解得k≥34所以k∈349.答案e2解析由题意以及函数f(x)=|lnx|的性质可得-lnm=lnn,所以1m=n,且0<m<1<n因为函数f(x)=|lnx|在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以|lnm2|=2或lnn=2.①当|lnm2|=2时,m=1e又因为1m=n,所以n=e此时f(x)在区间[m2,n]上的最大值为2,满足题意;②当lnn=2时,n=e2,那么m=1e此时f(x)在区间[m2,n]上的最大值为ln1e4=4综上,n=e,m=1e,nm=e2,故答案为e三、解答题10.解析(1)由题知,f-13=log21-131+a3=-1,∴231+a3=12,即43=1+a3,解得a=1.∴f(x(2)当x∈12,23时,f(x)≤g(x)有解,即log21+x1-x≤log

21+xk=2log21+xk=log2由(1)知f(x)的定义域为(-1,1),∴1+x>0,1-x>0,∴1+x1-x≤1+xk2等价于k2≤1-x2,令h(x)=1-x2,x∈12,23,那么只需满足k2≤h(x)max即可.∵h(x)=1-x2在12,23上单调递减,∴h(x)max=h12=34,∴只需k2≤34又由题意知k>0,∴0<k≤32∴实数k的取值集合为k0<k≤311.解析(1)当m=12时,f(x)=lg1∴12x-2x>0,即2-x>2∴-x>x,即x<0,∴函数f(x)的定义域为{x|x<0}.(2)函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减.证明:设g(x)=mx-2x,任取x1,x2∈(-∞,0),且x2>x1,那么g(x2)-g(x1)=mx2-2x2-mx1+2x1=∵0<m<1,x1<x2<0,∴mx2-mx1<0,2∴g(x2)-g(x1)<0,即g(x2)<g(x1),∴lg[g(x2)]<lg[g(x1)],即f(x2)<f(x1),∴f(x)在(-∞,0)上单调递减.(3)由(2)可知,f(x)在(-∞,0)上是减函数,∴f(x)在(-∞,-1]上是减函数,∴f(x)在(-