（江蘇專用）高考數(shù)學總復習 第二篇 函數(shù)與基本初等函數(shù)《第9講　指數(shù)與指數(shù)函數(shù)》理（含解析） 蘇教版

《（江蘇專用）高考數(shù)學總復習 第二篇 函數(shù)與基本初等函數(shù)《第9講　指數(shù)與指數(shù)函數(shù)》理（含解析） 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學總復習 第二篇 函數(shù)與基本初等函數(shù)《第9講　指數(shù)與指數(shù)函數(shù)》理（含解析） 蘇教版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 A級　基礎(chǔ)達標演練 (時間：45分鐘　滿分：80分) 一、填空題(每小題5分，共35分) 1．(2011·山東省萊蕪檢測)函數(shù)y＝的定義域是________． 解析　由8－4x≥0，得22x≤23，所以2x≤3，x≤. 答案　 2．(2011·南京市模擬)函數(shù)y＝的值域是________． 解析　由4－2－x≥0，且2－x＞0，得0≤4－2x＜4，所以y∈[0,2)． 答案　[0,2) 3．已知p：關(guān)于x的不等式|x－1|＋|x－3|＜m有解，q：f(x)＝(7－3m)x為減函數(shù)，則p成立是q成立的________條件． 解析　p成立，得m＞|x－1＋3－x|

2、＝2；q成立，得0＜7－3m＜1，即2＜m＜. 設(shè)A＝{m|m＞2}，B＝，則BA，所以p是q的必要不充分的條件． 答案　必要不充分 4．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且是周期為2的周期函數(shù)，當x∈(0,1)時，f(x)＝2x－1，則f(log6)＝________. 解析　因為f(－x)＝－f(x)，f(x＋2)＝f(x)，所以f(log6)＝f(－log26)＝－f(log26)＝－f(log26－2)＝－f＝1－2log2＝1－＝－. 答案?。? 5．(2011·南京模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝則f(2 010)＝________. 解析　當x＞0時

3、，f(2 010)＝f(2 009)－f(2 008)＝f(2 008)－f(2 007)－f(2 008)＝－f(2 007)＝f(2 005)－f(2 006)＝f(2 005)－f(2 005)＋f(2 004)＝f(2 004)，所以f(x)是以T＝6的周期函數(shù)，所以f(2 010)＝f(335×6)＝f(0)＝3－1＝. 答案　 6．已知函數(shù)f(x)，g(x)分別是R上的奇函數(shù)、偶函數(shù)，且滿足f(x)－g(x)＝ex，則g(0)，g(2)，g(3)的大小關(guān)系是________． 解析　因為f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，所以由f(－x)－g(－x)＝e－x，得－f

4、(x)－g(x)＝e－x，與f(x)－g(x)＝ex聯(lián)立，求得f(x)＝(ex－e－x)，g(x)＝－(ex＋e－x)，所以g(3)＜g(2)＜g(0)． 答案　g(3)＜g(2)＜g(0) 7．已知1＋2x＋4x·a＞0對一切x∈(－∞，1]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析　由題意，得a＞－x－x對x≤1恒成立，因為f(x)＝－x－x是(－∞，1]上的增函數(shù)，所以當x＝1時，f(x)max＝f(1)＝－，所以a＞－. 答案　 二、解答題(每小題15分，共45分) 8．已知函數(shù)f(x)＝2x－(x∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性與奇偶性； (2)若2x

5、f(2x)＋mf(x)≥0對任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求m的取值范圍． 解　(1)由f(－x)＝2－x－＝－2x＝－f(x)知f(x)是奇函數(shù)． 由2x與－2－x是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，得f(x)是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)． (2)當x∈[0，＋∞)時，2x＋m≥0，即≥0恒成立，因為x≥0時，2x－≥0， 所以22x＋1＋m≥0，m≥－(22x＋1)，所以m≥－|20＋1|＝－2. 9．(2010·廣東惠州)定義域為R的函數(shù)f(x)＝是奇函數(shù)． (1)求a，b的值； (2)若對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范圍． 解　(1

6、)因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1.從而有f(x)＝. 又由f(1)＝－f(－1)知＝－，解得a＝2.所以a＝2，b＝1. (2)法一　由(1)知f(x)＝＝－＋， 由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)． 又因f(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等價于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)． 因f(x)是減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋k，即對一切t∈R有3t2－2t－k>0， 從而判別式Δ＝4＋12k<0，解得k<－. 法二　由(1)知f(x)＝. 又由題設(shè)條件得＋<0， 即(22t2

7、－k＋1＋2)·(－2t2－2t＋1)＋(2t2－2t＋1＋2)·(－22t2－k＋1)<0， 整理得23t2－2t－k>1. 因底數(shù)2>1，故3t2－2t－k>0，即上式對一切t∈R均成立，從而判別式Δ＝4＋12k<0，解得k<－. 10．已知f(x)＝(ax－a－x)(a>0且a≠1)． (1)判斷f(x)的奇偶性； (2)討論f(x)的單調(diào)性； (3)當x∈[－1,1]時，f(x)≥b恒成立，求b的取值范圍． 解　(1)函數(shù)的定義域為R，關(guān)于原點對稱． 又因為f(－x)＝(a－x－ax)＝－f(x)， 所以f(x)為奇函數(shù)． (2)當a>1時，a2－1>0， y＝a

8、x為增函數(shù)，y＝a－x為減函數(shù)，從而y＝ax－a－x為增函數(shù)，所以f(x)為增函數(shù)． 當00，且a≠1時，f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增． (3)由(2)知f(x)在R上是增函數(shù)， 所以在區(qū)間[－1,1]上為增函數(shù)． 所以f(－1)≤f(x)≤f(1)， 所以f(x)min＝f(－1)＝(a－1－a) ＝·＝－1， 所以要使f(x)≥b在[－1,1]上恒成立，則只需b≤－1，故b的取值范圍是(－∞，－1]． B級　綜合創(chuàng)新備選 (時間：30分鐘　

9、滿分：60分) 一、填空題(每小題5分，共30分) 1．(2011·山東省菏澤測試)設(shè)函數(shù)f(x)＝，若f(x)是奇函數(shù)，則g(2)的值是________． 解析　因為f(x)是奇函數(shù)，所以g(2)＝f(2)＝－f(－2)＝－2－2＝－. 答案?。? 2．已知函數(shù)f(x)＝那么不等式f(x)≥1的解集為________． 解析　若x＞0，則由log3x≥1，得x≥3.若x≤0，則由x≥1，得x≤0. 綜上，得x≤0或x≥3. 答案　(－∞，0]∪[3，＋∞) 3．若2|x＋1|－|x－1|≥2，則x取值范圍是________． 解析　由2|x＋1|－|x－1|≥2＝2，得

10、|x＋1|－|x－1|≥， 于是由或 或解得x≥. 答案　 4．(2011·山東省濟寧市模擬)已知函數(shù)f(x)＝9x－m·3x＋m＋1對x∈(0，＋∞)的圖象恒在x軸上方，則m的取值范圍是________． 解析　設(shè)t＝3x＞1問題轉(zhuǎn)化為m＜，t∈(1，＋∞)，即m比函數(shù)y＝，t∈(1，＋∞)的最小值還小，又y＝＝t－1＋＋2≥2 ＋2＝2＋2，所以m＜2＋2. 答案　(－∞，2＋2) 5．對于函數(shù)f(x)＝ex－e－x(x∈R)，有下列結(jié)論： ①f(x)的值域是R；②f(x)是R上的增函數(shù)；③對任意x∈R，有f(－x)＋f(x)＝0成立；④若方程|f(x)|＝a有兩個相異實根

11、，則a≥0，其中所有正確的命題序號是________． 解析　因為e＞1，x∈R，所以f(x)是奇函數(shù)且在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以①②③均正確． 設(shè)y＝|f(x)|＝|ex－e－x|，y＝a，畫出其圖象可知，當a＞0時，它們有兩個相異交點，所以④不正確． 答案?、佗冖? 6．設(shè)函數(shù)f(x)在其定義域(－∞，＋∞)上的取值恒不為0，且對任意實數(shù)x，y滿足f(xy)＝[f(x)]y，f＞1.若a＞b＞c且a，b，c成等差數(shù)列，則f(a)＋f(c)與2f(b)的大小關(guān)系是________． 解析　因為f(x)＝f＝2x＝x是增函數(shù)，于是由f(a)＋f(c)≥2[f(a)·f(c)]

12、＝2[f(a)][f(c)]＝2f·f＝2a·c＝2a＋c＝22b＝2f(b)，及a＞b＞c得f(a)＋f(c)＞2f(b)． 答案　f(a)＋f(c)＞2f(b) 二、解答題(每小題15分，共30分) 7．如果函數(shù)f(x)＝ax(ax－3a2－1)(a＞0，a≠1)在區(qū)間[0，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 解　法一　設(shè)ax＝t，g(t)＝t2－(3a2＋1)t，對稱軸t＝ 當a＞1時，t＝ax是增函數(shù)，且當x≥0時，t≥1，要使原函數(shù)在[0，＋∞)上遞增，只要g(t)＝t2－(3a2＋1)t在[1，＋∞)上遞增，所以t＝≤1， 解得0≤a≤(舍去)． 當0＜a＜1時，

13、t＝ax是減函數(shù)，且x≥0時，0＜t≤1，要使原函數(shù)在[0，＋∞)上遞增，只要g(x)＝t2－(3a2＋1)t在(0,1]上遞減，所以t＝≥1，解得≤a＜1.綜上，得≤a＜1. 法二　設(shè)x1，x2∈[0，＋∞)，且x1＜x2，則由f(x)＝ax(ax－3a2－1)在[0，＋∞)上遞增，得a2x1－(3a2＋1)ax1＜a2x2－(3a2＋1)ax2，即(ax1－ax2)[ax1＋ax2－(3a2＋1)]＜0. 若0＜a＜1，則由0＜ax2＜ax1＜1，得ax1＋ax2－(3a2＋1)＜0,3a2＋1＞ax1＋ax2恒成立，所以3a2＋1≥2，解得≤a＜1. 若a＞1，則由ax2＞ax1＞

14、1，得3a2＋1＜ax1＋ax2恒成立． 所以3a2＋1≤2，解得a＜(不合，舍去)． 綜上，得≤a＜1. 8．(2010·丹陽中學檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝kax－a－x(a＞0且a≠1)是奇函數(shù)． (1)求k的值； (2)若f(1)＞0解關(guān)于x的不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)＞0； (3)若f(1)＝，且g(x)＝a2x＋a－2x－2mf(x)在[1，＋∞)上的最小值為－2，求m的值． 解　(1)因為f(x)是奇函數(shù)，且f(0)有意義，所以f(0)＝0，所以k－1＝0，k＝1. (2)因為f(1)＞0，所以a－＞0，即a＞1，所以f(x)＝ax－a－x是R上的單調(diào)增函數(shù)． 于是由f(x2＋2x)＞－f(x－4)＝f(4－x)，得x2＋2x＞4－x，即x2＋3x－4＞0， 解得x＜－4或x＞1. (3)因為f(1)＝，所以a－＝，解得a＝2(a＞0)，所以g(x)＝22x＋2－2x－2m(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－2m(2x－2－x)＋2. 設(shè)t＝f(x)＝2x－2－x，則由x≥1，得t≥f(1)＝，g(x)＝t2－2mt＋2＝(t－m)2＋2－m2. 若m≥，則當t＝m時，ymin＝2－m2＝－2，解得m＝2. 若m＜，則當t＝時，ymin＝－3m＝－2，解得m＝(舍去)． 綜上，得m＝2.