新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練8　指數(shù)與指數(shù)函數(shù)

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1、 課時規(guī)范練8　指數(shù)與指數(shù)函數(shù) 一、選擇題 1.若函數(shù)f(x)=則f(log43)等于(　　) A. B.3 C. D.4 答案:B 解析:∵00時

2、,函數(shù)是一個指數(shù)函數(shù),其底數(shù)0b>c B.b>a>c C.c>a>b D.c>b>a 答案:A 解析:∵a=40.8=21.6,b=80.46=21.38,c==21.2,1.6>1.38>1.2,y=2x為R上的增函數(shù),∴a>b>c. 5.(福建福州八縣市高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的方程f(x)=k有3個不同的實根,則實數(shù)k的取值范圍為(　　) A.(0,+∞) B.[1

3、,+∞) C.(0,2) D.(1,2] 答案:D 6.已知f(x)為偶函數(shù),且f(2+x)=f(2-x),當(dāng)-2≤x≤0時,f(x)=2x.若n∈N*,an=f(n),則a2 014等于(　　) A.2 014 B.4[來源:] C. D.-4 答案:C 解析:設(shè)2+x=t,∴x=t-2. ∴f(t)=f[2-(t-2)]=f(4-t)=f(t-4). ∴f(x)的周期為4. ∴a2 014=f(2 014)=f(4×503+2)=f(2)=f(-2)=2-2=. 二、填空題 7.已知f(x)=ax+a-x(a>0且a≠1),且f(1)=3,則f(0)+f(1)+f(

4、2)的值是　　　　　.? 答案:12 解析:f(1)=a+a-1=3, ∴f(0)+f(1)+f(2)=a0+a0+a1+a-1+a2+a-2=2+3+(a+a-1)2-2=12. 8.=　　　　　.? 答案:2 解析:原式=×1+=2. 9.若函數(shù)f(x)=a|2x-4|(a>0,a≠1)滿足f(1)=,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是　　　　　.? 答案:[2,+∞) 解析:由f(1)=得a2=.于是a=,因此f(x)=. 又因為g(x)=|2x-4|的單調(diào)遞增區(qū)間為[2,+∞),所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[2,+∞). 10.設(shè)函數(shù)f(x)=,[x]表示不超過x的最大整

5、數(shù),則函數(shù)y=[f(x)]的值域為　　　　　.? 答案:{-1,0} 解析:∵f(x)=1-, 又2x>0,∴-

6、)上單調(diào)遞增. (1)解:f(-x)=3-x+=a·3x+, ∵函數(shù)f(x)為偶函數(shù),∴f(-x)=f(x). ∴a·3x+=3x+對任意x∈R恒成立,∴a=1. (2)證明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2, 則f(x1)-f(x2)=[來源:] =()+ =(, ∵x1>x2>0,∴x1+x2>0, >1,則<1. ∴>0,1->0, ∴(>0,[來源:] ∴f(x1)>f(x2). ∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 13.已知函數(shù)f(x)=9x-m·3x+m+1在x∈(0,+∞)上的圖象恒在x軸上方,求m的取值范圍.[來源:數(shù)理化網(wǎng)] 解:(方

7、法一)令t=3x,因為x∈(0,+∞),所以t∈(1,+∞).故問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(t)=t2-mt+m+1在t∈(1,+∞)時g(t)恒大于0, 即Δ=(-m)2-4(m+1)<0或 解得m<2+2. (方法二)令t=3x,因為x∈(0,+∞),所以t∈(1,+∞).故問題轉(zhuǎn)化為m<,t∈(1,+∞)恒成立, 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. 14.已知函數(shù)f(x)=2x-, (1)若f(x)=2,求x的值; (2)若2tf(2t)+mf(t)≥0對于t∈[1,2]恒成立,求實數(shù)m的取值范圍. 解:(1

8、)當(dāng)x<0時,f(x)=0; 當(dāng)x≥0時,f(x)=2x-. 由條件可知2x-=2, 即22x-2×2x-1=0, 解得2x=1±. ∵2x>0,∴x=log2(1+). (2)當(dāng)t∈[1,2]時,2t+m≥0,[來源:數(shù)理化網(wǎng)] 即m(22t-1)≥-(24t-1). ∵22t-1>0, ∴m≥-(22t+1). ∵t∈[1,2], ∴-(1+22t)∈[-17,-5]. 故m的取值范圍是[-5,+∞). 15.已知定義域為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

9、圍. 解:(1)因為f(x)是R上的奇函數(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. (2)由(1)知f(x)==-, 由上式易知f(x)在R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?f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(-2t2+k). 因f(x)是R上的減函數(shù),由上式推得t2-2t>-2t2+k. 即對一切t∈R有3t2-2t-k>0,從而Δ=4+12k<0,解得k<-. 四、選做題 1.已知y=f(x+1)是定義在R上的偶函數(shù),當(dāng)x∈[1,2]時,f(x)=2

10、x,設(shè)a=f,b=f,c=f(1),則a,b,c的大小關(guān)系為(　　) A.ab=f>c=f(1),故選B. 2.設(shè)偶函數(shù)f(x)滿足f(x)=2x-4(x≥0),則不等式f(x)>0的解集為　　　　　.? 答案:(-∞,-2)∪(2,+∞) 解析:∵x≥0時,f(x)=2x-4, 若f(x)>0,則由2x-4>0得x>2, 又∵f(x)為偶函數(shù), ∴圖象關(guān)于y軸對稱, ∴x<-2時,f(x

11、)>0, ∴f(x)>0的解集為(-∞,-2)∪(2,+∞). 3.對于函數(shù)f(x),若在定義域內(nèi)存在實數(shù)x,滿足f(-x)=-f(x),則稱f(x)為“局部奇函數(shù)”.若f(x)=4x-m·2x+1+m2-3為定義域R上的“局部奇函數(shù)”,求實數(shù)m的取值范圍. 解:當(dāng)f(x)=4x-m·2x+1+m2-3時,f(x)+f(-x)=0可化為 4x+4-x-2m(2x+2-x)+2m2-6=0. 設(shè)t=2x+2-x∈[2,+∞),則4x+4-x=t2-2, 從而t2-2mt+2m2-8=0在[2,+∞)有解即可保證f(x)為“局部奇函數(shù)”. 令F(t)=t2-2mt+2m2-8, 1°　當(dāng)F(2)≤0時,t2-2mt+2m2-8=0在[2,+∞)有解, 由F(2)≤0,即2m2-4m-4≤0, 解得1-≤m≤1+. 2°　當(dāng)F(2)>0時,t2-2mt+2m2-8=0在[2,+∞)有解等價于 解得1+