3、由已知條件可得f(x)－g(x)＝ex，
f(－x)－g(－x)＝－f(x)－g(x)＝e－x，
兩式相聯(lián)立可得f(x)＝，g(x)＝－.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為增函數(shù)，所以00, a≠1)的圖象恒過定點(diǎn)________．
解
4、析：當(dāng)x＝－2時(shí)，無(wú)論a取何值，都有y＝－1，即圖象恒過定點(diǎn)(－2，－1)．
答案：(－2，－1)
7．函數(shù)f(x)＝ax(a＞0且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大，則a＝________.
解析：由題知或解得a＝或.
答案：或
8．已知實(shí)數(shù)a，b滿足等式a＝b，下列五個(gè)關(guān)系式：①0＜b＜a；②a＜b＜0；③0＜a＜b；④b＜a＜0；⑤a＝b＝0.
其中可能成立的關(guān)系式的序號(hào)是________．
解析：在同一坐標(biāo)系中作出y1＝x與y1＝x兩函數(shù)的圖象，令y1＝y(tǒng)2，分類比較對(duì)應(yīng)易知①②⑤正確．
答案：①②⑤
三、解答題
9．已知函數(shù)f(x)＝ax2－3x＋3，當(dāng)x∈
5、[1,3]時(shí)，有最小值27，求實(shí)數(shù)a的值；并求此時(shí)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
解：令u＝x2－3x＋3，當(dāng)x∈[1,3]，對(duì)稱軸為x＝，
故函數(shù)u＝x2－3x＋3在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，則u∈.
(1)當(dāng)a＞1時(shí)，y＝au在u∈上為增函數(shù)，
所以u(píng)＝時(shí)函數(shù)值最小為27.
即a＝27，所以a＝81.
此時(shí)函數(shù)f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
(2)當(dāng)0＜a＜1時(shí)，y＝au在u∈上為減函數(shù)，所以u(píng)＝3時(shí)函數(shù)值最小為27.即a3＝27，a＝3＞1(舍去)．
綜上所述，a＝81；函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是；單調(diào)遞增區(qū)間是 .
10．已知函數(shù)f(x)＝2x的定義域是[0,3]，設(shè)g(x
6、)＝f(2x)－f(x＋2)．
(1)求g(x)的解析式及定義域；
(2)求函數(shù)g(x)的最大值和最小值．
解：(1)∵f(x)＝2x，
∴g(x)＝f(2x)－f(x＋2)＝22x－2x＋2.
因?yàn)閒(x)的定義域是[0,3]，
所以，解得0≤x≤1.
于是g(x)的定義域?yàn)閧x|0≤x≤1}．
(2)設(shè)g(x)＝(2x)2－4×2x＝(2x－2)2－4.
∵x∈[0,1]，即2x∈[1,2]，
∴當(dāng)2x＝2即x＝1時(shí)，g(x)取得最小值－4；
當(dāng)2x＝1即x＝0時(shí)，g(x)取得最大值－3.
一、選擇題
1．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對(duì)于給定
7、的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝.取函數(shù)f(x)＝2－|x|.當(dāng)K＝時(shí)，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
解析：選C.由f(x)＞，得－1＜x＜1，由f(x)≤，得x≤－1或x≥1，
所以f(x)＝，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)．
2．已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，a＜b＜c，且f(a)＞f(c)＞f(b)，則下列結(jié)論中，一定成立的是( )
A．a(chǎn)＜0，b＜0，c＜0 B．a(chǎn)＜0，b≥0，c＞0
C．2－a＜2c D．2a＋2c＜2
解析：選D.作出函數(shù)f(x)＝|2x－1
8、|的圖象如圖中實(shí)線所示，
又a＜b＜c，且f(a)＞f(c)＞f(b)，
結(jié)合圖象知f(a)＜1，a＜0，c＞0，
∴0＜2a＜1，
∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a，
∴f(c)＜1，∴0＜c＜1，
∴1＜2c＜2，f(c)＝|2c－1|＝2c－1，
又f(a)＞f(c)，即1－2a＞2c－1，∴2a＋2c＜2.
二、填空題
3．(2012·寧德質(zhì)檢)要使函數(shù)y＝1＋2x＋4xa在x∈(－∞，1]上y>0恒成立，則a的取值范圍________．
解析：由題得1＋2x＋4xa>0，在x∈(－∞，1]上恒成立，
即a>－在x∈(－∞，1]上恒成立．只需a>max，
又∵
9、－＝－2x－x＝－2＋，當(dāng)x∈(－∞，1]時(shí)值域?yàn)?，∴a>－.
答案：
4．對(duì)于函數(shù)f(x)，如果存在函數(shù)g(x)＝ax＋b(a，b為常數(shù))，使得對(duì)于區(qū)間D上的一切實(shí)數(shù)x都有f(x)≤g(x)成立，則稱函數(shù)g(x)為函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的一個(gè)“覆蓋函數(shù)”，設(shè)f(x)＝2x，g(x)＝2x，若函數(shù)g(x)為函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，n]上的一個(gè)“覆蓋函數(shù)”，則m－n的最大值為________．
解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2x與g(x)＝2x的圖象相交于點(diǎn)A(1,2)，B(2,4)，由圖可知，[m，n]＝[1,2]，故(m－n)max＝2－1＝1.
答案：1
三、解答題
5．已知定義域?yàn)?/p>
10、R的函數(shù)f(x)＝是奇函數(shù)．
(1)求a，b的值及f(x)的解析式；
(2)若對(duì)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)因?yàn)閒(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.
此時(shí)經(jīng)檢驗(yàn)符合f(－x)＝－f(x)，
故f(x)＝＝－＋.
(2)由(1)知f(x)＝－＋，易知f(x)在R上為減函數(shù)，又因?yàn)閒(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?yàn)閒(x)
11、是R上的減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即對(duì)一切t∈R有3t2－2t－k>0，而Δ＝4＋12k<0，解得k<－.∴k的取值范圍是.
6．已知定義實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)f(x)，恒有f(x＋2)＝f(x)，且當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＝.
(1)求函數(shù)f(x)在[－1,1]上的解析式；
(2)判斷函數(shù)f(x)在(0,1)上的單調(diào)性，并用定義法加以證明；
(3)當(dāng)λ取何值時(shí)，方程f(x)＝λ在[－1,1]上有實(shí)數(shù)解．
解：(1)設(shè)x∈(－1,0)，則－x∈(0,1)．
∵f(－x)＝－f(x)且x∈(0,1)時(shí)f(x)＝，
∴x∈(－1,0)時(shí)有f(x)＝－f(－x
12、)＝－＝－.
令x＝0得f(－0)＝－f(0)?f(0)＝0，
又∵f(x＋2)＝f(x)，∴f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)，
又∵f(－1)＝－f(1)，∴f(－1)＝f(1)＝0，
∴f(x)＝ .
(2)設(shè)0＜x1＜x2＜1，
則f(x1)－f(x2)＝－
＝.
∵0＜x1＜x2＜1，∴0＜x1＋x2＜2，
∴2x1＋x2－1＞0,2x2＞2x1.
又∵4x1＋1＞0,4x2＋1＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．
∴函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減．
(3)方程f(x)＝λ在[－1,1]上有實(shí)數(shù)解的條件是：λ在函數(shù)f(x)，x∈[－1,1]的值域內(nèi)取值．
∵x∈(0,1)時(shí)，f(x)＝是減函數(shù)，
∴x∈(0,1)時(shí)，f(0)＞f(x)＞f(1)即f(x)∈.
∵f(－x)＝－f(x)，
∴x∈(－1,0)時(shí)f(x)∈.
又∵f(－1)＝f(0)＝f(1)＝0，
∴x∈時(shí)，f(x)∈ ∪{0}∪.
∴當(dāng)－＜λ＜－或λ＝0或＜λ＜時(shí)，方程f(x)＝λ在上有實(shí)數(shù)解．
（福建專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章第6課時(shí) 指數(shù)函數(shù)課時(shí)闖關(guān)（含解析）
