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(福建专用)高考数学总复习 第二章第6课时 指数函数课时闯关(含解析)

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(福建专用)2013年高考数学总复习第二章第6课时指数函数课时闯关(含解析)一、选择题1.若2<a<3,化简-的结果是(  )A.5-2aB.2a-5C.1D.-1解析:选C.因为2<a<3,所以-=|a-3|-(2-a)=3-a-2+a=1.2.(2012·厦门调研)已知f(x)=2x+2-x,若f(a)=3,则f(2a)等于(  )A.5B.7C.9D.11解析:选B.由f(a)=3得2a+2-a=3,∴(2a+2-a)2=9,即22a+2-2a+2=9.所以22a+2-2a=7,故f(2a)=22a+2-2a=7.故选B.3.函数y=(0<a<1)图象的大致形状是(  )解析:选D.函数定义域为{x|x∈R,x≠0},且y==.当x>0时,函数是一个指数函数,因为0<a<1,所以函数在(0,+∞)上是减函数;当x<0时,函数图象与指数函数y=ax(x<0,0<a<1)的图象关于x轴对称,函数在(-∞,0)上是增函数,4.若函数f(x)、g(x)分别为R上的奇函数、偶函数,且满足f(x)-g(x)=ex,则有(  )A.f(2)<f(3)<g(0)B.g(0)<f(3)<f(2)C.f(2)<g(0)<f(3)D.g(0)<f(2)<f(3)解析:选D.由已知条件可得f(x)-g(x)=ex,f(-x)-g(-x)=-f(x)-g(x)=e-x,两式相联立可得f(x)=,g(x)=-.因为函数f(x)为增函数,所以0<f(2)<f(3).又g(0)=-1,所以g(0)<f(2)<f(3).5.(2012·三明调研)已知函数f(x)=.满足对任意的x1≠x2都有<0成立,则a的取值范围是(  )A.B.(0,1)C.D.(0,3)解析:选A.由<0可知,函数f(x)是减函数,∴应有,∴0<a≤.二、填空题5\n6.已知函数y=ax+2-2(a>0,a≠1)的图象恒过定点________.解析:当x=-2时,无论a取何值,都有y=-1,即图象恒过定点(-2,-1).答案:(-2,-1)7.函数f(x)=ax(a>0且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大,则a=________.解析:由题知或解得a=或.答案:或8.已知实数a,b满足等式a=b,下列五个关系式:①0<b<a;②a<b<0;③0<a<b;④b<a<0;⑤a=b=0.其中可能成立的关系式的序号是________.解析:在同一坐标系中作出y1=x与y1=x两函数的图象,令y1=y2,分类比较对应易知①②⑤正确.答案:①②⑤三、解答题9.已知函数f(x)=ax2-3x+3,当x∈[1,3]时,有最小值27,求实数a的值;并求此时函数的单调区间.解:令u=x2-3x+3,当x∈[1,3],对称轴为x=,故函数u=x2-3x+3在上为减函数,在上为增函数,则u∈.(1)当a>1时,y=au在u∈上为增函数,所以u=时函数值最小为27.即a=27,所以a=81.此时函数f(x)在上为减函数,在上为增函数,(2)当0<a<1时,y=au在u∈上为减函数,所以u=3时函数值最小为27.即a3=27,a=3>1(舍去).综上所述,a=81;函数f(x)的单调递减区间是;单调递增区间是.10.已知函数f(x)=2x的定义域是[0,3],设g(x)=f(2x)-f(x+2).(1)求g(x)的解析式及定义域;(2)求函数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.因为f(x)的定义域是[0,3],所以,解得0≤x≤1.于是g(x)的定义域为{x|0≤x≤1}.(2)设g(x)=(2x)2-4×2x=(2x-2)2-4.∵x∈[0,1],即2x∈[1,2],∴当2x=2即x=1时,g(x)取得最小值-4;当2x=1即x=0时,g(x)取得最大值-3.5\n一、选择题1.设函数y=f(x)在(-∞,+∞)内有定义,对于给定的正数K,定义函数fK(x)=.取函数f(x)=2-|x|.当K=时,函数fK(x)的单调递增区间为(  )A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1)D.(1,+∞)解析:选C.由f(x)>,得-1<x<1,由f(x)≤,得x≤-1或x≥1,所以f(x)=,故f(x)的单调递增区间为(-∞,-1).2.已知函数f(x)=|2x-1|,a<b<c,且f(a)>f(c)>f(b),则下列结论中,一定成立的是(  )A.a<0,b<0,c<0B.a<0,b≥0,c>0C.2-a<2cD.2a+2c<2解析:选D.作出函数f(x)=|2x-1|的图象如图中实线所示,又a<b<c,且f(a)>f(c)>f(b),结合图象知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、填空题3.(2012·宁德质检)要使函数y=1+2x+4xa在x∈(-∞,1]上y>0恒成立,则a的取值范围________.解析:由题得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∵-=-2x-x=-2+,当x∈(-∞,1]时值域为,∴a>-.答案:4.对于函数f(x),如果存在函数g(x)=ax+b(a,b为常数),使得对于区间D上的一切实数x都有f(x)≤g(x)成立,则称函数g(x)为函数f(x)在区间D上的一个“覆盖函数”,设f(x)=2x,g(x)=2x,若函数g(x)为函数f(x)在区间[m,n]上的一个“覆盖函数”,则m-n的最大值为________.解析:因为函数f(x)=2x与g(x)=2x的图象相交于点A(1,2),B(2,4),由图可知,[m,n]=[1,2],故(m-n)max=2-1=1.答案:1三、解答题5.已知定义域为R的函数f(x)=是奇函数.(1)求a,b的值及f(x)的解析式;(2)若对任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求k的取值范围.解:(1)因为f(x)是R上的奇函数,所以f(0)=0,5\n即=0,解得b=1,从而有f(x)=.又由f(1)=-f(-1)知=-,解得a=2.此时经检验符合f(-x)=-f(x),故f(x)==-+.(2)由(1)知f(x)=-+,易知f(x)在R上为减函数,又因为f(x)是奇函数,从而不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0⇔f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(-2t2+k).因为f(x)是R上的减函数,由上式推得t2-2t>-2t2+k.即对一切t∈R有3t2-2t-k>0,而Δ=4+12k<0,解得k<-.∴k的取值范围是.6.已知定义实数集R上的奇函数f(x),恒有f(x+2)=f(x),且当x∈(0,1)时,f(x)=.(1)求函数f(x)在[-1,1]上的解析式;(2)判断函数f(x)在(0,1)上的单调性,并用定义法加以证明;(3)当λ取何值时,方程f(x)=λ在[-1,1]上有实数解.解:(1)设x∈(-1,0),则-x∈(0,1).∵f(-x)=-f(x)且x∈(0,1)时f(x)=,∴x∈(-1,0)时有f(x)=-f(-x)=-=-.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)设0<x1<x2<1,则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).∴函数f(x)在[0,1]上单调递减.(3)方程f(x)=λ在[-1,1]上有实数解的条件是:λ在函数f(x),x∈[-1,1]的值域内取值.∵x∈(0,1)时,f(x)=是减函数,∴x∈(0,1)时,f(0)>f(x)>f(1)即f(x)∈.5\n∵f(-x)=-f(x),∴x∈(-1,0)时f(x)∈.又∵f(-1)=f(0)=f(1)=0,∴x∈时,f(x)∈∪{0}∪.∴当-<λ<-或λ=0或<λ<时,方程f(x)=λ在上有实数解.5

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发布时间:2022-08-25 21:33:23 页数:5
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文章作者:U-336598

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