新教材适用2023-2024学年高中数学第4章指数函数与对数函数4.2指数函数4.2.2指数函数的图象和性质第2课时指数函数的图象和性质二素养作业新人教A版必修第一册

第四章4.24.2.2第2课时A组·基础自测一、选择题1．设a＝20.6，b＝20.5，c＝0.50.6，则(D)A．a<b<c B．b<a<cC．b<c<a D．c<b<a[解析]由题，c＝0.50.6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0.6＝2－0.6，对于指数函数y＝2x可知在R上单调递增，因为－0.6<0.5<0.6，所以2－0.6<20.5<20.6，即c<b<a，故选D.2．已知f(x)＝a－x(a>0且a≠1)，且f(－2)>f(－3)，则a的取值范围是(D)A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(0,1)[解析]因为f(x)＝a－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))x在R上为单调函数，又－2>－3，f(－2)>f(－3)，所以f(x)为增函数，故有eq\f(1,a)>1，所以0<a<1.故选D.3．函数f(x)＝eq\f(2x－2－x,2)是(B)A．偶函数，在(0，＋∞)是增函数B．奇函数，在(0，＋∞)是增函数C．偶函数，在(0，＋∞)是减函数D．奇函数，在(0，＋∞)是减函数[解析]因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．又因为y＝2x是增函数，y＝2－x为减函数，故f(x)＝eq\f(2x－2－x,2)为增函数．故选B.4．函数y＝的单调递增区间是(A)A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[1,2] D．[1,3][解析]令u＝－3＋4x－x2，因为y＝3u为增函数，所以y＝的增区间就是u＝－3＋4x－x2的增区间(－∞，2]．5．(多选题)若指数函数y＝ax在区间[－1,1]上的最大值和最小值的和为eq\f(10,3)，则a的值可能是(BC)A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．3 D．2[解析]①当a＞1时，函数y＝ax在区间[－1,1]上为增函数，所以当x＝1时，ymax＝a，当x＝－1时，ymin＝eq\f(1,a)，所以a＋eq\f(1,a)＝eq\f(10,3)，即3a2－10a＋3＝0，因为a＞1，所以a＝3.②当0＜a＜1时，函数y＝ax在区间[－1,1]上为减函数，所以当x＝－1时，ymax＝eq\f(1,a)，当x＝1时，ymin＝a，所以a＋eq\f(1,a)＝eq\f(10,3)，即3a2－10a＋3＝0，因为0＜a＜1，所以a＝eq\f(1,3).综上：a的值可能为3或eq\f(1,3).二、填空题6．若函数f(x)的定义域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则函数f(2x)的定义域是_(－1,0)_.[解析]由eq\f(1,2)<2x<1得－1<x<0.7．函数f(x)＝的值域为_(0,1]_.[解析]f(x)＝8．已知函数f(x)＝eq\f(1,3x＋1)＋a为奇函数，则a的值为－eq\f(1,2)_，f(1)＝－eq\f(1,4)_.[解析]解法一：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0，即eq\f(1,3－x＋1)＋a＋eq\f(1,3x＋1)＋a＝0，∴2a＝－eq\f(1,3x＋1)－eq\f(1,3－x＋1)＝－eq\f(3x＋1,3x＋1)＝－1，∴a＝－eq\f(1,2)，f(1)＝－eq\f(1,4).解法二：f(0)＝eq\f(1,30＋1)＋a＝eq\f(1,2)＋a，又f(0)＝0，∴a＝－eq\f(1,2)，f(1)＝－eq\f(1,4).三、解答题9．已知函数f(x)＝ax＋1(a＞1)在区间[0,2]上的最大值与最小值之差为3.(1)求a的值；(2)证明：函数F(x)＝f(x)－f(－x)是R上的增函数．[解析](1)因为a＞1，所以f(x)＝ax＋1在定义域上单调递增，则f(x)在区间[0,2]上的最大值与最小值之差为f(2)－f(0)＝3，即a2－1＝3，解得a＝2.(2)证明：F(x)＝f(x)－f(－x)＝2x－2－x，不妨设x1＜x2，则F(x1)－F(x2)＝＝因为x1＜x2，所以＜0，而1＋＞0，所以F(x1)－F(x2)＜0，即有F(x1)＜F(x2)，所以F(x)＝f(x)－f(－x)在R上是增函数．10．已知函数y＝(1)求此函数的定义域，值域；(2)确定函数的单调区间．[解析](1)设u＝x2－6x＋17，由于函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u及u＝x2－6x＋17的定义域都是R，故函数y＝的定义域为R.因为u＝x2－6x＋17＝(x－3)2＋8≥8，又函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u在R上单调递减，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))8，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u＞0，故函数的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,256))).(2)函数u＝x2－6x＋17在[3，＋∞)上是增函数，即对任意的x1，x2∈[3，＋∞)，且x1＜x2，有u1＜u2，从而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u1＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u2，即y1＞y2，所以函数y＝在[3，＋∞)上是减函数，同理可知y＝在(－∞，3]上是增函数．所以，函数的单调递增区间为(－∞，3]，单调递减区间为[3，＋∞)．B组·能力提升一、选择题1．二次函数y＝ax2＋bx与指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))x的图象可能为(A)[解析]因为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))x是指数函数，所以eq\f(b,a)>0，即a，b同号．所以二次函数y＝ax2＋bx图象的对称轴x＝－eq\f(b,2a)<0，排除选项B，D；由A，C项中指数函数的图象，得0<eq\f(b,a)<1，则－eq\f(1,2)<－eq\f(b,2a)<0，即二次函数的顶点的横坐标在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，显然选项C错误．2．若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))是R上的增函数，则实数a的取值范围为(D)A．(1，＋∞) B．(1,8)C．(4,8) D．[4,8)[解析]由题意可知，f(x)在R上是增函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)＞0，,a＞1，,4－\f(a,2)＋2≤a，))解得4≤a＜8.3．(多选题)已知函数f(x)＝eq\f(πx－π－x,2)，g(x)＝eq\f(πx＋π－x,2)，则f(x)，g(x)满足(ABD)A．f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)B．f(－2)<f(3)C．f(x)－g(x)＝π－xD．f(2x)＝2f(x)g(x)[解析]A正确，f(－x)＝eq\f(π－x－πx,2)＝－f(x)，g(－x)＝eq\f(π－x＋πx,2)＝g(x)，所以f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)；B正确，因为函数f(x)为增函数，所以f(－2)<f(3)；C不正确，f(x)－g(x)＝eq\f(πx－π－x,2)－eq\f(πx＋π－x,2)＝eq\f(－2π－x,2)＝－π－x；D正确，f(2x)＝eq\f(π2x－π－2x,2)＝2·eq\f(πx－π－x,2)·eq\f(πx＋π－x,2)＝2f(x)g(x)．二、填空题4．函数y＝在(－∞，1)内单调递增，则a的取值范围是_[2，＋∞)_.[解析]由复合函数的单调性知，y＝－x2＋ax的对称轴x＝eq\f(a,2)≥1，即a≥2.5．已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－eq\f(1,4x)＋eq\f(1,2x)，则此函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4)))_.[解析]设t＝eq\f(1,2x)，当x≥0时，2x≥1，所以0<t≤1，y＝－t2＋t＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，所以0≤y≤eq\f(1,4)，故当x≥0时，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).因为y＝f(x)是定义在R上的奇函数，所以当x<0时，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))，故函数f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4))).三、解答题6．已知f(x)＝9x－2×3x＋4，x∈[－1,2]．(1)设t＝3x，x∈[－1,2]，求t的最大值与最小值；(2)求f(x)的最大值与最小值．[解析](1)设t＝3x，因为x∈[－1,2]，函数t＝3x在[－1,2]上是增函数，故有eq\f(1,3)≤t≤9，故t的最大值为9，t的最小值为eq\f(1,3).(2)由f(x)＝9x－2×3x＋4＝t2－2t＋4＝(t－1)2＋3，可得此二次函数的对称轴为t＝1，且eq\f(1,3)≤t≤9，故当t＝1时，函数f(x)有最小值为3，当t＝9时，函数f(x)有最大值为67.C组·创新拓展已知定义域为R的函数f(x)＝eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)是奇函数．(1)求a，b的值；(2)判断并证明函数f(x)的单调性；(3)若对任意的t∈[－1,1]不等式f(t2－2t)＋f(k－t2)<0恒成立，求实数k的取值范围．[解析](1)∵f(x)＝eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)且f(0)＝0，∵f(0)＝eq\f(a－1,2＋b)＝0，解得：a＝1，∴f(x)＝eq\f(1－2x,2x＋1＋b)，∴f(－x)＝eq\f(1－2－x,21－x＋b)＝－eq\f(1－2x,2x＋1＋b)，解得b＝2；当a＝1，b＝2时，f(x)＝eq\f(1－2x,2x＋1＋2)，∴f(－x)＝eq\f(1－2－x,21－x＋2)＝eq\f(2x－1,2＋2x＋1)＝－f(x)，满足f(x)为奇函数；综上所述：a＝1，b＝2.(2)由(1)得：f(x)＝eq\f(1－2x,2x＋1＋2)＝eq\f(2－2x＋1,22x＋1)＝eq\f(1,2x＋1)－eq\f(1,2)；设x2>x1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co