2018版高考数学大一轮复习 第二章 函数概念与基本初等函数I 第5讲 指数与指数函数教师用书 文 新人教版

5讲 指数与指数函数教师用书 文 新人教版

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)

一、选择题

22

1.(2017·衡水中学模拟)若a＝，b＝x，c＝log2x，则当x>1时，a，b，c的大小关

33

系是( ) A.cB.cD.ax2x22

解析 当x>1时，01，c＝log2x<0，所以c333

答案 A 2.函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论

正确的是( ) A.a>1，b<0 B.a>1，b>0 C.00 D.02

3

2

x－b的图象可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以

x－b的图象是在f(x)＝a的基础上向左平移得到的，所以b<0.

x3525253.(2017·德州一模)已知a＝，b＝，c＝，则( ) 555A.aB.c322解析 ∵y＝在R上为减函数，>，∴b55532

又∵y＝x5在(0，＋∞)上为增函数，>，

55∴a>c，∴b4.(2017·安阳模拟)已知函数f(x)＝a(a>0，且a≠1)，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))

x2

x为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)·f(x2)等于( ) A.1

B.a

C.2

D.a

2

解析 ∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，∴x1＋x2＝0.又∵f(x)＝a，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a＝1. 答案 A

5.(2017·西安调研)若函数f(x)＝a减区间是( ) A.(－∞，2] C.[－2，＋∞)

B.[2，＋∞) D.(－∞，－2]

|2x－4|

|2x－4|

x0

1

(a>0，且a≠1)，满足f(1)＝，则f(x)的单调递

9

111112

解析 由f(1)＝，得a＝，解得a＝或a＝－(舍去)，即f(x)＝99333

.由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f(x)在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减. 答案 B 二、填空题

3376.×－＋84×2－

26

1

3

1

－

1

20

14

－23＝________.

3

1

44

2323

解析 原式＝×1＋2×2－＝2.

33

答案 2

7.(2015·江苏卷)不等式2x－x<4的解集为________. 解析 ∵2x－x<4，∴2x－x<2， ∴x－x<2，即x－x－2<0，解得－18.(2017·安徽江淮十校联考)已知max(a，b)表示a，b两数中的最大值.若f(x)＝max{e，e

|x－2|

|x|

2

2

2

2

2

2

}，则f(x)的最小值为________.

xe，x≥1，

解析 f(x)＝|x－2|

，x<1.e

当x≥1时，f(x)＝e≥e(x＝1时，取等号)， 当x<1时，f(x)＝e

|x－2|

x＝e

2－x>e，

因此x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝e. 答案 e 三、解答题

9.已知f(x)＝

x1＋1x3(a>0，且a≠1).

a－12

(1)讨论f(x)的奇偶性；

(2)求a的取值范围，使f(x)>0在定义域上恒成立. 解 (1)由于a－1≠0，则a≠1，得x≠0， 所以函数f(x)的定义域为{x|x≠0}. 对于定义域内任意x，有

xxf(－x)＝

x－x1＋1(－x)3



a－12

ax＋1(－x)3 ＝1－a2

＝－1－＝



113

＋(－x) a－12

xx1＋1x3＝f(x). a－12

∴f(x)是偶函数.

(2)由(1)知f(x)为偶函数，∴只需讨论x>0时的情况， 当x>0时，要使f(x)>0，即

xx1＋1x3>0，



a－12

11a＋1x即x＋>0，即>0，则a>1. xa－122（a－1）又∵x>0，∴a>1.因此a>1时，f(x)>0.

－2＋b10.已知定义域为R的函数f(x)＝x＋1是奇函数.

2＋a(1)求a，b的值；

(2)解关于t的不等式f(t－2t)＋f(2t－1)<0. 解 (1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，

－1＋b－2＋1

所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1，所以f(x)＝x＋1.又由f(1)＝

2＋a2＋a1

－＋12－2＋1

－f(－1)知＝－，解得a＝2.

4＋a1＋a－2＋111

(2)由(1)知f(x)＝x＋1＝－＋x. 2＋222＋1

由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f(x)在R上是减函数).

又因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t－2t)＋f(2t－1)<0等价于f(t－2t)<－f(2t－

2

2

2

2

2

2

xxx1)＝f(－2t＋1).

因为f(x)是减函数，由上式推得t－2t>－2t＋1， 12

即3t－2t－1>0，解不等式可得t＞1或t＜－，

3

1

故原不等式的解集为t|t>1或t<－.

3

2

2

2

能力提升题组 (建议用时：20分钟)

11.若存在正数x使2(x－a)<1成立，则a的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞) C.(0，＋∞)

xx

xB.(－2，＋∞) D.(－1，＋∞)

1令f(x)＝x－1，

解析 因为2>0，所以由2(x－a)<1得a>x－，2则函数f(x)在(0，

21＋∞)上是增函数，所以f(x)>f(0)＝0－＝－1， 2

所以a>－1. 答案 D

12.已知函数f(x)＝|2－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是( )

A.a<0，b<0，c<0 B.a<0，b≥0，c>0 C.2<2 D.2＋2<2

解析 作出函数f(x)＝|2－1|的图象如图中实线所示， ∵af(c)>f(b)，结合图象知a<0，0∴f(a)＝|2－1|＝1－2<1，∴f(c)＝|2－1|＝2－1， 又f(a)>f(c)，即1－2>2－1，∴2＋2<2. 答案 D

13.(2017·北京丰台一模)已知奇函数y＝

f（x），x>0，

g（x），x<0.

acacaaccacxac－a0

xxx

c

如果f(x)＝a(a>0，且a≠1)对

x应的图象如图所示，那么g(x)＝________.

11

解析 依题意，f(1)＝，∴a＝，

22

1∴f(x)＝，x>0.当x<0时，－x>0.

21∴g(x)＝－f(－x)＝－2

答案 －2(x<0)

14.(2017·天津期末)已知函数f(x)＝e－e(x∈R，且e为自然对数的底数). (1)判断函数f(x)的单调性与奇偶性；

(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x－t)≥0对一切x∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由.

2

2

x－xx＝－2.

xx－x11x解 (1)∵f(x)＝e－，∴f′(x)＝e＋，

ee

xxx∴f′(x)>0对任意x∈R都成立，∴f(x)在R上是增函数.又∵f(x)的定义域为R，且f(－

x)＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)是奇函数.

(2)存在.由(1)知f(x)在R上是增函数和奇函数，则f(x－t)＋f(x－t)≥0对一切x∈R都成立，

⇔f(x－t)≥f(t－x)对一切x∈R都成立，

2

2

2

2

⇔x－t≥t－x对一切x∈R都成立，

2

2

1122

⇔t＋t≤x＋x＝x＋－对一切x∈R都成立，

24

121122

⇔t＋t≤(x＋x)min＝－⇔t＋t＋＝t＋≤0，

442111又t＋≥0，∴t＋＝0，∴t＝－.

222

122

∴存在t＝－，使不等式f(x－t)＋f(x－t)≥0对一切x∈R都成立.

2

2

2

2

2