（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
