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【优化指导】2016-2017学年高中数学 第二章 基本初等函数(Ⅰ)指数函数及其性质的应用练习 新人教A版必修1

时间:2016-06-30


习题课——指数函数及其性质的应用
一、A 组 1.函数 f(x)=在[-1,0]上的最大值是( A.-1 答案:D 3.(2016·浙江乐清高一期末)函数 f(x)=e A.(-∞,+∞) C.(-∞,1]
u |x-1|

) D.3

B.0

C.1

解析:函数 f(x)=

在区间[-1,0]上是减函数,则最大值是 f(-1)==3. 的单调递减区间是( )

B.[1,+∞) D.[0,+∞)
|x-1|

解析:因为 y=e 为增函数,u=|x-1|在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,所以由复合函数 “同增异减”法则可知函数 f(x)=e 答案:C 4.已知 a=3 ,b=0.2 ,c=(-3) ,则 a,b,c 的大小关系为( A.a>b>c C.c>a>b B.b>a>c D.b>c>a
0.2 0.2

的单调递减区间是(-∞,1].故选 C. )

-3

0.2

解析:∵3>1,0<0.2<1,∴a=3 ∈(1,3).

∵b=0.2-3==53=125, c=(-3)0.2=(-3<0,∴b>a>c.
答案:B 5. 导学号 29900082 已知函数 f(x)=满足对任意 x1≠x2,都有<0 成立,则 a 的取值范围是( A. C. 0<a≤. 答案:A 6.已知指数函数 f(x)=(1-2 ) ,且 f(3)<f(2),则 a 的取值范围是 解析:∵f(x)是指数函数,且 f(3)<f(2),
a x

)

B.(0,1) D.(0,3)

解析:由于函数 f(x)=满足对任意的 x1≠x2,都有<0 成立,所以该函数为 R 上的减函数,所以解得

.

∴函数 f(x)在 R 上是减函数, ∴0<1-2a<1,即 0<2a<1,∴a<0.
答案:(-∞,0) 7.不等式 3 <9 解析:∵3 <9
x+1 x+1
2x-1

的解集为
x+1
2(2x-1)

.
,x+1<2(2x-1),

2x-1

,∴3 <3

∴x>1.
答案:{x|x>1}

1

8.一种专门占据内存的计算机病毒,开机时占据的内存为 2 KB,如果每 3 min 自身复制一次,复制后 所占据的内存是原来的 2 倍,那么开机后,该病毒占据 64 MB(1 MB=2 min. 解析:设开机 t min 后,该病毒占据 y KB 内存, 由题意,得 y=2×. 令 y==64×2 ,又 64×2 =2 ×2 =2 , 所以有+1=16,解得 t=45. 答案:45 9.若函数 f(x)=a -1(a>0,且 a=1)的定义域和值域都是[0,2],求实数 a 的值. 解:当 a>1 时,f(x)在区间[0,2]上单调递增,
x
10 10 6 10 16 10

KB)内存需要经过的时间为

∴∴a=±.
又 a>1,∴a=, 当 0<a<1 时,f(x)在区间[0,2]上单调递减,

∴a 无解.
综上所述,a=. 10. 导学号 29900083 已知定义域为 R 的函数 f(x)=是奇函数. (1)求 a 的值; (2)若对任意的 t∈R,不等式 f(t -2t)+f(2t -k)<0 恒成立,求 k 的取值范围. 解:(1)由 R 上的奇函数,有 f(x)=-f(-x)?=-对于任意实数 x 恒成立,解得 a=2,此时 f(x)=. (2)我们先证明 f(x)=的单调性: 任取 x1,x2∈R,且 x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=>0. 可见 f(x)在 R 上单调递减. 由此结合奇偶性,我们有 f(t -2t)+f(2t -k)<0,即 f(t -2t)<f(k-2t ),
2 2 2 2 2 2

∴t2-2t>k-2t2,即 3-k>0.
要使上述不等式对 t∈R 恒成立,则需--k>0,即 k<-. 故 k 的取值范围为. 二、B 组 1.若 0<x<1,则 2 ,,0.2 之间的大小关系是( A.2 <0.2 < C.<0.2 <2 的下方, 故 0.2 <<2 .故选 D. 答案:D 2.当 a≠0 时,函数 y=ax+b 和 y=b 的图象只可能是(
ax x x x x x x x x

)

B.2 <<0.2 D.0.2 <<2
x

x

x x x
0

解析:由指数函数的性质可知,当 0<x<1 时,2 >2 =1,=1,而 y=0.2 与 y=在 0<x<1 时,y=0.2 在 y=图象

x

x

)

2

解析:由选项 A 可知,直线 y=ax+b 满足 a>0,b>1,此时与 y=b 是减函数相矛盾; 由选项 B 可知,直线 y=ax+b 满足 a>0,0<b<1,此时函数 y=b 为减函数,符合题意; 由选项 C 可知,直线 y=ax+b 满足 a<0,b>1,此时与函数 y=b 是增函数相矛盾; 由选项 D 可知,直线 y=ax+b 满足 a<0,0<b<1,此时与函数 y=b 是减函数相矛盾. 答案:B 3. 导学号 29900084 已知 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,满足条件:y=f(x+1)是偶函数,且当 x≥1 时,f(x)=5 ,则 f,f,f 的大小关系是( A.f<f<f B.f<f<f C.f<f<f D.f<f<f 解析:∵y=f(x+1)是偶函数,
x ax ax ax

ax

)

∴y=f(x+1)的对称轴为 x=0, ∴y=f(x)的对称轴为 x=1.
又 x≥1 时,f(x)=5 ,
x

∴f(x)=5x 在区间[1,+∞)上是增函数, ∴f(x)在(-∞,1)上是减函数. ∵f=f,且, ∴f<f<f,
即 f<f<f. 答案:D 4.若不等式 a >a 的解集为{x|x>-1},则实数 a 的取值范围是 解析:因为 a >a 的解集为{x|x>-1},即有 2x>x-1.所以 a>1. 答案:(1,+∞) 5.若函数 f(x)=,则 f(x)的单调递增区间是 需求 y=|2x-3|的单调递减区间. 因为 y=|2x-3|的单调递减区间为, 所以 f(x)的单调递增区间为. (方法二)f(x)= 可画出 f(x)的图象(图略),知其单调递增区间为. 答案: 6. 导学号 29900085 若函数 y=+m 的图象不经过第一象限,则 m 的取值范围是
2x 2x

x-1

.

x-1

.

解析:(方法一)由指数函数的性质可知 f(x)=在定义域上为减函数,故要求 f(x)的单调递增区间,只

.

3

解析:将函数 y=的图象向右平移 1 个单位长度得到函数 y=的图象(如图所示),当 m<0 时,将 y=的图 象向下平移|m|个单位长度就可以得到函数 y=+m 的图象. 要使 y=+m 的图象不经过第一象限,则需 m≤-2. 答案:m≤-2 7.已知函数 f(x)在 R 上满足 f(x+y)=f(x)+f(y),且当 x>0 时,f(x)>0,f(1)=2. (1)求 f(2),f(3)的值; (2)若 f(x)在 R 上是增函数,且 f(4 -a)+f(6+2 )>6 对任意的 x 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)由 f(1)=2 可得 f(2)=f(1)+f(1)=2+2=4,
x x+1

f(3)=f(2)+f(1)=6.
(2)f(4 -a)+f(6+2 )>6 恒成立, 由已知及(1)知 f(4 -a+6+2 )>f(3)恒成立.
x x+1 x x+1

∵f(x)在 R 上是增函数,∴4x-a+6+2x+1>3 恒成立,即 4x+2×2x+3>a 恒成立.
令 g(x)=4 +2×2 +3=(2 +1) +2.
x x x
2

∵2x>0,∴g(x)>3,∴a≤3.
故 a 的取值范围是(-∞,3]. 8. 导学号 29900086 (2016·山东济南一中高一期中)已知函数 f(x)=b·a (其中 a,b 为常数,且
x

a>0,a≠1)的图象经过点 A(1,6),B(3,24).
(1)求 f(x)的解析式; (2)若不等式≥2m+1 在 x∈(-∞,1]时恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:(1)由题意得解得 a=2,b=3,

∴f(x)=3·2x.
(2)设 g(x)=, 则 y=g(x)在 R 上为减函数,

∴当 x≤1 时 g(x)min=g(1)=. ∵≥2m+1 在 x∈(-∞,1]上恒成立, ∴g(x)min≥2m+1,即 2m+1≤,∴m≤-.
故实数 m 的取值范围为.

4


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