第4讲指数与指数
函数
excel方差函数excelsd函数已知函数 2 f x m x mx m 2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载
一、选择
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
1．函数y＝a|x|(a>1)的图像是( )解析y＝a|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax x≥0，,a－xx＜0.))当x≥0时，与指数函数y＝ax(a>1)的图像相同；当x<0时，y＝a－x与y＝ax的图像关于y轴对称，由此判断B正确．答案B2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0,2x x≤0))，则f(9)＋f(0)＝( )A．0B．1C．2D．3解析f(9)＝log39＝2，f(0)＝20＝1，∴f(9)＋f(0)＝3.答案D3．不论a为何值时，函数y＝(a－1)2x－eq\f(a,2)恒过定点，则这个定点的坐标是( )．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析 y＝(a－1)2x－eq\f(a,2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))－2x，令2x－eq\f(1,2)＝0，得x＝－1，则函数y＝(a－1)2x－eq\f(a,2)恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).答案 C4．定义运算：a*b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b，))如1*2=1,则函数f(x)=2x*2-x的值域为( )．A．RB．(0，＋∞)C．(0,1]D．[1，＋∞)解析 f(x)＝2x*2－x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,2－x，x>0，))∴f(x)在(－∞，0]上是增函数，在(0，＋∞)上是减函数，∴0
1，b>0，且ab＋a－b＝2eq\r(2)，则ab－a－b的值为( )A.eq\r(6)B．2或－2C．－2D．2解析(ab＋a－b)2＝8⇒a2b＋a－2b＝6，∴(ab－a－b)2＝a2b＋a－2b－2＝4.又ab>a－b(a>1，b>0)，∴ab－a－b＝2.答案D6．若函数f(x)＝(k－1)ax－a－x(a>0且a≠1)在R上既是奇函数，又是减函数，则g(x)＝loga(x＋k)的图象是下图中的( )．解析 函数f(x)＝(k－1)ax－a－x为奇函数，则f(0)＝0，即(k－1)a0－a0＝0，解得k＝2，所以f(x)＝ax－a－x，又f(x)＝ax－a－x为减函数，故00，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．解析 令ax－x－a＝0即ax＝x＋a，若01，y＝ax与y＝x＋a的图象如图所示．答案 (1，＋∞)10．已知f(x)＝x2，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若对∀x1∈[－1,3]，∃x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．解析 x1∈[－1,3]时，f(x1)∈[0,9]，x2∈[0,2]时，g(x2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－m，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0－m))，即g(x2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－m，1－m))，要使∀x1∈[－1,3]，∃x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，只需f(x)min≥g(x)min，即0≥eq\f(1,4)－m，故m≥eq\f(1,4).答案 eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))三、解答题11．已知函数f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1).(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)求证f(x)在R上为增函数．(1)解 因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，所以f(－x)＋f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,2－x＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,2x＋1)))＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2x＋1)＋\f(2,2－x＋1)))＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2x＋1)＋\f(2·2x,2x＋1)))＝2－eq\f(22x＋1,2x＋1)＝2－2＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数．(2)证明 设x1，x2∈R，且x10,2x2＋1>0，∴f(x1)0，a≠1)的图象经过点A(1,6)，B(3,24)．(1)求f(x)；(2)若不等式(eq\f(1,a))x＋(eq\f(1,b))x－m≥0在x∈(－∞，1]时恒成立，求实数m的取值范围．解析(1)把A(1,6)，B(3,24)代入f(x)＝b·ax，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＝ab，,24＝b·a3.))结合a>0且a≠1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3.))∴f(x)＝3·2x.(2)要使(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,3))x≥m在(－∞，1]上恒成立，只需保证函数y＝(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,3))x在(－∞，1]上的最小值不小于m即可．∵函数y＝(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,3))x在(－∞，1]上为减函数，∴当x＝1时，y＝(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,3))x有最小值eq\f(5,6).∴只需m≤eq\f(5,6)即可．∴m的取值范围(－∞，eq\f(5,6)]13．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))ax2－4x＋3.(1)若a＝－1，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有最大值3，求a的值．解析(1)当a＝－1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－x2－4x＋3，令t＝－x2－4x＋3，由于t(x)在(－∞，－2)上单调递增，在[－2，＋∞)上单调递减，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))t在R上单调递减，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在[－2，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的递增区间是[－2，＋∞)，递减区间是(－∞，－2)．(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))h(x)，由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1，因此必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))解得a＝1.即当f(x)有最大值3时，a的值等于1.14．已知定义在R上的函数f(x)＝2x－eq\f(1,2|x|).(1)若f(x)＝eq\f(3,2)，求x的值；(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0对于t∈[1,2]恒成立，求实数m的取值范围．解 (1)当x<0时，f(x)＝0，无解；当x≥0时，f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，由2x－eq\f(1,2x)＝eq\f(3,2)，得2·22x－3·2x－2＝0，看成关于2x的一元二次方程，解得2x＝2或－eq\f(1,2)，∵2x>0，∴x＝1.(2)当t∈[1,2]时，2teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22t－\f(1,22t)))＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(1,2t)))≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1>0，∴m≥－(22t＋1)，∵t∈[1,2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]，故m的取值范围是[－5，＋∞)．
浙公网安备 33021202002483