《高考数学一轮复习（例题解析） 3.1 指数函数（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习（例题解析） 3.1 指数函数（通用）（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高中数学一轮复习资料高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )第三章 指数函数和对数函数第一节 指数函数A组1(2020年黑龙江哈尔滨模拟)若a1，b1，b0，0ab1.又(abab)2a2ba2b28，a2ba2b6，(abab)2a2ba2b24，abab2.答案：22已知f(x)axb的图象如图所示，则f(3)_.解析：由图象知f(0)1b2，b3.又f(2)a230，a，则f(3)()3333.答案：333函数y()2xx2的值域是_解析：2xx2(x1)211，()2xx2.答案：，)4(2020年高考山东卷)若函数f(x)axxa(a0，且a1)有两
2、个零点，则实数a的取值范围是_解析：函数f(x)的零点的个数就是函数yax与函数yxa交点的个数，由函数的图象可知a1时两函数图象有两个交点，0a1. 答案：(1，+)5(原创题)若函数f(x)ax1(a0，a1)的定义域和值域都是0,2，则实数a等于_解析：由题意知无解或a.答案：6已知定义域为R的函数f(x)是奇函数(1)求a，b的值；(2)若对任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)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，即0，解得b1.从而有f(x).又由f(1)f(1)知，解得a2.(2)法一：由(1)知f(x)，由上式易知f(x)在R上为
3、减函数，又因f(x)是奇函数，从而不等式f(t22t)f(2t2k)0f(t22t)2t2k.即对一切tR有3t22tk0，从而412k0，解得k.法二：由(1)知f(x)，又由题设条件得0即(22t2k12)(2t22t1)(2t22t12)(22t2k1)1，因底数21，故3t22tk0上式对一切tR均成立，从而判别式412k0，解得k0且a1)的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，那么一定有_0a00a1且0b1且b1且b0解析：当0a1时，把指数函数f(x)ax的图象向下平移，观察可知1b10，即0b1.答案：2(2020年保定模拟)若f(x)x22ax与g(x)(a1)1x在区
4、间1,2上都是减函数，则a的取值范围是_解析：f(x)x22ax(xa)2a2，所以f(x)在a，)上为减函数，又f(x)，g(x)都在1,2上为减函数，所以需00，a1)；g(x)0；若，则a等于_解析：由f(x)axg(x)得ax，所以aa1，解得a2或.答案：2或4(2020年北京朝阳模拟)已知函数f(x)ax(a0且a1)，其反函数为f1(x)若f(2)9，则f1()f(1)的值是_解析：因为f(2)a29，且a0，a3，则f(x)3x，x1，故f1()1.又f(1)3，所以f1()f(1)2.答案：25(2020年山东青岛质检)已知f(x)()x，若f(x)的图象关于直线x1对称的图
5、象对应的函数为g(x)，则g(x)的表达式为_解析：设yg(x)上任意一点P(x，y)，P(x，y)关于x1的对称点P(2x，y)在f(x)()x上，y()2x3x2.答案：y3x2(xR)6(2020年高考山东卷改编)函数y的图象大致为_ 解析：f(x)f(x)，f(x)为奇函数，排除.又y1在(，0)、(0，)上都是减函数，排除、.答案：7(2020年高考辽宁卷改编)已知函数f(x)满足：当x4时，f(x)()x；当x4时，f(x)f(x1)，则f(2log23)_.解析：23422，1log232.32log230，且a1)在区间1,1上的最大值为14，求实数a的值解：f(x)a2x2a
6、x1(ax1)22，x1,1，(1)当0a1时，axa，当axa时，f(x)取得最大值(a1)2214，a3.综上可知，实数a的值为或3.11已知函数f(x).(1)求证：f(x)的图象关于点M(a，1)对称；(2)若f(x)2x在xa上恒成立，求实数a的取值范围解：(1)证明：设f(x)的图象C上任一点为P(x，y)，则y，P(x，y)关于点M(a，1)的对称点为P(2ax，2y)2y2，说明点P(2ax，2y)也在函数y的图象上，由点P的任意性知，f(x)的图象关于点M(a，1)对称(2)由f(x)2x得2x，则2x，化为2xa2x2x20，则有(2x)22a2x22a0在xa上恒成立令g
7、(t)t22at22a，则有g(t)0在t2a上恒成立g(t)的对称轴在t0的左侧，g(t)在t2a上为增函数g(2a)0.(2a)2(2a)222a0，2a(2a1)0，则a0.即实数a的取值范围为a0.12(2020年高考江苏)若f1(x)3|xp1|，f2(x)23|xp2|，xR，p1、p2为常数，且f(x)(1)求f(x)f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1、p2表示)；(2)设a，b是两个实数，满足ap2时，g(x)所以g(x)maxp1p2，故只需p1p2log32.当p1p2时，g(x)所以g(x)maxp2p1，故只需p2p1log32.综上所述，f(x)f1(x)对
8、所有实数x成立的充要条件是|p1p2|log32.(2)证明：分两种情形讨论当|p1p2|log32时，由(1)知f(x)f1(x)(对所有实数xa，b)，则由f(a)f(b)及ap1log32时，不妨设p1log32.于是，当xp1时，有f1(x)3p1x3p2x3log323xp2f2(x)，从而f(x)f2(x)当p1xp2时，f1(x)3xp1及f2(x)23p2x，由方程3x0p123p2x0，解得f1(x)与f2(x)图象交点的横坐标为x0log32.显然p1x0p2(p2p1)log32p2，这表明x0在p1与p2之间由易知f(x)综上可知，在区间a，b上，f(x)故由函数f1(x)与f2(x)的单调性可知，f(x)在区间a，b上的单调增区间的长度之和为(x0p1)(bp2)，由于f(a)f(b)，即3p1a23bp2，得p1p2ablog32.故由得(x0p1)(bp2)b(p1p2log32).综合、可知，f(x)在区间a，b上单调增区间的长度之和为.
