《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理新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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理新人教版（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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 理 新人教版(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017衡水中学模拟)若a，bx2，clogx，则当x1时，a，b，c的大小关系是()A.cab B.cbaC.abc D.ac1时，0ax1，clogx0，所以ca1，b1，b0C.0a0D.0a1，b0解析由f(x)axb的图象可以观察出，函数f(x)axb在定义域上单调递减，所以0a1.函数f(x)axb的图象是在f(x)ax的基础上向左平移得到的，所以b0.答案D3.(2017德州一模)已知a，b，c，则()A.abc B.cbaC.cab D.bc，b，ac，bc0，且
2、a1)，如果以P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)f(x2)等于()A.1 B.aC.2 D.a2解析以P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)为端点的线段的中点在y轴上，x1x20.又f(x)ax，f(x1)f(x2)ax1ax2ax1x2a01.答案A5.(2017西安调研)若函数f(x)a|2x4|(a0，且a1)，满足f(1)，则f(x)的单调递减区间是()A.(，2 B.2，)C.2，) D.(，2解析由f(1)，得a2，解得a或a(舍去)，即f(x).由于y|2x4|在(，2上递减，在2，)上递增，所以f(x)在(，2上递增，在2，
3、)上递减.答案B二、填空题6.8_.解析原式1222.答案27.(2015江苏卷)不等式2x2x4的解集为_.解析2x2x4，2x2x22，x2x2，即x2x20，解得1x2.答案x|1x28.(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)maxe|x|，e|x2|，则f(x)的最小值为_.解析f(x)当x1时，f(x)exe(x1时，取等号)，当xe，因此x1时，f(x)有最小值f(1)e.答案e三、解答题9.已知f(x)x3(a0，且a1).(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ax10，则ax1，
4、得x0，所以函数f(x)的定义域为x|x0.对于定义域内任意x，有f(x)(x)3(x)3(x)3x3f(x).f(x)是偶函数.(2)由(1)知f(x)为偶函数，只需讨论x0时的情况，当x0时，要使f(x)0，即x30，即0，即0，则ax1.又x0，a1.因此a1时，f(x)0.10.已知定义域为R的函数f(x)是奇函数.(1)求a，b的值；(2)解关于t的不等式f(t22t)f(2t21)0.解(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)0，即0，解得b1，所以f(x).又由f(1)f(1)知，解得a2.(2)由(1)知f(x).由上式易知f(x)在(，)上为减函数(此处可用定义或
5、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(t22t)f(2t21)0等价于f(t22t)2t21，即3t22t10，解不等式可得t1或t，故原不等式的解集为.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.若存在正数x使2x(xa)0，所以由2x(xa)x，令f(x)x，则函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x)f(0)01，所以a1.答案D12.(2017宜宾诊断检测)已知函数f(x)x4，x(0，4)，当xa时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)a|xb|的图象为()解析x(0，4)，x11，f(x)x15251，当且仅当x1，即x2时，取等号.a2，b
6、1.因此g(x)2|x1|，该函数图象由y2|x|向左平移一个单位得到，结合图象知A正确.答案A13.(2017北京丰台一模)已知奇函数y如果f(x)ax(a0，且a1)对应的图象如图所示，那么g(x)_.解析依题意，f(1)，a，f(x)，x0.当x0.g(x)f(x)2x.答案2x(x0对任意xR都成立，f(x)在R上是增函数.又f(x)的定义域为R，且f(x)exexf(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(xt)f(x2t2)0对一切xR都成立，f(x2t2)f(tx)对一切xR都成立，x2t2tx对一切xR都成立，t2tx2x对一切xR都成立，t2t(x2x)mint2t0，又0，0，t.存在t，使不等式f(xt)f(x2t2)0对一切xR都成立.
