2021学年4.2 指数函数课后复习题

这是一份2021学年4.2 指数函数课后复习题，共7页。

1．已知函数f(x)＝3x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)，则f(x)( )
A．是奇函数，且在R上是增函数
B．是偶函数，且在R上是增函数
C．是奇函数，且在R上是减函数
D．是偶函数，且在R上是减函数
2．若 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2a＋1)＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3－2a)，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(－∞，1) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
3．已知f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝x·2x＋a－1，若f(－1)＝ eq \f(3,4)，则a等于( )
A．－3 B．－2
C．－1 D．0
4．函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－x)的单调增区间为( )
A．(－∞，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，1)
5．若函数f(x)＝ eq \f(1,2x＋1)， 则该函数在(－∞，＋∞)上是 ( )
A．单调递减无最小值 B．单调递减有最小值
C．单调递增无最大值 D．单调递增有最大值
6．(多选)若函数f(x)＝3x＋1，则( )
A．f(x)在[－1，1]上单调递增
B．f(x)与y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)＋1的图象关于y轴对称
C．图象过点(0，1)
D．f(x)的值域为[1，＋∞)
7．不等式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x2－x> eq \f(1,4)的解集为________．
8．三个数 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up6(\f(3,7))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up6(\f(4,7))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7))) eq \s\up6(\f(3,7))中，最大的是________，最小的是________．
9．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝1－2x.
(1)求当x<0时f(x)的解析式；
(2)求不等式f(x)<1的解集．
10．已知f(x)＝x· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2))).
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)判断f(x)的奇偶性；并说明理由．
[提能力]
11．(多选)已知函数f(x)＝ex－e－x，g(x)＝ex＋e－x，则以下结论错误的是( )
A．任意的x1，x2∈R且x1≠x2，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0
B．任意的x1，x2∈R且x1≠x2，都有 eq \f(g（x1）－g（x2）,x1－x2)<0
C.f(x)有最小值，无最大值
D．g(x)有最小值，无最大值
12．若函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x>1,（2－3a）x＋1，x≤1))是R上的减函数，则实数a的取值范围是( )
A．( eq \f(2,3)，1) B．[ eq \f(3,4)，1)
C．( eq \f(2,3)， eq \f(3,4)] D．( eq \f(2,3)，＋∞)
13．已知函数f(x)＝ eq \f(b－2x,2x＋1)为定义在区间[－2a，3a－1]上的奇函数，则a＋b＝________．
14．设函数f(x)＝ eq \f(1,ex)＋aex(a为常数).若f(x)为偶函数，则实数a＝________；若对∀x∈R，f(x)≥1恒成立，则实数a的取值范围是________．
15．已知函数f(x)＝ eq \f(2,3x＋1)－a(a∈R).
(1)判断f(x)在R上的单调性，并证明你的结论；
(2)是否存在a，使得f(x)是奇函数？若存在，求出所有a的值；若不存在，请说明理由．
[培优生]
16．设函数f(x)＝ax＋(k－1)a－x＋k2(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数．
(1)求k的值；
(2)若f(1)>0，求使不等式f(x2＋x)＋f(t－2x)>0恒成立的t的取值范围；
(3)若f(1)＝ eq \f(3,2)，设g(x)＝a2x＋a－2x－2mf(x)，g(x)在[1，＋∞)上的最小值为－1，求m的值．
课时作业(二十七) 指数函数的图象与性质(2)
1．解析：f(x)的定义域为R，f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，则f(x)为奇函数．y＝3x为增函数，y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)为减函数，则f(x)＝3x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)为增函数．
答案：A
2．解析：函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)在R上为减函数，所以2a＋1＞3－2a，所以a＞ eq \f(1,2).
答案：B
3．解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，又f(－1)＝ eq \f(3,4)，
∴f(1)＝－f(－1)＝－ eq \f(3,4)，即21＋a－1＝－ eq \f(3,4)，∴21＋a＝ eq \f(1,4)＝2－2，
∴1＋a＝－2，∴a＝－3.
答案：A
4．解析：设t＝1－x，则y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(t)，则函数t＝1－x的递减区间为(－∞，＋∞)，即为y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－x)的递增区间．
答案：A
5．解析：设t＝2x＋1，则当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，＋∞))时为增函数，且t>1；
于是y＝ eq \f(1,2x＋1)＝ eq \f(1,t) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t>1))为减函数，其图象如图所示：
则y＝ eq \f(1,2x＋1)为减函数且y<1；图象在y轴上方，y>0，所以原函数既无最小值，也无最大值．
答案：A
6．解析：f(x)＝3x＋1在R上单调递增，则A正确；y＝3x＋1与y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)＋1的图象关于y轴对称，则B正确；由f(0)＝2得f(x)的图象过点(0，2)，则C错误；由3x>0可得f(x)>1，则D错误．
答案：AB
7．解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x2－x> eq \f(1,4)＝( eq \f(1,2))2，化为x2－x－2<0，解得－1答案：(－1，2)
8．解析：因为函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up12(x)在R上是减函数，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up6(\f(3,7))＞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up6(\f(4,7))，
又在y轴右侧函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up12(x)的图象始终在函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7))) eq \s\up12(x)的图象的下方，
.
答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7))) eq \s\up6(\f(3,7)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7))) eq \s\up6(\f(4,7))
9．解析：(1)∵当x>0时，f(x)＝1－2x，
当x<0时，－x>0，∴f(－x)＝1－2－x.
又y＝f(x)是R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x).
∴f(x)＝－f(－x)＝－(1－2－x)＝2－x－1，即x<0时，f(x)＝2－x－1.
(2)当x>0时，不等式f(x)<1可化为1－2x<1，∴2x>0，显然成立；
当x＝0时，y＝f(x)是奇函数，f(0)＝0<1成立；
当x<0时，不等式可化为2－x－1<1，∴2－x<2，∴－x<1，得－1综上可知，不等式f(x)<1的解集为(－1，＋∞).
10．解析：(1)由2x－1≠0，得2x≠1，即x≠0.
∴函数f(x)＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))的定义域是{x|x≠0}；
(2)函数f(x)的定义域关于原点对称，
又f(－x)＝－x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－x－1)＋\f(1,2)))＝－x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x,1－2x)＋\f(1,2)))＝－x· eq \f(1＋2x,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2x)))＝x· eq \f(1＋2x,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－1)))，
而f(x)＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))＝x· eq \f(1＋2x,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－1)))，
∴f(－x)＝f(x)故f(x)为偶函数．
11．解析：f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)在R上单调递增，无最值，故选项AC错误；g(x)＝ex＋ eq \f(1,ex)为偶函数，易知其在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，且在x＝1处取得最小值，无最大值，故选项B错误．
答案：ABC
12．解析：若函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x>1,（2－3a）x＋1，x≤1))是R上的减函数，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0答案：C
13．解析：由题意知－2a＝－(3a－1)，解得a＝1.
又∵f(x)＝ eq \f(b－2x,2x＋1)为奇函数
由f(0)＝ eq \f(b－1,2)＝0得b＝1
∴a＋b＝2.
答案：2
14．解析：由题意 eq \f(1,ex)＋aex＝ eq \f(1,e－x)＋ae－x⇒ eq \f(1,ex)＋aex＝ex＋ eq \f(a,ex)⇒(a－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,ex)))＝0.故a＝1.
因为 eq \f(1,ex)＋aex≥1恒成立，故a≥ eq \f(1,ex)－ eq \f(1,e2x)恒成立．设t＝ eq \f(1,ex)>0，则a≥t－t2在t>0时恒成立．又y＝t－t2＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,4)≤ eq \f(1,4).故a≥ eq \f(1,4).
答案：1 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
15．解析：(1)函数f(x)＝ eq \f(2,3x＋1)－a(a∈R)在R上是单调减函数．
证明如下：
在R上任取x1，x2，令x1＜x2，
f(x1)－f(x2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3x1＋1)－a))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3x2＋1)－a))
＝ eq \f(2（3x2＋1）－2（3x1＋1）,（3x1＋1）（3x2＋1）)
＝ eq \f(2（3x2－3x1）,（3x1＋1）（3x2＋1）)，
∵x1＜x2，∴2(3x2－3x1)＞0，(3x1＋1)(3x2＋1)＞0，
∴f(x1)－f(x2)＝ eq \f(2（3x2－3x1）,（3x1＋1）（3x2＋1）)＞0，
∴函数f(x)＝ eq \f(2,3x＋1)－a(a∈R)在R上是单调减函数．
(2)存在a，使得f(x)是奇函数．
∵函数f(x)＝ eq \f(2,3x＋1)－a(a∈R)，
∴f(－x)＝－f(x)，即 eq \f(2,3－x＋1)－a＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3x＋1)－a))，
整理得 eq \f(2×3x,1＋3x)＋ eq \f(2,3x＋1)＝2a，
解得a＝1.
16．解析：(1)因为f(x)是定义域为R的奇函数，
所以f(0)＝0，即1＋k－1＋k2＝0，k＝0或k＝－1，
当k＝－1时，f(x)不是奇函数；
当k＝0时，f(x)＝ax－a－x，满足f(－x)＋f(x)＝0，f(x)是奇函数．所以k＝0.
(2)因为f(1)＝a－ eq \f(1,a)>0，a>0，所以a2－1>0，a>1，
所以f(x)在R上为增函数．
由f(x2＋x)＋f(t－2x)>0得f(x2＋x)>f(2x－t)，x2＋x>2x－t，即t>－x2＋x恒成立，
又因为－x2＋x的最大值为 eq \f(1,4)，所以t> eq \f(1,4).
(3)由f(1)＝a－ eq \f(1,a)＝ eq \f(3,2)，解得a＝2或a＝－ eq \f(1,2)，
又a>0，所以a＝2.
g(x)＝22x＋2－2x－2m(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－2m(2x－2－x)＋2.
设u＝2x－2－x，当x∈[1，＋∞)时，u∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))，y＝u2－2mu＋2在u∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上的最小值为－1.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≤\f(3,2)，,\f(9,4)－3m＋2＝－1，))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>\f(3,2)，,－m2＋2＝－1.))
解得m＝ eq \r(3).