易错点06 指数函数、对数函数、幂函数、二次函数-备战2024年高考数学考试易错题（新高考专用）

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使用换元法忽视新变量范围致错
忽视对高次项系数的讨论致错
易错知识
1．对数函数、指数函数中容易忽略底数的取值范围；
2．在对数式中，要注意真数是大于零的；
3．函数的单调区间与在区间上单调是两个不同的概念；
4.对于最高项系数含有参数的函数，要注意对参数的讨论；
5.
易错分析
一、对数函数中忽视对底数的讨论致错
1．已知函数f(x)＝lga(8－ax)(a>0，且a≠1)，若f(x)>1在区间[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围是__________．
【错解】已知f(x)＝lga(8－ax)在[1,2]上是减函数，由f(x)>1在区间[1,2]上恒成立，
知f(x)min＝f(2)＝lga(8－2a)>1，且8－2a>0，解得1【错因】没有对底数a进行分情况讨论，
【正解】当a>1时，f(x)＝lga(8－ax)在[1,2]上是减函数，由f(x)>1在区间[1,2]上恒成立，
知f(x)min＝f(2)＝lga(8－2a)>1，且8－2a>0，解得1当01在区间[1,2]上恒成立，知f(x)min＝f(1)＝
lga(8－a)>1，且8－2a>0.解得a>4，且a<4，故不存在．
综上可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(8,3))).
二、忽视对数式中真数大于零致错
2．函数y＝lg5(x2＋2x－3)的单调递增区间是______．
【错解】令g(x)＝x2＋2x－3，则函数g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，再根据复合函数的单调性，可得函数y＝lg5(x2＋2x－3)的单调递增区间是(－1，＋∞)．
【错因】没有保证对数式中真数大于零，
【正解】由题意，函数y＝lg5(x2＋2x－3)满足x2＋2x－3>0，解得x<－3或x>1，即函数
y＝lg5(x2＋2x－3)的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．令g(x)＝x2＋2x－3，则函数g(x)
在(－∞，－3)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，再根据复合函数的单调性，可得函数
y＝lg5(x2＋2x－3)的单调递增区间是(1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝lga(ax2－2x＋5)(a>0，且a≠1)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上单调递增，则a的取值范围为( )
A.∪[2，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))∪(1,2]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)，\f(1,3)))∪[2，＋∞) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)，\f(1,3)))∪(1,2]
【错解】选A 当00恒成立，所以，解得0当a>1时，由复合函数单调性知函数u＝ax2－2x＋5在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上单调递增且u>0恒成立，所以，解得a≥2.综上，a的取值范围为∪[2，＋∞)．
【错因】没有保证对数式中真数大于零，
【正解】选C 当00恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(01时，由复合函数单调性知函数u＝ax2－2x＋5在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上单调递增且u>0恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,\f(1,a)≤\f(1,2)，,\f(1,4)a－1＋5≥0，))解得a≥2.综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)，\f(1,3)))∪[2，＋∞)．
三、忽视高次项系数的讨论致错
4．函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则实数a的值为( )
A．－eq \f(1,4) B．0 C.eq \f(1,4) D．0或－eq \f(1,4)
【错解】选A 若f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则方程ax2－x－1=0有且仅有一个根，则Δ＝1＋4a＝0，解得a＝－eq \f(1,4).
【错因】没有对二次项系数a分情况讨论，
【正解】选D 若f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则方程ax2－x－1=0有且仅有一个根，当a＝0时，f(x)＝－x－1，令f(x)＝0得x＝－1，故f(x)只有一个零点为－1.
当a≠0时，则Δ＝1＋4a＝0，解得a＝－eq \f(1,4).综上有a＝0或－eq \f(1,4).
5．若函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))
【错解】选C 函数f(x)的对称轴为直线x＝－eq \f(1,a)，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－eq \f(1,a)≥4，解得－eq \f(1,4)≤a<0.故选C.
【错因】没有对二次项系数a分情况讨论，
【正解】选D 当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为直线x＝－eq \f(1,a)，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－eq \f(1,a)≥4，解得－eq \f(1,4)≤a<0.综上所述，得－eq \f(1,4)≤a≤0.故选D.
四、指数函数中忽视对底数的讨论致错
6．若函数f(x)＝a (a>0且a≠1)在区间(1,3)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．(1,2) B．(0,1) C．(1,4] D．(－∞，4]
【错解】选D 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，＋∞))上单调递减，根据复合函数的单调性可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，＋∞))上单调递减，因为函数f(x)在(1,3)上单调递增，所以，解得a≤4.所以a的取值范围为(－∞，4]．
【错因】没有对底数a进行分情况讨论，
【正解】选C 根据复合函数的单调性可知，当01时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,4)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，＋∞))上单调递增，因为函数f(x)在(1,3)上单调递增，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,\f(a,4)≤1，))解得1五、幂函数中忽视定义域致错
7．已知幂函数f(x)＝x，若f(a＋1)【错解】∵f(x)＝x＝eq \f(1,\r(x))(x＞0)，且在(0，＋∞)上是减函数，∴，
解得3＜a. 答案：(3,＋∞)．
【错因】没有考虑函数的定义域，
【正解】∵f(x)＝x＝eq \f(1,\r(x))(x＞0)，且在(0，＋∞)上是减函数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1＞0，,10－2a＞0，,a＋1＞10－2a.))
解得3＜a＜5. 答案：(3,5)
六、使用换元法时没有注意注意新元的取值范围致错
8．(注意新元的取值范围)已知函数y＝4x－3·2x＋3，若其值域为[1,7]，则x可能的取值范围是( )
A．[2,4] B．(－∞，0]
C．(0,1]∪[2,4] D．(－∞，0]∪[1,2]
【错解】选D 令t＝2x，则y＝t2－3t＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2)))2＋eq \f(3,4)，其图象的对称轴为直线t＝eq \f(3,2).
当x∈[2,4]时，t∈[4,16]，此时y∈[7,211]，不满足题意；
当x∈(－∞，0]时，t∈(－∞,1]，此时y∈[1,3)，不满足题意；
当x∈(0,1]∪[2,4]时，t∈(－∞,2]∪[4,16]，此时y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))∪[7,211]，不满足题意；
当x∈(－∞，0]∪[1,2]时，t∈(－∞,1]∪[2,4]，此时y∈[1,7]，满足题意．故选D.
【错因】没有考虑新元t的取值范围，因为2x>0，所以t>0。
【正解】选D 令t＝2x(t>0)，则y＝t2－3t＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2)))2＋eq \f(3,4)，其图象的对称轴为直线t＝eq \f(3,2).当x∈[2,4]时，t∈[4,16]，此时y∈[7,211]，不满足题意；当x∈(－∞，0]时，t∈(0,1]，此时y∈[1,3)，不满足题意；当x∈(0,1]∪[2,4]时，t∈(1,2]∪[4,16]，此时y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))∪[7,211]，不满足题意；当x∈(－∞，0]∪[1,2]时，t∈(0,1]∪[2,4]，此时y∈[1,7]，满足题意．故选D.
七、混淆“单调区间”和“在区间上单调”致错
8．(1)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的单调递减区间是(－∞，4]，则实数a的取值范围是_____．
(2)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上单调递减，则实数a的取值范围是______．
【错解】(1)因为函数f(x)的单调递减区间为(－∞，4]，且函数f(x)的图象的对称轴为直线
x＝1－a，所以1－a≥4，即a≤－3.
(2)因为函数f(x)在区间(－∞，4]上单调递减，且函数f(x)的图象的对称轴为直线
x＝1－a，所以1－a＝4，即a＝－3.
【错因】混淆“单调区间”和“在区间上单调”
【正解】(1)因为函数f(x)的单调递减区间为(－∞，4]，且函数f(x)的图象的对称轴为直线
x＝1－a，所以1－a＝4，即a＝－3.
(2)因为函数f(x)在区间(－∞，4]上单调递减，且函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1－a，所以1－a≥4，即a≤－3.
易错题通关
1．在同一直角坐标系中，函数f(x)＝2－ax，g(x)＝lga(x＋2)(a>0，且a≠1)的图象大致为( )
【答案】A
【解析】若02，选项C、D不满足．当a>1时，
由2－ax＝0，得x＝eq \f(2,a)<2，且g(x)＝lga(x＋2)在(－2，＋∞)上是增函数，排除B，只有A满足．
2．若函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在[－1,2]上有最大值4，则a的值为( )
A.eq \f(3,8) B．－3 C.eq \f(3,8)或－3 D．4
【答案】C
【解析】由题意得f(x)＝a(x＋1)2＋1－a.①当a＝0时，函数f(x)在区间[－1,2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；②当a>0时，函数f(x)在区间[－1,2]上是增函数，最大值为f(2)＝8a＋1＝4，解得a＝eq \f(3,8)；③当a<0时，函数f(x)在区间[－1,2]上是减函数，最大值为f(－1)＝1－a＝4，解得a＝－3.综上可知，a的值为eq \f(3,8)或－3.
3．函数f(x)＝|ax－a|(a>0且a≠1)的图象可能为( )
【答案】C
【解析】法一：当a>1时，f(x)＝|ax－a|的图象如图①所示，当x＝0时，y＝a－1，故易知C正确，D错误．当0法二：当a>1时，不妨取a＝2，则f(x)＝|2x－2|.若x≥1，则y≥0；若x<1，则0又x＝0时，y＝1，结合这3个条件可知选项C符合题意．
当00.
又x＝0时，y＝eq \f(1,2)，没有选项同时符合这3个条件．
4．若函数y＝lga(2－ax)在[0,1]上单调递减，则a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(1,2) C．(0,2) D．(1，＋∞)
【答案】B
【解析】令u＝2－ax，因为a>0，所以u＝2－ax在定义域上是减函数，要使函数y＝lga(2－ax)在[0,1]上单调递减，则函数y＝lgau在其定义域上必为增函数，故a>1.当x∈[0,1]时，umin＝2－a×1＝2－a.因为2－ax>0在x∈[0,1]时恒成立，所以umin>0，即2－a>0，a<2.综上可知，a的取值范围是(1,2)．
5．已知lg x＋lg y＝2lg(x－2y)，则eq \f(x,y)＝( )
A．4 B．1 C．4或1 D．eq \f(5,4)
【答案】A
【解析】由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg xy＝lgx－2y2，,x－2y>0，x>0，y>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xy＝x－2y2，①,x>2y>0. ②))由①得x2－5xy＋4y2＝0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))2－eq \f(5x,y)＋4＝0，解得eq \f(x,y)＝4或eq \f(x,y)＝1(不满足②，舍去)，∴eq \f(x,y)＝4.
6．已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋ln(1－x)．若f(2a－1)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞) B.(0,1)
C．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
【答案】D
【解析】由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋x>0，,1－x>0))可得－1|a|，))解得07、已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,lgax＋1＋2，x≥0))(a>0且a≠1)是R上的单调函数，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4)))
【答案】C
【解析】由题意，分段函数f(x)在R上单调递减，可得对数的底数需满足0a≥eq \f(2,3).综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4))).
8．已知函数f(x)的定义域为R，且在[0，＋∞)上是增函数，g(x)＝－f(|x|)，若g(lg x)>g(1)，则x的取值范围是( )
A．(0,10) B．(10，＋∞)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)，10)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,10)))∪(10，＋∞)
【答案】C
【解析】∵g(－x)＝－f(|－x|)＝g(x)，∴g(x)是偶函数，又f(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴g(x)在[0，＋∞)上是减函数．∵g(lg x)>g(1)，∴g(|lg x|)>g(1)，∴|lg x|<1，解得eq \f(1,10)9．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋a|x|在区间[3,4]和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是( )
A．[4,6] B．[－6，－4]
C．[2,3] D．[－3，－2]
【答案】D
【解析】f(x)＝eq \f(1,2)x2＋a|x|，∵f(－x)＝eq \f(1,2)(－x)2＋a|－x|＝eq \f(1,2)x2＋a|x|＝f(x)，∴f(x)为实数集上的偶函数，∵f(x)在区间[3,4]和[－2，－1]上均为增函数，∴f(x)在[3,4]上递增，在[1,2]上递减，
∴函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋a|x|，x>0的对称轴x＝－a∈[2,3]，得a∈[－3，－2]，故选D.
10．(多选)若实数a，b满足lga2＜lgb2，则下列关系中可能成立的有( )
A．0＜b＜a＜1 B．0＜a＜1＜b
C．a＞b＞1 D．0＜b＜1＜a
【答案】ABC
【解析】当0＜b＜a＜1时，lg2b＜lg2a＜0，即eq \f(1,lgb2)＜eq \f(1,lga2)＜0，故lga2＜lgb2，A正确；当0＜a＜1＜b时，lgb2＞0，lga2＜0，故lga2＜lgb2，B正确；当a＞b＞1时，lg2a＞lg2b＞0，即eq \f(1,lga2)＞eq \f(1,lgb2)＞0，故lga2＜lgb2，C正确；当0＜b＜1＜a时，lgb2＜0，lga2＞0，故lga2＞lgb2，D错误．
11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x＋1，0≤x<1，,lg2x＋1，x≥1，))g(x)＝ax2＋2x＋a－1，若对任意的实数x1∈[0，＋∞)，总存在实数x2∈[0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,4))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7,4)))
【答案】D
【解析】因为对任意的实数x1∈[0，＋∞)，总存在实数x2∈[0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，所以函数f(x)的值域是函数g(x)的值域的子集．当0≤x<1时，f(x)＝x2－x＋1，此时f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))；当x≥1时，f(x)＝lg2(x＋1)单调递增，f(x)∈[1，＋∞)，所以函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)).
对于函数g(x)＝ax2＋2x＋a－1，当a＝0时，函数g(x)＝2x－1在[0，＋∞)上单调递增，此时g(x)的值域为[－1，＋∞)，满足eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))⊆[－1，＋∞)；
当a≠0时，要使函数f(x)的值域是函数g(x)的值域的子集，则二次函数的图象开口必须向上，即a>0，此时函数g(x)的对称轴为x＝－eq \f(1,a)<0，故函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，此时g(x)的值域为[a－1，＋∞)，由eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))⊆[a－1，＋∞)得，a－1≤eq \f(3,4)，即012．已知不等式xy≤ax2＋2y2对于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．[－1,4)
C．[－1，＋∞) D．[－1,6]
【答案】C
【解析】不等式xy≤ax2＋2y2对于x∈[1,2]，y∈[2，3]恒成立，等价于a≥eq \f(y,x)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))2，对于x∈[1,2]，y∈[2,3]恒成立．令t＝eq \f(y,x)，则1≤t≤3，∴a≥t－2t2在[1,3]上恒成立．∵y＝－2t2＋t＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2＋eq \f(1,8)，∴t＝1时，ymax＝－1，∴a≥－1，故选C.
13．(多选)已知函数f(x)＝3x2－6x－1，则( )
A．函数f(x)有两个不同的零点
B．函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增
C．当a＞1时，若f(ax)在x∈[－1,1]上的最大值为8，则a＝3
D．当0＜a＜1时，若f(ax)在x∈[－1,1]上的最大值为8，则a＝eq \f(1,3)
【答案】ACD
【解析】因为二次函数对应的一元二次方程的判别式Δ＝(－6)2－4×3×(－1)＝48＞0，所以函数f(x)有两个不同的零点，A正确．因为二次函数f(x)图象的对称轴为x＝1，且图象开口向上，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，B不正确．令t＝ax，则f(ax)＝g(t)＝3t2－6t－1＝3(t－1)2－4.
当a＞1时，eq \f(1,a)≤t≤a，故g(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上先减后增，又eq \f(a＋\f(1,a),2)＞1，故最大值为g(a)＝3a2－6a－1＝8，解得a＝3(负值舍去)．同理当0＜a＜1时，a≤t≤eq \f(1,a)，g(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上的最大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(3,a2)－eq \f(6,a)－1＝8，解得a＝eq \f(1,3)(负值舍去)．故C、D正确．
14．已知函数y＝ax2－2x＋3在[2，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是________．
【答案】(－∞，0]
【解析】当a＝0时，y＝－2x＋3满足题意；当a≠0时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(1,a)≤2，))解得a<0.综上得a≤0.
15．若函数y＝lgax(a>0，a≠1)在[2,4]上的最大值与最小值的差是1，则a＝________.
【答案】2或eq \f(1,2)
【解析】当a>1时，y＝lgax(a>0，a≠1)在[2,4]上单调递增，所以lga4－lga2＝1，解得a＝2；当00，a≠1)在[2,4]上单调递减，所以lga2－lga4＝1，解得a＝eq \f(1,2).综上可得，a＝2或eq \f(1,2).
16．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a＋b＝_______.
【答案】－eq \f(3,2)
【解析】当a>1时，f(x)在[－1,0]上是增函数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝－1，,f0＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝－1，,1＋b＝0，))无解．
当0∴a＋b＝－eq \f(3,2).
17．已知函数y＝aeq \r(4－ax)(a>0且a≠1)在区间[1,2]上是减函数，则实数a的取值范围是________．
【答案】(1,2]
【解析】令u＝eq \r(4－ax)，由于a>0且a≠1，内层函数u＝eq \r(4－ax)在区间[1,2]上为减函数，所以外层函数y＝au为增函数，则有a>1.由题意可知，不等式4－ax≥0对任意的x∈[1,2]恒成立，所以4－2a≥0，解得a≤2.综上所述，实数a的取值范围是(1,2]．
18、已知函数y＝lg (6－ax＋x2)在[1,2]上是增函数，则实数a的取值范围为________．
【答案】[4,5)
【解析】设u＝6－ax＋x2，∵y＝lgu是减函数，∴函数u在[1,2]上是减函数．∵u＝6－ax＋x2的对称轴为直线x＝eq \f(a,2)，∴eq \f(a,2)≥2，且u>0在[1,2]上恒成立．∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)≥2，,6－2a＋4>0，))解得4≤a<5，∴实数a的取值范围为[4,5)．
19．已知点P(a，b)在函数y＝eq \f(e2,x)的图象上，且a>1，b>1，则aln b的最大值为________．
【答案】e
【解析】由题意知b＝eq \f(e2,a)，则aln b＝aln eq \f(e2,a)，令t＝a2－ln a(t>0)，
则ln t＝ln a2－ln a＝－(ln a)2＋2ln a＝－(ln a－1)2＋1≤1，当ln a＝1时，“＝”成立，
此时ln t＝1，所以t＝e，即aln b的最大值为e.
20．已知函数f(x)＝lga(x＋3)在区间[－2，－1]上总有|f(x)|<2，则实数a的取值范围为________．
【答案】eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))∪(eq \r(2)，＋∞)．
【解析】∵x∈[－2，－1]，∴1≤x＋3≤2.
当a>1时，lga1≤lga(x＋3)≤lga2，即0≤f(x)≤lga2.
∵对任意的x∈[－2，－1]，|f(x)|<2恒成立，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,lga2<2，))解得a>eq \r(2).
当0∵对任意的x∈[－2，－1]，|f(x)|<2恒成立，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0－2，))解得0综上可得，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))∪(eq \r(2)，＋∞)．