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新教材适用2023_2024学年高中数学第4章指数函数与对数函数4.2指数函数4.2.2指数函数的图象和性质第2课时指数函数的图象和性质二素养作业新人教A版必修第一册

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2023-10-27 13:45
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人教A版 (2019)必修第一册4.2 指数函数第2课时课时作业

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这是一份人教A版 (2019)必修第一册4.2 指数函数第2课时课时作业，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组·基础自测
一、选择题
1．设a＝20.6，b＝20.5，c＝0.50.6，则( D )
A．aC．b[解析] 由题， c＝0.50.6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0.6＝2－0.6，对于指数函数y＝2x可知在R上单调递增，
因为－0.6<0.5<0.6，所以2－0.6<20.5<20.6，即c2．已知f(x)＝a－x(a>0且a≠1)，且f(－2)>f(－3)，则a的取值范围是( D )
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(0,1)
[解析] 因为f(x)＝a－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))x在R上为单调函数，
又－2>－3，f(－2)>f(－3)，所以f(x)为增函数，故有eq \f(1,a)>1，所以03．函数f(x)＝eq \f(2x－2－x,2)是( B )
A．偶函数，在(0，＋∞)是增函数
B．奇函数，在(0，＋∞)是增函数
C．偶函数，在(0，＋∞)是减函数
D．奇函数，在(0，＋∞)是减函数
[解析] 因为f(－x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．
又因为y＝2x是增函数，y＝2－x为减函数，
故f(x)＝eq \f(2x－2－x,2)为增函数．故选B.
4．函数y＝的单调递增区间是( A )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．[1,2] D．[1,3]
[解析] 令u＝－3＋4x－x2，因为y＝3u为增函数，
所以y＝的增区间就是u＝－3＋4x－x2的增区间(－∞，2]．
5．(多选题)若指数函数y＝ax在区间[－1,1]上的最大值和最小值的和为eq \f(10,3)，则a的值可能是( BC )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．3 D．2
[解析] ①当a＞1时，函数y＝ax在区间[－1,1]上为增函数，所以当x＝1时，ymax＝a，当x＝－1时，ymin＝eq \f(1,a)，所以a＋eq \f(1,a)＝eq \f(10,3)，即3a2－10a＋3＝0，
因为a＞1，所以a＝3.
②当0＜a＜1时，函数y＝ax在区间[－1,1]上为减函数，所以当x＝－1时，ymax＝eq \f(1,a)，当x＝1时，ymin＝a，所以a＋eq \f(1,a)＝eq \f(10,3)，即3a2－10a＋3＝0，因为0＜a＜1，所以a＝eq \f(1,3).综上：a的值可能为3或eq \f(1,3).
二、填空题
6．若函数f(x)的定义域是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则函数f(2x)的定义域是_(－1,0)_.
[解析] 由eq \f(1,2)<2x<1得－17．函数f(x)＝的值域为_(0,1]_.
[解析] f(x)＝
8．已知函数f(x)＝eq \f(1,3x＋1)＋a为奇函数，则a的值为－eq \f(1,2)_，f(1)＝－eq \f(1,4)_.
[解析] 解法一：∵f(x)为奇函数，
∴f(－x)＋f(x)＝0，
即eq \f(1,3－x＋1)＋a＋eq \f(1,3x＋1)＋a＝0，
∴2a＝－eq \f(1,3x＋1)－eq \f(1,3－x＋1)＝－eq \f(3x＋1,3x＋1)＝－1，
∴a＝－eq \f(1,2)，f(1)＝－eq \f(1,4).
解法二：f(0)＝eq \f(1,30＋1)＋a＝eq \f(1,2)＋a，
又f(0)＝0，∴a＝－eq \f(1,2)，f(1)＝－eq \f(1,4).
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ax＋1(a＞1)在区间[0,2]上的最大值与最小值之差为3.
(1)求a的值；
(2)证明：函数F(x)＝f(x)－f(－x)是R上的增函数．
[解析] (1)因为a＞1，所以f(x)＝ax＋1在定义域上单调递增，则f(x)在区间[0,2]上的最大值与最小值之差为f(2)－f(0)＝3，
即a2－1＝3，解得a＝2.
(2)证明：F(x)＝f(x)－f(－x)＝2x－2－x，不妨设x1＜x2，
则F(x1)－F(x2)＝＝
因为x1＜x2，所以＜0，
而1＋＞0，所以F(x1)－F(x2)＜0，即有F(x1)＜F(x2)，
所以F(x)＝f(x)－f(－x)在R上是增函数．
10．已知函数y＝
(1)求此函数的定义域，值域；
(2)确定函数的单调区间．
[解析] (1)设u＝x2－6x＋17，由于函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u及u＝x2－6x＋17的定义域都是R，故函数y＝的定义域为R.因为u＝x2－6x＋17＝(x－3)2＋8≥8，又函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u在R上单调递减，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u＞0，故函数的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,256))).
(2)函数u＝x2－6x＋17在[3，＋∞)上是增函数，即对任意的x1，x2∈[3，＋∞)，且x1＜x2，有u1＜u2，从而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u1＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))u2，即y1＞y2，所以函数y＝在[3，＋∞)上是减函数，同理可知y＝在(－∞，3]上是增函数．所以，函数的单调递增区间为(－∞，3]，单调递减区间为[3，＋∞)．
B组·能力提升
一、选择题
1．二次函数y＝ax2＋bx与指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))x的图象可能为( A )
[解析] 因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))x是指数函数，所以eq \f(b,a)>0，即a，b同号．所以二次函数y＝ax2＋bx图象的对称轴x＝－eq \f(b,2a)<0，排除选项B，D；由A，C项中指数函数的图象，得02．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))是R上的增函数，则实数a的取值范围为( D )
A．(1，＋∞) B．(1,8)
C．(4,8) D．[4,8)
[解析] 由题意可知，f(x)在R上是增函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)＞0，,a＞1，,4－\f(a,2)＋2≤a，))解得4≤a＜8.
3．(多选题)已知函数f(x)＝eq \f(πx－π－x,2)，g(x)＝eq \f(πx＋π－x,2)，则f(x)，g(x)满足( ABD )
A．f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)
B．f(－2)C．f(x)－g(x)＝π－x
D．f(2x)＝2f(x)g(x)
[解析] A正确，f(－x)＝eq \f(π－x－πx,2)＝－f(x)，
g(－x)＝eq \f(π－x＋πx,2)＝g(x)，
所以f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)；
B正确，因为函数f(x)为增函数，所以f(－2)C不正确，f(x)－g(x)＝eq \f(πx－π－x,2)－eq \f(πx＋π－x,2)＝eq \f(－2π－x,2)＝－π－x；
D正确，f(2x)＝eq \f(π2x－π－2x,2)＝2·eq \f(πx－π－x,2)·eq \f(πx＋π－x,2)＝2f(x)g(x)．
二、填空题
4．函数y＝在(－∞，1)内单调递增，则a的取值范围是_[2，＋∞)_.
[解析] 由复合函数的单调性知，y＝－x2＋ax的对称轴x＝eq \f(a,2)≥1，即a≥2.
5．已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－eq \f(1,4x)＋eq \f(1,2x)，则此函数的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,4)))_.
[解析] 设t＝eq \f(1,2x)，当x≥0时，2x≥1，所以0所以0≤y≤eq \f(1,4)，故当x≥0时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))).
因为y＝f(x)是定义在R上的奇函数，
所以当x<0时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))，故函数f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,4))).
三、解答题
6．已知f(x)＝9x－2×3x＋4，x∈[－1,2]．
(1)设t＝3x，x∈[－1,2]，求t的最大值与最小值；
(2)求f(x)的最大值与最小值．
[解析] (1)设t＝3x，因为x∈[－1,2]，
函数t＝3x在[－1,2]上是增函数，故有eq \f(1,3)≤t≤9，
故t的最大值为9，t的最小值为eq \f(1,3).
(2)由f(x)＝9x－2×3x＋4＝t2－2t＋4＝(t－1)2＋3，可得此二次函数的对称轴为t＝1，且eq \f(1,3)≤t≤9，
故当t＝1时，函数f(x)有最小值为3，当t＝9时，函数f(x)有最大值为67.
C组·创新拓展
已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋a,2x＋1＋b)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)判断并证明函数f(x)的单调性；
(3)若对任意的t∈[－1,1]不等式f(t2－2t)＋f(k－t2)<0恒成立，求实数k的取值范围．
[解析] (1)∵f(x)＝eq \f(－2x＋a,2x＋1＋b)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)且f(0)＝0，
∵f(0)＝eq \f(a－1,2＋b)＝0，解得：a＝1，∴f(x)＝eq \f(1－2x,2x＋1＋b)，
∴f(－x)＝eq \f(1－2－x,21－x＋b)＝－eq \f(1－2x,2x＋1＋b)，解得b＝2；
当a＝1，b＝2时，f(x)＝eq \f(1－2x,2x＋1＋2)，∴f(－x)＝eq \f(1－2－x,21－x＋2)＝eq \f(2x－1,2＋2x＋1)＝－f(x)，满足f(x)为奇函数；
综上所述：a＝1，b＝2.
(2)由(1)得：f(x)＝eq \f(1－2x,2x＋1＋2)＝eq \f(2－2x＋1,22x＋1)＝eq \f(1,2x＋1)－eq \f(1,2)；
设x2>x1，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＝＝，
∴f(x2)－f(x1)<0，
∴f(x)是定义在R上的减函数．
(3)由f(t2－2t)＋f(k－t2)<0得：f(t2－2t)<－f(k－t2)，又f(x)为R上的奇函数，
∴－f(k－t2)＝f(t2－k)，
∴f(t2－2t)由(2)知：f(x)是定义在R上的减函数，
∴t2－2t>t2－k，即k>2t，
当t∈[－1,1]时，2t∈[－2,2]，∴k>2，即实数k的取值范围为(2，＋∞)．

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