高考数学一轮复习 考点热身训练 2.5指数函数

这是一份高考数学一轮复习 考点热身训练 2.5指数函数，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。

1.函数y=的值域为( )
()［，+∞) ()(-∞, ］
()(0, ］ ()(0, ］
2.若函数f(x)=(a+)csx是奇函数，则常数a的值等于( )
()-1 ()1 ()- ()
3.(预测题)若集合＝{x|y=,x∈R},集合＝{y|y=lg2(3x+1),x∈R},则
∩=( )
(){x|0＜x≤1} (){x|x≥0}
(){x|0≤x≤1} ()Ø
4.（易错题）函数y=|2x-1|在区间(k-1,k+1)内不单调,则k的取值范围是( )
()(-1,+∞) ()(-∞,1)
()(-1,1) ()(0,2)
5.若存在负实数使得方程2x-a=成立,则实数a的取值
范围是( )
()(2,+∞) ()(0,+∞)
()(0,2) ()(0,1)
6.设函数f(x)定义在实数集上,它的图象关于直线x=1对称,且当x≥1时,f(x)=3x-1,则有( )
()f()＜f()＜f()
()f()＜f()＜f()
()f()＜f()＜f()
()f()＜f()＜f()
二、填空题(每小题6分，共18分)
7.设函数f(x)=a-|x|(a＞0且a≠1),若f(2)=4,则f(-2)与f(1)的大小关系是__________.
8.若函数f(x)=ax-x-a(a>0,a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________.
9.设定义在R上的函数f(x)同时满足以下条件：①f(x)+f(-x)=0；②f(x)=f(x+2)；③当0≤x≤1时，f(x)=2x-1，则f()+f(1)+f()+f(2)+f()=_________.
三、解答题(每小题15分，共30分)
10.已知对任意x∈R,不等式恒成立,求实数m的取值范围.
11.设函数f(x)=kax-a-x(a＞0且a≠1)是定义域为R的奇函数;
(1)若f(1)＞0，试求不等式f(x2+2x)+f(x-4)＞0的解集;
(2)若f(1)= ,且g(x)=a2x+a-2x-4f(x)，求g(x)在［1,+∞)上的最小值.
【探究创新】
(16分)定义在上的函数f(x),如果满足：对于任意x∈,存在常数M＞0,都有|f(x)|≤M成立,则称f(x)是上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)=1+a·()x+()x;
(1)当a=1时,求函数f(x)在(-∞,0)上的值域.并判断函数f(x)在(-∞,0)上是否为有界函数,请说明理由；
(2)若函数f(x)在[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.
(3)试定义函数的下界,举一个下界为3的函数模型,并进行证明.
答案解析
1.【解析】选.∵2x-x2=-(x-1)2+1≤1,
又y=()t在R上为减函数，
∴y=≥()1=,即值域为［,+∞).
2.【解析】选.设g(x)=a+,t(x)=csx，
∵t(x)=csx为偶函数，而f(x)=(a+)csx为奇函数，∴g(x)=a+为奇函数，又∵g(-x)=a+=a+ ，
∴a+ =-(a+)对定义域内的一切实数都成立，解得：a=.
3.【解题指南】保证集合中的函数解析式有意义,同时注意对数函数成立的条件.
【解析】选.∵={x|1-2|x|-1≥0}={x||x|-1≤0}={x|-1≤x≤1},={y|y＞0},
∴∩={x|0＜x≤1}.
4.【解析】选.由于函数y=|2x-1|在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,而函数在区间(k-1,k+1)内不单调,所以有k-1＜0＜k+1,解得-1＜k＜1.
5.【解题指南】转化为两函数y=与y=2x-a图象在(-∞,0)上有交点求解.
【解析】选.在同一坐标系内分别作出函数y=和y=2x-a
的图象知,当a∈(0,2)时符合要求.
6.【解析】选.由已知条件可得f(x)=f(2-x).
∴f()=f(),f()=f().
又x≥1时,f(x)=3x-1,
在(1,+∞)上递增,
∴f()＞f()＞f().
即f()＞f()＞f().
【方法技巧】比较具有对称性、奇偶性、周期性函数的函数值大小的方法
(1)单调性法：先利用相关性质,将待比较函数值调节到同一单调区间内，然后利用该函数在该区间上的单调性比较大小.
(2)图象法：先利用相关性质作出函数的图象,再结合图象比较大小.
7.【解析】由f(2)=a-2=4,解得a=,
∴f(x)=2|x|,∴f(-2)=4＞2=f(1).
答案：f(-2)＞f(1)
8. 【解析】f(x)=ax-x-a有两个零点，即方程ax=x+a有两个实数根，即函数y=ax与y=x+a有两个不同的交点，结合图象知a>1.
答案：(1,+∞)
9.【解题指南】根据条件先探究函数的奇偶性、周期性,再将所求函数值转化为已知函数值求解.
【解析】依题意知：函数f(x)为奇函数且周期为2，
∴f()+f(1)+f()+f(2)+f()
=f()+f(1)+f(-)+f(0)+f()
=f()+f(1)-f()+f(0)+f()
=f()+f(1)+f(0)
=-1+21-1+20-1
=.
答案：
10.【解析】由题知：不等式
对x∈R恒成立,
∴x2+x＜2x2-mx+m+4对x∈R恒成立.
∴x2-(m+1)x+m+4＞0对x∈R恒成立.
∴Δ=(m+1)2-4(m+4)＜0.
∴m2-2m-15＜0.∴-3＜m＜5.
11.【解析】∵f(x)是定义域为R的奇函数,
∴f(0)=0,∴k-1=0,∴k=1.
(1)∵f(1)＞0,∴a-＞0,又a＞0且a≠1,
∴a＞1,f(x)=ax-a-x,
而当a＞1时，y=ax和y=-a-x在R上均为增函数，
∴f(x)在R上为增函数，
原不等式化为：f(x2+2x)＞f(4-x),
∴x2+2x＞4-x,即x2+3x-4＞0,
∴x＞1或x＜-4，
∴不等式的解集为{x|x＞1或x＜-4}.
(2)∵f(1)=,∴a-=,
即2a2-3a-2=0,∴a=2或a=-(舍去)，
∴g(x)=22x+2-2x-4(2x-2-x)=(2x-2-x)2-4(2x-2-x)+2,
令t=2x-2-x(x≥1),
则t=h(x)在［1,+∞)上为增函数(由(1)可知)，即h(x)≥h(1)=.
∴p(t)=t2-4t+2=(t-2)2-2,
∴当t=2时，g(x)min=-2,此时x=lg2(1+),
当x=lg2(1+)时,g(x)有最小值-2.
【误区警示】本题(2)中易由于不会换元转化为二次函数而无法进行下去，根本原因是对于较复杂的函数式化繁为简，化陌生为熟悉训练不到位.
【探究创新】
【解析】(1)当a=1时,f(x)=1+()x+()x=[()x+]2+,
∵f(x)在(-∞,0)上递减,所以f(x)＞f(0)=3,
即f(x)在(-∞,0)的值域为(3,+∞),
故不存在常数M＞0,使|f(x)|≤M成立,
∴函数f(x)在(-∞,0)上不是有界函数.
(2)由题意,|f(x)|≤3在[0,+∞)上恒成立.
-3≤f(x)≤3,-4-()x≤a·()x≤2-()x,
∴-4·2x-()x≤a≤2·2x-()x在[0,+∞)上恒成立,
∴[-4·2x-()x]max≤a≤[2·2x-()x]min.
设2x=t,h(t)=-4t-,p(t)=2t-,
由x∈[0,+∞)得t≥1,设1≤t1＜t2,
h(t1)-h(t2)= ＞0,
p(t1)-p(t2)= ＜0,
所以h(t)在[1,+∞)上递减,p(t)在[1,+∞)上递增,h(t)在[1,+∞)上的最大值为h(1)=-5,p(t)在[1,+∞)上的最小值为p(1)=1,所以实数a的取值范围为[-5,1].
(3)定义在上的函数f(x),如果满足：对任意x∈,存在常数M＞0,都有
|f(x)|≥M成立,则称f(x)是上的有界函数,其中M称为函数f(x)的下界
例如f(x)=3,有|f(x)|≥3;
证明：∵x∈R,|f(x)|=3≥3,
∴命题成立.