新高考数学一轮复习学案第3章第5讲 指数与指数函数（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第3章第5讲 指数与指数函数（含解析），共15页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．根式
(1)根式的概念
①若xn＝a，则x叫做a的n次方根，其中n>1且n∈N*.式子eq \r(n,a)叫做根式，这里n叫做根指数，a叫做被开方数．
②a的n次方根的表示：
xn＝a⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(n,a)，当n为奇数且n∈N*，n>1时，,x＝±\r(n,a)，当n为偶数且n∈N*时.))
(2)根式的性质
①(eq \r(n,a))n＝a(n∈N*，且n>1)．
②eq \r(n,an)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，n为奇数，,|a|＝\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≥0，,－a，a<0，))n为偶数.))
2．有理数指数幂
(1)幂的有关概念
①正分数指数幂：aeq \s\up6(\f(m,n))＝eq \r(n,am)(a>0，m，n∈N*，且n>1)；
②负分数指数幂：a－eq \s\up6(\f(m,n))＝eq \f(1,a\s\up6(\f(m,n)))＝eq \f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，且n>1)；
③0的正分数指数幂等于0，0的负分数指数幂无意义．
(2)有理数指数幂的运算性质
①ar·as＝ar＋s(a>0，r，s∈Q)；
②eq \f(ar,as)＝ar－s(a>0，r，s∈Q)；
③(ar)s＝ars(a>0，r，s∈Q)；
④(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈Q)．
3．指数函数的图象与性质
常用结论
1．指数函数图象的画法
画指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a))).
2.指数函数的图象与底数大小的比较
如图是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，底数a，b，c，d与1之间的大小关系为c>d>1>a>b>0.由此我们可得到以下规律：在第一象限内，指数函数y＝ax(a>0，a≠1)的图象越高，底数越大．
3．指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象和性质跟a的取值有关，要特别注意应分a>1与0二、教材衍化
1．化简(1)aeq \s\up6(\f(1,2))aeq \s\up6(\f(1,4))a－eq \f(1,8)＝________．
(2)2x－eq \s\up6(\f(1,3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x\s\up6(\f(1,3))－2x\s\up6 (－\f(2,3))))＝________．
答案：(1)aeq \s\up6(\f(5,8)) (2)1－4x－1
2．函数y＝2x与y＝2－x的图象关于________对称．
解析：作出y＝2x与y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的图象(图略)，观察可知其关于y轴对称．
答案：y轴
3．已知函数f(x)＝ax－2＋2(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，则A的坐标为________．
解析：令x－2＝0，则x＝2，f(2)＝3，即A的坐标为(2，3)．
答案：(2，3)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)eq \r(n,an)＝(eq \r(n,a))n＝a.( )
(2)(－1)eq \s\up6(\f(2,4))＝(－1)eq \s\up6(\f(1,2))＝eq \r(－1).( )
(3)函数y＝a－x是R上的增函数．( )
(4)函数y＝ax2＋1(a>1)的值域是(0，＋∞)．( )
(5)函数y＝2x－1是指数函数．( )
(6)若am0，且a≠1)，则m答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)忽略n的范围导致式子eq \r(n,an)(a∈R)化简出错；
(2)不理解指数函数的概念出错；
(3)忽视底数a的范围出错．
1．化简eq \r(4,16x8y4)(x<0，y<0)得( )
A．2x2y
B．2xy
C．4x2y
D．－2x2y
解析：选D．因为x<0，y<0，
所以eq \r(4,16x8y4)＝(16x8·y4)eq \s\up6(\f(1,4))＝(16)eq \s\up6(\f(1,4))·(x8)eq \s\up6(\f(1,4))·(y4)eq \s\up6(\f(1,4))＝2x2|y|＝－2x2y.
2．若函数f(x)＝(a2－3)·ax为指数函数，则a＝________．
解析：由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0答案：2
3．若函数f(x)＝ax在[－1，1]上的最大值为2，则a＝________．
解析：当a>1时，a＝2；当0即a＝eq \f(1,2).
答案：2或eq \f(1,2)
考点一 指数幂的化简与求值(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解有理数指数幂的含义，通过具体实例了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算．
核心素养：数学运算
1．计算：－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,8)))eq \s\up12(－\f(2,3))＋(0.002) eq \s\up12(－\f(1,2))＝________．
解析：原式＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))\s\up12(3)))eq \s\up12(－\f(2,3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,500)))eq \s\up12(－\f(1,2))
＝－eq \f(4,9)＋eq \f(4,9)＋10eq \r(5)＝10eq \r(5).
答案：10eq \r(5)
2．化简4aeq \s\up6(\f(2,3))·beq \s\up12(－\f(1,3))÷eq \b\lc\(\rc\)(－\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a\s\up6(－\f(1,3))b\s\up6 (\f(2,3))))的结果为________．
解析：原式＝4÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))aeq \b\lc\ (\s\up6(\f(2,3) －(－\f(1,3)))b\s\up6 (－\f(1,3)－\f(2,3)))
＝－6ab－1＝－eq \f(6a,b).
答案：－eq \f(6a,b)
3．计算：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(7,9)))eq \s\up12(0.5)＋0.1－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(10,27)))eq \s\up12(－\f(2,3))－3π0＋eq \f(37,48)＝________．
解析：原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,9)))eq \s\up6(\f(1,2))＋eq \f(1,0.12)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(64,27)))eq \s\up12(－\f(2,3))－3＋eq \f(37,48)
＝eq \f(5,3)＋100＋eq \f(9,16)－3＋eq \f(37,48)＝100.
答案：100
4．已知xeq \s\up6(\f(1,2))＋xeq \s\up10(－\f(1,2))＝3，则x2＋x－2＋3＝________．
解析：由xeq \s\up6(\f(1,2))＋xeq \s\up10(－\f(1,2))＝3，得x＋x－1＋2＝9，所以x＋x－1＝7，所以x2＋x－2＋2＝49，所以x2＋x－2＝47，所以x2＋x－2＋3＝50.
答案：50
eq \a\vs4\al()
[提醒] 运算结果不能同时含有根号和分数指数幂，也不能既有分母又含有负指数，形式力求统一．
考点二 指数函数的图象及应用(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解指数函数的概念和意义，能借助计算器或计算机画出具体指数的函数的图象及特殊点．
核心素养：直观想象
(1)函数f(x)＝21－x的大致图象为( )
(2)若函数y＝|3x－1|在(－∞，k]上单调递减，则k的取值范围为________．
【解析】 (1)函数f(x)＝21－x＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，单调递减且过点(0，2)，选项A中的图象符合要求．
(2)函数y＝|3x－1|的图象是由函数y＝3x的图象向下平移一个单位后，再把位于x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方得到的，函数图象如图所示．
由图象知，其在(－∞，0]上单调递减，所以k的取值范围为(－∞，0]．
【答案】 (1)A (2)(－∞，0]
【迁移探究1】 (变条件)本例(2)变为：若函数f(x)＝|3x－1|－k有一个零点，则k的取值范围为________．
解析：函数f(x)有一个零点，即y＝|3x－1|与y＝k有一个交点．由本例(2)得y＝|3x－1|的图象如图所示，
故当k＝0或k≥1时，直线y＝k与函数y＝|3x－1|的图象有唯一的交点，所以函数f(x)有一个零点．
答案：{0}∪[1，＋∞)
【迁移探究2】 (变条件)若本例(2)的条件变为：函数y＝|3x－1|＋m的图象不经过第二象限，则实数m的取值范围是________．
解析：作出函数y＝|3x－1|＋m的图象如图所示．
由图象知m≤－1，即m∈(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
eq \a\vs4\al()
应用指数函数图象的3个技巧
(1)画指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a))).
(2)已知函数解析式判断其图象一般是取特殊点，判断所给的图象是否过这些点，若不满足则排除．
(3)对于有关指数型函数的图象问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸缩、对称变换而得到．特别地，当底数a与1的大小关系不确定时应注意分类讨论．
1．函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是( )
A．a>1，b<0
B．a>1，b>0
C．00
D．0解析：选D．由f(x)＝ax－b的图象可以观察出函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以02．若关于x的方程|ax－1|＝2a(a＞0，且a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是________．
解析：方程|ax－1|＝2a(a＞0，且a≠1)有两个不等实根转化为函数y＝|ax－1|与y＝2a有两个交点．
(1)当0＜a＜1时，如图①，所以0＜2a＜1，即0＜a＜eq \f(1,2)；
(2)当a＞1时，如图②，而y＝2a＞1不符合要求．
所以0＜a＜eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
考点三 指数函数的性质及应用(综合型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))借助指数函数的图象，探索并理解指数函数的单调性．
核心素养：数学抽象、直观想象
角度一 比较指数幂的大小
已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))，b＝2eq \s\up10(－\f(4,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(1,3))，则下列关系式中正确的是( )
A．cC．a【解析】 把b化简为b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(4,3))，而函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上为减函数，又eq \f(4,3)>eq \f(2,3)>eq \f(1,3)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(4,3))【答案】 B
eq \a\vs4\al()
比较指数幂大小的常用方法
一是单调性法，不同底的指数函数化同底后就可以应用指数函数的单调性比较大小，所以能够化同底的尽可能化同底．
二是取中间值法，不同底、不同指数的指数函数比较大小时，先与中间值(特别是0，1)比较大小，然后得出大小关系．
三是图解法，根据指数函数的特征，在同一平面直角坐标系中作出它们的函数图象，借助图象比较大小．
角度二 解简单的指数方程或不等式
不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋ax)【解析】 由题意，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋ax)所以x2＋ax>2x＋a－2恒成立，
所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立，
所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0，
即(a－2)(a－2＋4)<0，即(a－2)(a＋2)<0，
解得－2【答案】 (－2，2)
eq \a\vs4\al()
解简单的指数方程或不等式问题时，应利用指数函数的单调性转化为一般方程或不等式求解．要特别注意底数a的取值范围，并在必要时进行分类讨论．
角度三 研究指数型函数的性质
(1)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(－x2＋2x＋1)的单调递减区间为________．
(2)已知函数f(x)＝2|2x－m|(m为常数)，若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是________．
【解析】 (1)设u＝－x2＋2x＋1，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(u)在R上为减函数，所以函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(－x2＋2x＋1)的减区间即为函数u＝－x2＋2x＋1的增区间．
又u＝－x2＋2x＋1的增区间为(－∞，1]，
所以函数f(x)的减区间为(－∞，1]．
(2)令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(m,2)))上单调递减．而y＝2t为R上的增函数，所以要使函数f(x)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上单调递增，则有eq \f(m,2)≤2，即m≤4，所以m的取值范围是(－∞，4]．
【答案】 (1)(－∞，1] (2)(－∞，4]
eq \a\vs4\al()
求指数型复合函数的单调区间和值域的方法
(1)形如y＝af(x)(a>0，且a≠1)的函数求值域时，要借助换元法：令u＝f(x)，先求出u＝f(x)的值域，再利用y＝au的单调性求出y＝af(x)的值域．
(2)形如y＝af(x)(a>0，且a≠1)的函数单调性的判断，首先确定定义域D，再分两种情况讨论：
当a>1时，若f(x)在区间(m，n)上(其中(m，n)⊆D)具有单调性，则函数y＝af(x)在区间(m，n)上的单调性与f(x)在区间(m，n)上的单调性相同；
当01．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋2x－1)的值域是( )
A．(－∞，4) B．(0，＋∞)
C．(0，4] D．[4，＋∞)
解析：选C．设t＝x2＋2x－1，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(t).因为02．已知a，b∈(0，1)∪(1，＋∞)，当x>0时，1A．0C．1解析：选C．因为x>0时，11.因为x>0时，bx0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(x)>1.所以eq \f(a,b)>1，所以a>b.所以13．若偶函数f(x)满足f(x)＝2x－4(x≥0)，则不等式f(x－2)>0的解集为________．
解析：因为f(x)为偶函数，
当x<0时，－x>0，则f(x)＝f(－x)＝2－x－4.
所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－4，x≥0，,2－x－4，x<0))
当f(x－2)>0时，
有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2≥0，,2x－2－4>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2<0，,2－x＋2－4>0，))
解得x>4或x<0.
所以不等式的解集为{x|x>4或x<0}．
答案：{x|x>4或x<0}
[基础题组练]
1．若函数f(x)＝(2a－5)·ax是指数函数，则f(x)在定义域内( )
A．为增函数 B．为减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A．由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数．
2．设函数f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，则M＝(a－1)0.2与N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(0.1)的大小关系是( )
A．M＝N B．M≤N
C．MN
解析：选D．因为f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，所以a>2，所以M＝(a－1)0.2>1，N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(0.1)<1，所以M>N，故选D．
3．(多选)已知函数f(x)＝ax－1＋1(a>0，a≠1)的图象恒过点A，下列函数图象经过点A的是( )
A．y＝eq \r(1－x)＋2 B．y＝|x－2|＋1
C．y＝lg2(2x)＋1 D．y＝2x－1
解析：选ABC．函数f(x)＝ax－1＋1(a>0，a≠1)的图象恒过点A，令x－1＝0，得x＝1，f(1)＝2，所以恒过点A(1，2)．把x＝1，y＝2代入各选项验证，只有D中的函数没经过该点．
4．已知函数y＝kx＋a的图象如图所示，则函数y＝ax＋k的图象可能是( )
解析：选B．由函数y＝kx＋a的图象可得k<0，0－1，所以－15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，))则函数f(x)是( )
A．偶函数，在[0，＋∞)内单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)内单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
解析：选C．易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C．
6．函数y＝ax－b(a>0，且a≠1)的图象经过第二、三、四象限，则ab的取值范围是________．
解析：因为函数y＝ax－b的图象经过第二、三、四象限，所以函数y＝ax－b单调递减且其图象与y轴的交点在y轴的负半轴上．令x＝0，则y＝a0－b＝1－b，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(01.))故ab∈(0，1)．
答案：(0，1)
7．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝eq \f(1,9)，则f(x)的单调递减区间是________．
解析：由f(1)＝eq \f(1,9)得a2＝eq \f(1,9).
又a>0，所以a＝eq \f(1,3)，
因此f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(|2x－4|).
因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)．
答案：[2，＋∞)
8．设偶函数g(x)＝a|x＋b|在(0，＋∞)上单调递增，则g(a)与g(b－1)的大小关系是________．
解析：由于g(x)＝a|x＋b|是偶函数，知b＝0，
又g(x)＝a|x|在(0，＋∞)上单调递增，得a>1.
则g(b－1)＝g(－1)＝g(1)，
故g(a)>g(1)＝g(b－1)．
答案：g(a)>g(b－1)
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(ax)，a为常数，且函数的图象过点(－1，2)．
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝4－x－2，且g(x)＝f(x)，求满足条件的x的值．
解：(1)由已知得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(－a)＝2.
解得a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，
又g(x)＝f(x)，则4－x－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－2＝0，
令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝t，则t>0，t2－t－2＝0，
即(t－2)(t＋1)＝0，
又t>0，故t＝2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝2.解得x＝－1，
故满足条件的x的值为－1.
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(|x|－a).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最大值等于eq \f(9,4)，求a的值．
解：(1)令t＝|x|－a，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)，不论a取何值，t在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)是单调递减的，
因此f(x)的单调递增区间是(－∞，0]，
单调递减区间是(0，＋∞)．
(2)由于f(x)的最大值是eq \f(9,4)，
且eq \f(9,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(－2)，
所以函数g(x)＝|x|－a应该有最小值－2，从而a＝2.
[综合题组练]
1．(创新型)设y＝f(x)在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K，定义fK(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），f（x）≤K，,K，f（x）>K.))给出函数f(x)＝2x＋1－4x，若对于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则( )
A．K的最大值为0 B．K的最小值为0
C．K的最大值为1 D．K的最小值为1
解析：选D．根据题意可知，对于任意x∈(－∞，1]，若恒有fK(x)＝f(x)，则f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．
令2x＝t，则t∈(0，2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值为1，所以K≥1，故选D．
2．已知函数f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是( )
A．a<0，b<0，c<0
B．a<0，b≥0，c>0
C．2－a<2c
D．2a＋2c<2
解析：选D．
作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，
因为af(c)>f(b)，
结合图象知，00，
所以0<2a<1.
所以f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，
所以f(c)<1，所以0所以1<2c<2，所以f(c)＝|2c－1|＝2c－1，
又因为f(a)>f(c)，
所以1－2a>2c－1，
所以2a＋2c<2，故选D．
3．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)函数y＝eq \f(2x,2x＋1)(x∈R)的值域为________．
解析：y＝eq \f(2x,2x＋1)＝eq \f(2x＋1－1,2x＋1)＝1－eq \f(1,2x＋1)，
因为2x>0，所以1＋2x>1，
所以0答案：(0，1)
4．已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在区间[－1，2]上的最大值为8，最小值为m.若函数g(x)＝(3－10m)eq \r(x)是单调递增函数，则a＝________．
解析：根据题意，得3－10m>0，解得m当a>1时，函数f(x)＝ax在区间[－1，2]上单调递增，
最大值为a2＝8，解得a＝2eq \r(2)，最小值为m＝a－1＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)>eq \f(3,10)，不合题意，舍去；
当0答案：eq \f(1,8)
5．(2020·福建养正中学模拟)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋2ax(－3≤x≤3)．
(1)若g(x)在[－3，3]上是单调函数，求a的取值范围；
(2)当a＝－1时，求函数y＝f(g(x))的值域．
解：(1)g(x)＝(x＋a)2－a2图象的对称轴为直线x＝－a，因为g(x)在[－3，3]上是单调函数，所以－a≥3或－a≤－3，即a≤－3或a≥3.故a的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
(2)当a＝－1时，f(g(x))＝2x2－2x(－3≤x≤3)．
令u＝x2－2x，y＝2u.
因为x∈[－3，3]，所以u＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，15]．
而y＝2u是增函数，所以eq \f(1,2)≤y≤215，
所以函数y＝f(g(x))的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，215)).
6．已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
即eq \f(－1＋b,2＋a)＝0，
解得b＝1，
所以f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a).
又由f(1)＝－f(－1)知eq \f(－2＋1,4＋a)＝－eq \f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，
解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1)，
由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，
从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq \f(1,3).
故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).y＝ax (a>0且a≠1)
a>1
0图象
定义域
R
值域
(0，＋∞)
性质
过定点(0，1)
当x>0时，y>1；
当x<0时，0当x>0时，0当x<0时，y>1
在R上是增函数
在R上是减函数