人教B版 (2019)必修 第二册4.1.2 指数函数的性质与图像一课一练

指数函数的性质与图像的应用

(15分钟　30分)

1.(2020·天津高一检测)设m,n∈R,则“m<n”是“>1”的 (　　)

A.充分而不必要条件  B.必要而不充分条件

C.充要条件     D.既不充分也不必要条件

【解析】选C.因为f(x)=在R上递减,所以若m<n,m-n<0,>=1,充分性成立,

若>1,则>,

m-n<0,m<n,必要性成立,

即“m<n”是“>1”的充要条件.

2.若a>1,则函数y=ax与y=(1-a)x2的图像可能是下列四个选项中的 (　　)

【解析】选C.因为a>1,所以函数y=ax在R上单调递增,可排除选项B与D.y=(1-a)x2是开口向下的二次函数,可排除选项A.

【补偿训练】

已知函数f(x)=ax在(0,2)内的值域是(a2,1),则函数y=f(x)的图像是 (　　)

【解析】选A.因为f(x)=ax在(0,2)内的值域是(a2,1),

所以f(x)在(0,2)内单调递减.所以0<a<1.

3.函数y=的单调递增区间是 (　　)

A.(-∞,2]　　 B.[2,+∞)

C.[1,2]   D.[1,3]

【解析】选A.令u=-3+4x-x2,y=3u为增函数,

所以y=的增区间就是u=-3+4x-x2的增区间(-∞,2].

4.若函数f(x)=a|x+1|(a>0,a≠1)的值域为[1,+∞),则f(-4)与f(1)的大小关系是(　　)

A.f(-4)>f(1)　   B.f(-4)=f(1)

C.f(-4)<f(1)　   D.不能确定

【解析】选A.因为|x+1|≥0,函数f(x)=a|x+1|(a>0,a≠1)的值域为[1,+∞),所以a>1.

由函数f(x)=a|x+1|在(-1,+∞)上是增函数,且它的图像关于直线x=-1对称,可得函数f(x)在(-∞,-1)上是减函数.再由f(1)=f(-3),可得f(-4)>f(1).

5.若函数y=在区间(-∞,3)上单调递增,则实数a的取值范围是________. 

若在区间上不单调,则实数a的取值范围是________. 

【解析】y=在(-∞,3)上递增,即二次函数y=-x2+ax-1在(-∞,3)上递增,因此需要对称轴x=≥3,解得a≥6.

若函数在上不单调,则-1<<1,

解得-2<a<2.

答案:a≥6　-2<a<2

6.设函数f(x)=,a是不为零的常数.

(1)若f(3)=,求使f(x)≥4的x值的取值范围.

(2)当x∈[-1,2]时,f(x)的最大值是16,求a的值.

【解析】(1)由f(3)=,即=,

所以10-3a=1,解得a=3.由f(x)=≥4=,即10-3x≤-2,解得x≥4.

(2)当a>0时,函数f(x)=在x∈[-1,2]时为增函数,则x=2时,函数取最大值=16,

即10-2a=-4,解得a=7,

当a<0时,函数f(x)=在x∈[-1,2]时为减函数,

则x=-1时,函数取最大值=16,

即10+a=-4,解得a=-14,

综上可得:a=7或a=-14.

(30分钟　60分)

一、单选题(每小题5分,共20分)

1.(2020·新余高一检测) 函数y=(0<a<1)的图像的大致形状是 (　　)

【解析】选D.当x>0时,y=ax(0<a<1),故可排除A、B项;当x<0时,y=-ax,它与y=ax(0<a<1,x<0)的图像关于x轴对称.

2.若a=π-2,b=aa,c=,则a,b,c的大小关系为 (　　)

A.c>b>a   B.b>c>a

C.b>a>c   D.a>b>c

【解析】选B.由题意得,0<a<1,故0<aa<1,a-1<0,

所以==aa-1>1,故b>a,

===aa-b>1,故b>c,

==>1,故c>a,

综上知,b>c>a.

3.已知函数f(x)=是定义在R上的减函数,则实数a的取值范围是 (　　)

A.   B.

C.   D.

【解析】选B.因为 f(x)是R上的减函数,

所以 解得<a≤.

4.已知函数f(x)=若f(a-1)≥f(-a),则实数a的取值范围是(　　)

A.   B.

C.    D.

【解析】选A.当x≤0时,f(x)=e-x是减函数,且f(x)≥1,当x>0时,f(x)=-x2-2x+1的对称轴为x=-1,抛物线开口向下,

此时f(x)在(0,+∞)上是减函数且f(x)<1,

综上,f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,

若f(a-1)≥f(-a),则a-1≤-a,即a≤,

则实数a的取值范围是.

二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

5.函数f(x)=ax-b的图像如图所示,其中a,b为常数,则下列结论正确的是(　　)

A.a>1   B.b>0

C.0<a<1  D.b<0

【解析】选CD.从曲线的变化趋势可以得到函数f(x)为减函数,从而有0<a<1;从曲线位置看,是由函数y=ax(0<a<1)的图像向左平移|-b|个单位而得到的,所以-b>0,即b<0.

6.关于函数f=的说法中,正确的是 (　　)

A.偶函数

B.奇函数

C.在上是增函数

D.在上是减函数

【解析】选BC.f==-

=-f,所以函数f为奇函数;当x增大时,ex-e-x增大,故f增大,故函数f为增函数.

【补偿训练】

(多选题)若方程ax-x-a=0有两个解,则a的值可以是 (　　)

A.　　　B.1　　　C.　　　D.2

【解析】选CD.当a>1时,y=x+a与y=ax的图像有两个交点;当0<a<1时,y=x+a与y=ax的图像有一个交点.

三、填空题(每小题5分,共10分)

7.若函数y=ax-m+n-3(a>0且a≠1)的图像恒过定点(3,2),则m+n=________. 

【解析】因为对于函数y=ax-m+n-3(a>0且a≠1)的图像恒过定点,令x-m=0,可得x=m,y=n-2,可得函数的图像恒过定点(m,n-2).再根据函数的图像恒过定点(3,2),所以m=3,n-2=2,解得m=3,n=4,则m+n=7.

答案:7

8.若函数y=0.5|1-x|+m的图像与x轴有公共点,则m的取值范围是________. 

【解析】因为函数y=0.5|1-x|+m的图像与x轴有公共点,所以就是求函数m=-0.5|1-x|的值域问题.

因为m=-0.5|1-x|的值域为[-1,0).

故实数m的取值范围是[-1,0).

答案:[-1,0)

【补偿训练】

已知函数f(x)=2|x-a|(a为常数),若f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,则a的取值范围是________. 

【解析】由函数f(x)=2|x-a|=可得,当x≥a时,函数f(x)为增函数,而已知函数f(x)在区间[1,+∞)上为增函数,所以a≤1,即a的取值范围为

(-∞,1].

答案:(-∞,1]

四、解答题(每小题10分,共20分)

9.函数f(x)=.

(1)求f(x)的单调增区间.

(2)x∈[-1,2]时,求f(x)的值域.

【解析】(1)令t=x2-2x,则f(x)=h(t)=,

因为h(t)=在定义域内单调递减,

t=x2-2x在(-∞,1]内单调递减,在[1,+∞)内单调递增,

所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1].

(2)由t=x2-2x,则f(x)=h(t)=,

因为-1≤x≤2,所以t∈[-1,3],

所以f(x)∈.

10.(2020·北京高一检测)已知奇函数f(x)的定义域为[-1,1],当x∈[-1,0)时,f(x)=-.

(1)求函数f(x)在上的值域;

(2)若x∈(0,1]时,函数y=f2(x)-f(x)+1的最小值为-2,求实数λ的值.

【解析】(1)设x∈(0,1],则-x∈[-1,0),

所以f(-x)=-=-2x.

又因为f(x)为奇函数,所以有f(-x)=-f(x),

所以当x∈(0,1]时,f(x)=-f(-x)=2x,

所以f(x)在上的值域为(1,2],

(2)由(1)知当x∈(0,1]时,f(x)∈(1,2],

所以f(x)∈(,1].

令t=f(x),则 <t≤1,g(t)=f2(x)-

f(x)+1=t2-λt+1=+1-,

①当≤,即λ≤1时g(t)>g(),无最小值,

②当<≤1,即1<λ≤2时,g(t)min=g()=1-=-2,

解得λ=±2 (舍去).

③当>1,即λ>2时,g(t)min=g(1)=-2,

解得λ=4,

综上所述,λ=4.

1.若ea+πb≥e-b+π-a,则有 (　　)

A.a+b≤0   B.a-b≥0

C.a-b≤0   D.a+b≥0

【解析】选D.方法一:取特殊值排除,当a=0,b=1时,1+π≥+1,成立,排除A,B.

当a=1,b=0,e+1≥1+成立,排除C.

方法二:构造函数利用单调性:

令f(x)=ex-π-x,

则f(x)是增函数,

因为ea-π-a ≥e-b-πb,

所以f(a)≥f(-b),即a+b≥0.

2.定义在D上的函数f(x),如果满足:对任意x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M成立,则称f(x)是D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+.

(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的最大值.

【解析】(1)当a=1时,f(x)=1++.

令t=,由x<0 可得t>1,

f(x)=h(t)=t2+t+1=+,

因为h(t)在(1,+∞)上单调递增,

故f(t)>f(1)=3,

故不存在常数M>0,使|f(x)|≤M恒成立,

故函数f(x)在(-∞,0)上不是有界函数.

(2)若函数f(x)在[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,则当x≥0时,|f(x)|≤3恒成立.

故有-3≤f(x)≤3,

即-4-≤a≤2-,

所以

≤a≤.

所以a的最大值为函数y=2·2x-的最小值,

因为函数y=2·2x-在[0,+∞)上是增函数,

所以ymin=2×20-=2-1=1,故a的最大值为1.