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《创新设计》2017版高考数学(北师大版理科)一轮复习练习:第2章 函数概念与基本初等函数Ⅰ 第5讲 WORD版含答案.doc

上传人:高**** 文档编号:139344 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:6 大小:121.50KB
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资源描述

1、基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.函数f(x)的定义域是()A.(,0 B.0,) C.(,0) D.(,)解析要使f(x)有意义须满足12x0,即2x1,解得x0.答案A2.若xlog43,则(2x2x)2()A. B. C. D.解析由xlog43,得4x3,即2x,2x,所以(2x2x)2.答案D3.函数y(0a1)的图像的大致形状是()解析函数的定义域为x|x0,所以y当x0时,函数是指数函数,其底数0a1,所以函数递减;当x0时,函数图像与指数函数yax(x0)的图像关于x轴对称,函数递增,所以应选D.答案D4.(2016长春模拟)函数y4x2x11的值域为()A.(0

2、,) B.(1,)C.1,) D.(,)解析令2xt,则函数y4x2x11可化为yt22t1(t1)2(t0).函数y(t1)2在(0,)上递增,y1.所求值域为(1,).故选B.答案B5.若函数f(x)a|2x4|(a0,且a1),满足f(1),则f(x)的单调递减区间是()A.(,2 B.2,)C.2,) D.(,2解析由f(1),得a2,解得a或a(舍去),即f(x).由于y|2x4|在(,2上递减,在2,)上递增,所以f(x)在(,2上递增,在2,)上递减,故选B.答案B二、填空题6.化简log3log3_.解析原式log3log310.答案7.已知函数f(x)ax(a0,且a1),且

3、f(2)f(3),则a的取值范围是_.解析因为f(x)ax,且f(2)f(3),所以函数f(x)在定义域上单调递增,所以1,解得0a1.答案(0,1)8.若函数f(x)ax(a0,且a1)在1,2上的最大值为4,最小值为m,且函数g(x)(14m)在0,)上是增函数,则a_.解析若a1,有a24,a1m,此时a2,m,此时g(x)为减函数,不合题意.若0a1,有a14,a2m,故a,m,检验知符合题意.答案三、解答题9.已知函数f(x)bax(其中a,b为常数且a0,a1)的图像经过点A(1,6),B(3,24).(1)试确定f(x);(2)若不等式m0在x(,1上恒成立,求实数m的取值范围.

4、解(1)f(x)bax的图像过点A(1,6),B(3,24),得a24,又a0且a1,a2,b3,f(x)32x.(2)由(1)知xxm0在(,1上恒成立可转化为mxx在(,1上恒成立.令g(x),则g(x)在(,1上单调递减,mg(x)ming(1),故所求实数m的取值范围是.10.已知函数f(x).(1)若a1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有最大值3,求a的值.解(1)当a1时,f(x),令ux24x3(x2)27.在(,2)上单调递增,在(2,)上单调递减,而y在R上单调递减,所以f(x)在(,2)上单调递减,在(2,)上单调递增,即函数f(x)的递增区间是(2,),递减区间是

5、(,2).(2)令h(x)ax24x3,y,由于f(x)有最大值3,所以h(x)应有最小值1,因此必有解得a1,即当f(x)有最大值3时,a的值等于1.能力提升题组(建议用时:20分钟)11.函数yaxb(a0且a1)的图像经过第二、三、四象限,则ab的取值范围为()A.(1,) B.(0,)C.(0,1) D.无法确定解析函数经过第二、三、四象限,所以函数单调递减且图像与y轴的交点在负半轴上.而当x0时,ya0b1b,由题意得解得所以ab(0,1).答案C12.已知函数f(x)|2x1|,abc且f(a)f(c)f(b),则下列结论中,一定成立的是()A.a0,b0,c0 B.a0,b0,c

6、0C.2a2c D.2a2c2解析作出函数f(x)|2x1|的图像如图中实线所示,abc,且f(a)f(c)f(b),结合图像知a0,0c1,02a1,12c2,f(a)|2a1|12a1,f(c)|2c1|2c1,又f(a)f(c),即12a2c1,2a2c2,故选D.答案D13.若函数f(x)axxa(a0,且a1)有两个零点,则实数a的取值范围是_.解析令axxa0,即axxa,若0a1,yax与yxa的图像如图所示有两个公共点.答案(1,)14.设函数f(x)kaxax(a0且a1)是定义域为R的奇函数.(1)若f(1)0,试求不等式f(x22x)f(x4)0的解集;(2)若f(1),

7、且g(x)a2xa2x4f(x),求g(x)在1,)上的最小值.解因为f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(0)0,所以k10,即k1,f(x)axax.(1)因为f(1)0,所以a0,又a0且a1,所以a1.因为f(x)axln aaxln a(axax)ln a0,所以f(x)在R上为增函数,原不等式可化为f(x22x)f(4x),所以x22x4x,即x23x40,所以x1或x1或x4.(2)因为f(1),所以a,即2a23a20,所以a2或a(舍去).所以g(x)22x22x4(2x2x)(2x2x)24(2x2x)2.令t(x)2x2x(x1),则t(x)在(1,)上为增函数(由(1)可知),即t(x)t(1),所以原函数为(t)t24t2(t2)22,所以当t2时,(t)min2,此时xlog2(1).即g(x)在xlog2(1)时取得最小值2.

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