新教材適用2023-2024學(xué)年高中數(shù)學(xué)第4章指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)4.2指數(shù)函數(shù)4.2.2指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)第2課時(shí)指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)二素養(yǎng)作業(yè)新人教A版必修第一冊(cè)

第四章4.24.2.2第2課時(shí)A組·基礎(chǔ)自測(cè)一、選擇題1．設(shè)a＝20.6，b＝20.5，c＝0.50.6，則(D)A．a(chǎn)<b<c B．b<a<cC．b<c<a D．c<b<a[解析]由題，c＝0.50.6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0.6＝2－0.6，對(duì)于指數(shù)函數(shù)y＝2x可知在R上單調(diào)遞增，因?yàn)椋?.6<0.5<0.6，所以2－0.6<20.5<20.6，即c<b<a，故選D.2．已知f(x)＝a－x(a>0且a≠1)，且f(－2)>f(－3)，則a的取值范圍是(D)A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(0,1)[解析]因?yàn)閒(x)＝a－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))x在R上為單調(diào)函數(shù)，又－2>－3，f(－2)>f(－3)，所以f(x)為增函數(shù)，故有eq\f(1,a)>1，所以0<a<1.故選D.3．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－2－x,2)是(B)A．偶函數(shù)，在(0，＋∞)是增函數(shù)B．奇函數(shù)，在(0，＋∞)是增函數(shù)C．偶函數(shù)，在(0，＋∞)是減函數(shù)D．奇函數(shù)，在(0，＋∞)是減函數(shù)[解析]因?yàn)閒(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)．又因?yàn)閥＝2x是增函數(shù)，y＝2－x為減函數(shù)，故f(x)＝eq\f(2x－2－x,2)為增函數(shù)．故選B.4．函數(shù)y＝的單調(diào)遞增區(qū)間是(A)A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[1,2] D．[1,3][解析]令u＝－3＋4x－x2，因?yàn)閥＝3u為增函數(shù)，所以y＝的增區(qū)間就是u＝－3＋4x－x2的增區(qū)間(－∞，2]．5．(多選題)若指數(shù)函數(shù)y＝ax在區(qū)間[－1,1]上的最大值和最小值的和為eq\f(10,3)，則a的值可能是(BC)A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．3 D．2[解析]①當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)y＝ax在區(qū)間[－1,1]上為增函數(shù)，所以當(dāng)x＝1時(shí)，ymax＝a，當(dāng)x＝－1時(shí)，ymin＝eq\f(1,a)，所以a＋eq\f(1,a)＝eq\f(10,3)，即3a2－10a＋3＝0，因?yàn)閍＞1，所以a＝3.②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)y＝ax在區(qū)間[－1,1]上為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，ymax＝eq\f(1,a)，當(dāng)x＝1時(shí)，ymin＝a，所以a＋eq\f(1,a)＝eq\f(10,3)，即3a2－10a＋3＝0，因?yàn)?＜a＜1，所以a＝eq\f(1,3).綜上：a的值可能為3或eq\f(1,3).二、填空題6．若函數(shù)f(x)的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則函數(shù)f(2x)的定義域是_(－1,0)_.[解析]由eq\f(1,2)<2x<1得－1<x<0.7．函數(shù)f(x)＝的值域?yàn)開(kāi)(0,1]_.[解析]f(x)＝8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3x＋1)＋a為奇函數(shù)，則a的值為－eq\f(1,2)_，f(1)＝－eq\f(1,4)_.[解析]解法一：∵f(x)為奇函數(shù)，∴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、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝ax＋1(a＞1)在區(qū)間[0,2]上的最大值與最小值之差為3.(1)求a的值；(2)證明：函數(shù)F(x)＝f(x)－f(－x)是R上的增函數(shù)．[解析](1)因?yàn)閍＞1，所以f(x)＝ax＋1在定義域上單調(diào)遞增，則f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值與最小值之差為f(2)－f(0)＝3，即a2－1＝3，解得a＝2.(2)證明：F(x)＝f(x)－f(－x)＝2x－2－x，不妨設(shè)x1＜x2，則F(x1)－F(x2)＝＝因?yàn)閤1＜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上是增函數(shù)．10．已知函數(shù)y＝(1)求此函數(shù)的定義域，值域；(2)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．[解析](1)設(shè)u＝x2－6x＋17，由于函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u及u＝x2－6x＋17的定義域都是R，故函數(shù)y＝的定義域?yàn)镽.因?yàn)閡＝x2－6x＋17＝(x－3)2＋8≥8，又函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u在R上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))8，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u＞0，故函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,256))).(2)函數(shù)u＝x2－6x＋17在[3，＋∞)上是增函數(shù)，即對(duì)任意的x1，x2∈[3，＋∞)，且x1＜x2，有u1＜u2，從而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u1＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))u2，即y1＞y2，所以函數(shù)y＝在[3，＋∞)上是減函數(shù)，同理可知y＝在(－∞，3]上是增函數(shù)．所以，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3]，單調(diào)遞減區(qū)間為[3，＋∞)．B組·能力提升一、選擇題1．二次函數(shù)y＝ax2＋bx與指數(shù)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))x的圖象可能為(A)[解析]因?yàn)閥＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))x是指數(shù)函數(shù)，所以eq\f(b,a)>0，即a，b同號(hào)．所以二次函數(shù)y＝ax2＋bx圖象的對(duì)稱軸x＝－eq\f(b,2a)<0，排除選項(xiàng)B，D；由A，C項(xiàng)中指數(shù)函數(shù)的圖象，得0<eq\f(b,a)<1，則－eq\f(1,2)<－eq\f(b,2a)<0，即二次函數(shù)的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，顯然選項(xiàng)C錯(cuò)誤．2．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))是R上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(D)A．(1，＋∞) B．(1,8)C．(4,8) D．[4,8)[解析]由題意可知，f(x)在R上是增函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)＞0，,a＞1，,4－\f(a,2)＋2≤a，))解得4≤a＜8.3．(多選題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(πx－π－x,2)，g(x)＝eq\f(πx＋π－x,2)，則f(x)，g(x)滿足(ABD)A．f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)B．f(－2)<f(3)C．f(x)－g(x)＝π－xD．f(2x)＝2f(x)g(x)[解析]A正確，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正確，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為增函數(shù)，所以f(－2)<f(3)；C不正確，f(x)－g(x)＝eq\f(πx－π－x,2)－eq\f(πx＋π－x,2)＝eq\f(－2π－x,2)＝－π－x；D正確，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、填空題4．函數(shù)y＝在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是_[2，＋∞)_.[解析]由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，y＝－x2＋ax的對(duì)稱軸x＝eq\f(a,2)≥1，即a≥2.5．已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝－eq\f(1,4x)＋eq\f(1,2x)，則此函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4)))_.[解析]設(shè)t＝eq\f(1,2x)，當(dāng)x≥0時(shí)，2x≥1，所以0<t≤1，y＝－t2＋t＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，所以0≤y≤eq\f(1,4)，故當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).因?yàn)閥＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以當(dāng)x<0時(shí)，f(x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))，故函數(shù)f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4))).三、解答題6．已知f(x)＝9x－2×3x＋4，x∈[－1,2]．(1)設(shè)t＝3x，x∈[－1,2]，求t的最大值與最小值；(2)求f(x)的最大值與最小值．[解析](1)設(shè)t＝3x，因?yàn)閤∈[－1,2]，函數(shù)t＝3x在[－1,2]上是增函數(shù)，故有eq\f(1,3)≤t≤9，故t的最大值為9，t的最小值為eq\f(1,3).(2)由f(x)＝9x－2×3x＋4＝t2－2t＋4＝(t－1)2＋3，可得此二次函數(shù)的對(duì)稱軸為t＝1，且eq\f(1,3)≤t≤9，故當(dāng)t＝1時(shí)，函數(shù)f(x)有最小值為3，當(dāng)t＝9時(shí)，函數(shù)f(x)有最大值為67.C組·創(chuàng)新拓展已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)是奇函數(shù)．(1)求a，b的值；(2)判斷并證明函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)若對(duì)任意的t∈[－1,1]不等式f(t2－2t)＋f(k－t2)<0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解析](1)∵f(x)＝eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)是定義在R上的奇函數(shù)，∴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；當(dāng)a＝1，b＝2時(shí)，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)，滿足f(x)為奇函數(shù)；綜上所述：a＝1，b＝2.(2)由(1)得：f(x)＝eq\f(1－2x,2x＋1＋2)＝eq\f(2－2x＋1,22x＋1)＝eq\f(1,2x＋1)－eq\f(1,2)；設(shè)x2>x1，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co