指數(shù)函數(shù)典型例題

指數(shù)函數(shù)典型例題1根式的性質(zhì)例1=3，求以下各式的值：〔1〕；〔2〕；〔3〕．補充：立方和差公式.小結：①平方法；②乘法公式；③根式的根本性質(zhì)〔a≥0〕等.注意，a≥0十分重要，無此條件那么公式不成立.例如，.變式：，求：〔1〕；〔2〕.練1.化簡：.練2.x+x-1=3，求以下各式的值.〔1〕；〔2〕.2指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)比擬指數(shù)函數(shù)的大小函數(shù)滿足，且，那么與的大小關系是_____．分析：先求的值再比擬大小，要注意的取值是否在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)．解：∵，∴函數(shù)的對稱軸是．故，又，∴．∴函數(shù)在上遞減，在上遞增．假設，那么，∴；假設，那么，∴．綜上可得，即．評注：①比擬大小的常用方法有：作差法、作商法、利用函數(shù)的單調(diào)性或中間量等．②對于含有參數(shù)的大小比擬問題，有時需要對參數(shù)進行討論．求解有關指數(shù)不等式，那么x的取值范圍是___________．分析：利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求解，注意底數(shù)的取值范圍．解：∵，∴函數(shù)在上是增函數(shù)，∴，解得．∴x的取值范圍是．評注：利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式，需將不等式兩邊都湊成底數(shù)相同的指數(shù)式，并判斷底數(shù)與1的大小，對于含有參數(shù)的要注意對參數(shù)進行討論．求定義域及值域問題求以下函數(shù)的定義域與值域.(1)y＝2;(2)y＝4x+2x+1+1.解：(1)∵x-3≠0，∴y＝2的定義域為｛x｜x∈R且x≠3｝.又∵≠0，∴2≠1，∴y＝2的值域為｛y｜y>0且y≠1｝.(2)y＝4x+2x+1+1的定義域為R.∵2x>0,∴y＝4x+2x+1+1＝(2x)2+2·2x+1＝(2x+1)2>1.∴y＝4x+2x+1+1的值域為｛y｜y>1｝.求函數(shù)的定義域和值域．解：由題意可得，即，∴，故．∴函數(shù)的定義域是．令，那么，又∵，∴．∴，即．∴，即．∴函數(shù)的值域是．評注：利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求值域時，要注意定義域對它的影響．指數(shù)函數(shù)的最值問題函數(shù)在區(qū)間上有最大值14，那么a的值是_______．分析：令可將問題轉化成二次函數(shù)的最值問題，需注意換元后的取值范圍．解：令，那么，函數(shù)可化為，其對稱軸為．∴當時，∵，∴，即．∴當時，．解得或〔舍去〕；當時，∵，∴，即，∴時，，解得或〔舍去〕，∴a的值是3或．評注：利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求最值時注意一些方法的運用，比方：換元法，整體代入等．-1≤x≤2,求函數(shù)f(x)=3+2·3x+1-9x的最大值和最小值解：設t=3x,因為-1≤x≤2，所以，且f(x)=g(t)=-(t-3)2+12,故當t=3即x=1時，f(x)取最大值12，當t=9即x=2時f(x)取最小值-24。設，求函數(shù)的最大值和最小值．分析：注意到，設，那么原來的函數(shù)成為，利用閉區(qū)間上二次函數(shù)的值域的求法，可求得函數(shù)的最值．解：設，由知，，函數(shù)成為，，對稱軸，故函數(shù)最小值為，因端點較距對稱軸遠，故函數(shù)的最大值為．函數(shù)在區(qū)間[－1,1]上的最大值是14，求a的值.．解：，換元為，對稱軸為.當，，即x=1時取最大值，略解得a=3(a=－5舍去)函數(shù)〔且〕〔1〕求的最小值；

〔2〕假設，求的取值范圍．．解：〔1〕，當即時，有最小值為〔2〕，解得當時，；當時，．解指數(shù)方程解方程．解：原方程可化為，令，上述方程可化為，解得或〔舍去〕，∴，∴，經(jīng)檢驗原方程的解是．評注：解指數(shù)方程通常是通過換元轉化成二次方程求解，要注意驗根．單調(diào)性問題求函數(shù)y＝的單調(diào)區(qū)間.分析這是復合函數(shù)求單調(diào)區(qū)間的問題可設y＝,u＝x2-3x+2，其中y＝為減函數(shù)∴u＝x2-3x+2的減區(qū)間就是原函數(shù)的增區(qū)間(即減減→增)u＝x2-3x+2的增區(qū)間就是原函數(shù)的減區(qū)間(即減、增→減)解：設y＝,u＝x2-3x+2,y關于u遞減，當x∈(-∞，)時，u為減函數(shù)，∴y關于x為增函數(shù)；當x∈［，+∞)時，u為增函數(shù)，y關于x為減函數(shù).指數(shù)函數(shù)綜合題函數(shù)f(x)＝(a>0且a≠1).(1)求f(x)的定義域和值域；(2)討論f(x)的奇偶性；(3)討論f(x)的單調(diào)性.解：(1)易得f(x)的定義域為｛x｜x∈R｝.設y＝,解得ax＝-①∵ax>0當且僅當->0時，方程①有解.解->0得-1<y<1.∴f(x)的值域為｛y｜-1＜y＜1.(2)∵f(-x)＝＝＝-f(x)且定義域為R，∴f(x)是奇函數(shù).(3)f(x)＝＝1-.1°當a>1時，∵ax+1為增函數(shù)，且ax+1>0.∴為減函數(shù)，從而f(x)＝1-＝為增函數(shù).2°當0<a<1時，類似地可得f(x)＝為減函數(shù).函數(shù)f〔x〕=a－〔a∈R〕，求證：對任何a∈R，f〔x〕為增函數(shù)．假設f〔x〕為奇函數(shù)時，求a的值?！?〕證明：設x1＜x2f〔x2〕－f〔x1〕=＞0故對任何a∈R，f〔x〕為增函數(shù)．〔2〕，又f〔x〕為奇函數(shù)得到。即指數(shù)與指數(shù)冪的運算〔教師用〕知能點全解：知能點1：有理數(shù)指數(shù)冪及運算性質(zhì)1、有理數(shù)指數(shù)冪的分類〔1〕正整數(shù)指數(shù)冪；〔2〕零指數(shù)冪；〔3〕負整數(shù)指數(shù)冪〔4〕0的正分數(shù)指數(shù)冪等于0,0的負分數(shù)指數(shù)冪沒有意義。2、有理數(shù)指數(shù)冪的性質(zhì)〔1〕〔2〕〔3〕例1：把以下各式中的寫成分數(shù)指數(shù)冪的形式〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕解：〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕例2:計算〔1〕；〔2〕解：〔1〕；〔2〕及時演練：1、求值：〔1〕=4；〔2〕=；〔3〕=64；〔4〕=。2、練習求以下各式的值：〔1〕=；〔2〕=；〔3〕=；〔4〕=；〔5〕=；〔6〕=。3、計算以下各式〔式中字母都是正數(shù)〕〔1〕=；〔2〕=。知能點2：無理數(shù)指數(shù)冪假設＞0，是一個無理數(shù)，那么表示一個確定的實數(shù)，上述有理指數(shù)冪的運算性質(zhì)，對于無理數(shù)指數(shù)冪都適用。例3:化簡〔式中字母都是正數(shù)〕〔1〕；〔2〕〔3〕解：〔1〕〔2〕〔3〕知能點3：根式1、根式的定義：一般地，如果，那么叫做的次方根，其中，叫做根式，叫做根指數(shù)，叫被開方數(shù)。2、對于根式記號，要注意以下幾點：〔1〕，且；〔2〕當是奇數(shù)，那么；當是偶數(shù)，那么；〔3〕負數(shù)沒有偶次方根；〔4〕零的任何次方根都是零。3、我們規(guī)定：〔1〕；〔2〕例4:求以下各式的值〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕解：〔1〕；〔2〕；〔3〕〔4〕例5:用分數(shù)指數(shù)冪的形式表示以下各式：〔1〕〔2〕〔3〕(式中a＞0)解：〔1〕；〔2〕〔3〕及時演練：1、用根式的形式表示以下各式()〔1〕=；〔2〕=；〔3〕=；〔4〕=。2、用分數(shù)指數(shù)冪的形式表示以下各式：〔1〕=；〔2〕=；〔3〕=?！?〕=；〔5〕=；〔6〕=3、假設，那么-1。典型題型全解題型一：求值：〔1〕；〔2〕解：〔1〕?！?〕令，兩邊同時立方得：即：∴所以及時演練：1、計算〔1〕；〔2〕=1。2、，那么可化簡為。題型二：計算以下各式：〔1〕〔2〕解：〔1〕〔2〕及時演練：1、計算以下各式〔1〕=；〔2〕=1。2、計算。3、化簡以下各式：〔1〕=；〔2〕=。題型三：帶附加條件的求值問題=3,求以下各式的值：解：〔1〕∴〔2〕及時演練：1、假設，那么的值是7。2、，求以下各式的值：〔1〕=7；〔2〕=47；〔3〕=8。3、如果，那么或。4、設，那么。指數(shù)與指數(shù)冪的運算〔教師用〕知能點全解：知能點1：有理數(shù)指數(shù)冪及運算性質(zhì)1、有理數(shù)指數(shù)冪的分類〔1〕正整數(shù)指數(shù)冪；〔2〕零指數(shù)冪；〔3〕負整數(shù)指數(shù)冪〔4〕0的正分數(shù)指數(shù)冪等于0,0的負分數(shù)指數(shù)冪沒有意義。2、有理數(shù)指數(shù)冪的性質(zhì)〔1〕〔2〕〔3〕例1：把以下各式中的寫成分數(shù)指數(shù)冪的形式〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕解：〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕例2:計算〔1〕；〔2〕解：〔1〕；〔2〕及時演練：1、求值：〔1〕=4；〔2〕=；〔3〕=64；〔4〕=。2、練習求以下各式的值：〔1〕=；〔2〕=；〔3〕=；〔4〕=；〔5〕=；〔6〕=。3、計算以下各式〔式中字母都是正數(shù)〕〔1〕=；〔2〕=。知能點2：無理數(shù)指數(shù)冪假設＞0，是一個無理數(shù)，那么表示一個確定的實數(shù)，上述有理指數(shù)冪的運算性質(zhì)，對于無理數(shù)指數(shù)冪都適用。例3:化簡〔式中字母都是正數(shù)〕〔1〕；〔2〕〔3〕解：〔1〕〔2〕〔3〕知能點3：根式1、根式的定義：一般地，如果，那么叫做的次方根，其中，叫做根式，叫做根指數(shù)，叫被開方數(shù)。2、對于根式記號，要注意以下幾點：〔1〕，且；〔2〕當是奇數(shù)，那么；當是偶數(shù)，那么；〔3〕負數(shù)沒有偶次方根；〔4〕零的任何次方根都是零。3、我們規(guī)定：〔1〕；〔2〕例4:求以下各式的值〔1〕；〔2〕；〔3〕；〔4〕解：〔1〕；〔2〕；〔3〕〔4〕例5:用分數(shù)指數(shù)冪的形式表示以下各式：〔1〕〔2〕〔3〕(式中a＞0)解：〔1〕；〔2〕〔3〕及時演練：1、用根式的形式表示以下各式()〔1〕=；〔2〕=；〔3〕=；〔4〕=。2、用分數(shù)指數(shù)冪的形式表示以下各式：〔1〕=；〔2〕=；〔3〕=?！?〕=；〔5〕=；〔6〕=3、假設，那么-1。典型題型全解題型一：求值：〔1〕；〔2〕解：〔1〕?！?〕令，兩邊同時立方得：即：∴所以及時演練：1、計算〔1〕；〔2〕=1。2、，那么可化簡為。題型二：計算以下各式：〔1〕〔2〕解：〔1〕〔2〕及時演練：1、計算以下各式〔1〕=；〔2〕=1。2、計算。3、化簡以下各式：〔1〕=；〔2〕=。題型三：帶附加條件的求值問題=3,求以下各式的值：解：〔1〕∴〔2〕及時演練：1、假設，那么的值是7。2、，求以下各式的值：〔1〕=7；〔2〕=47；〔3〕=8。3、如果，那么或。4、設，那么。指數(shù)函數(shù)A,B組題A組1．(2010年黑龍江哈爾濱模擬)假設a>1，b<0，且ab＋a－b＝2eq\r(2)，那么ab－a－b的值等于________．解析：∵a>1，b<0，∴0<ab<1，a－b>1.又∵(ab＋a－b)2＝a2b＋a－2b＋2＝8，∴a2b＋a－2b＝6，∴(ab－a－b)2＝a2b＋a－2b－2＝4，∴ab－a－b＝－2.答案：－22．f(x)＝ax＋b的圖象如下圖，那么f(3)＝________.解析：由圖象知f(0)＝1＋b＝－2，∴b＝－3.又f(2)＝a2－3＝0，∴a＝eq\r(3)，那么f(3)＝(eq\r(3))3－3＝3eq\r(3)－3.答案：3eq\r(3)－33．函數(shù)y＝(eq\f(1,2))2x－x2的值域是________．解析：∵2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，∴(eq\f(1,2))2x－x2≥eq\f(1,2).答案：[eq\f(1,2)，＋∞)4．(2009年高考山東卷)假設函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有兩個零點，那么實數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)的零點的個數(shù)就是函數(shù)y＝ax與函數(shù)y＝x＋a交點的個數(shù)，由函數(shù)的圖象可知a>1時兩函數(shù)圖象有兩個交點，0<a<1時兩函數(shù)圖象有惟一交點，故a>1.答案：(1，+∞)5．(原創(chuàng)題)假設函數(shù)f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[0,2]，那么實數(shù)a等于________．解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,a2－1＝0,a0－1＝2))無解或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,a0－1＝0,a2－1＝2))?a＝eq\r(3).答案：eq\r(3)6．定義域為R的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù)．(1)求a，b的值；(2)假設對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范圍．解：(1)因為f(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1.從而有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)法一：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上為減函數(shù)，又因f(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0?f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．因f(x)是R上的減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.即對一切t∈R有3t2－2t－k>0，從而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).法二：由(1)知f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)，又由題設條件得eq\f(－2t2－2t＋1,2t2－2t＋1＋2)＋eq\f(－22t2－k＋1,22t2－k＋1＋2)<0即(22t2－k＋1＋2)(－2t2－2t＋1)＋(2t2－2t＋1＋2)(－22t2－k＋1)<0整理得23t2－2t－k>1，因底數(shù)2>1，故3t2－2t－k>0上式對一切t∈R均成立，從而判別式Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).B組1．如果函數(shù)f(x)＝ax＋b－1(a>0且a≠1)的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，不經(jīng)過第三象限，那么一定有________．①0<a<1且b>0②0<a<1且0<b<1③a>1且b<0④a>1且b>0解析：當0<a<1時，把指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax的圖象向下平移，觀察可知－1<b－1<0，即0<b<1.答案：②2．(2010年保定模擬)假設f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，那么a的取值范圍是________．解析：f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2，所以f(x)在[a，＋∞)上為減函數(shù)，又f(x)，g(x)都在[1,2]上為減函數(shù)，所以需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1,a＋1>1))?0<a≤1.答案：(0,1]3．f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，且滿足以下條件①f(x)＝ax·g(x)(a>0，a≠1)；②g(x)≠0；假設eq\f(f(1),g(1))＋eq\f(f(－1),g(－1))＝eq\f(5,2)，那么a等于________．解析：由f(x)＝ax·g(x)得eq\f(f(x),g(x))＝ax，所以eq\f(f(1),g(1))＋eq\f(f(－1),g(－1))＝eq\f(5,2)?a＋a－1＝eq\f(5,2)，解得a＝2或eq\f(1,2).答案：2或eq\f(1,2)4．(2010年北京朝陽模擬)函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1)，其反函數(shù)為f－1(x)．假設f(2)＝9，那么f－1(eq\f(1,3))＋f(1)的值是________．解析：因為f(2)＝a2＝9，且a>0，∴a＝3，那么f(x)＝3x＝eq\f(1,3)，∴x＝－1，故f－1(eq\f(1,3))＝－1.又f(1)＝3，所以f－1(eq\f(1,3))＋f(1)＝2.答案：25．(2010年山東青島質(zhì)檢)f(x)＝(eq\f(1,3))x，假設f(x)的圖象關于直線x＝1對稱的圖象對應的函數(shù)為g(x)，那么g(x)的表達式為________．解析：設y＝g(x)上任意一點P(x，y)，P(x，y)關于x＝1的對稱點P′(2－x，y)在f(x)＝(eq\f(1,3))x上，∴y＝(eq\f(1,3))2－x＝3x－2.答案：y＝3x－2(x∈R)6．(2009年高考山東卷改編)函數(shù)y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)的圖象大致為________．解析：∵f(－x)＝eq\f(e－x＋ex,e－x－ex)＝－eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，排除④.又∵y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝eq\f(e2x＋1,e2x－1)＝eq\f(e2x－1＋2,e2x－1)＝1＋eq\f(2,e2x－1)在(－∞，0)、(0，＋∞)上都是減函數(shù)，排除②、③.答案：①7．(2009年高考遼寧卷改編)函數(shù)f(x)滿足：當x≥4時，f(x)＝(eq\f(1,2))x；當x<4時，f(x)＝f(x＋1)，那么f(2＋log23)＝________.解析：∵2<3<4＝22，∴1<log23<2.∴3<2＋log23<4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝f(log224)＝(eq\f(1,2))log224＝2－log224＝2log2eq\f(1,24)＝eq\f(1,24).答案：eq\f(1,24)8．(2009年高考湖南卷改編)設函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|，當K＝eq\f(1,2)時，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：由f(x)＝2－|x|≤eq\f(1,2)得x≥1或x≤－1，∴fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≥1或x≤－1，,\f(1,2)，－1<x<1.))那么單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]9．函數(shù)y＝2|x|的定義域為[a，b]，值域為[1,16]，當a變動時，函數(shù)b＝g(a)的圖象可以是________．解析：函數(shù)y＝2|x|的圖象如圖．當a＝－4時，0≤b≤4，當b＝4時，－4≤a≤0，答案：②10．(2010年寧夏銀川模擬)函數(shù)f(x)＝a2x＋2ax－1(a>0，且a≠1)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為14，求實數(shù)a的值．解：f(x)＝a2x＋2ax－1＝(ax＋1)2－2，∵x∈[－1,1]，(1)當0<a<1時，a≤ax≤eq\f(1,a)，∴當ax＝eq\f(1,a)時，f(x)取得最大值．∴(eq\f(1,a)＋1)2－2＝14，∴eq\f(1,a)＝3，∴a＝eq\f(1,3).(2)當a>1時，eq\f(1,a)≤ax≤a，∴當ax＝a時，f(x)取得最大值．∴(a＋1)2－2＝14，∴a＝3.綜上可知，實數(shù)a的值為eq\f(1,3)或3.11．函數(shù)f(x)＝eq\f(－2,2x－a＋1).(1)求證：f(x)的圖象關于點M(a，－1)對稱；(2)假設f(x)≥－2x在x≥a上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)證明：設f(x)的圖象C上任一點為P(x，y)，那么y＝－eq\f(2,2x－a＋1)，P(x，y)關于點M(a，－1)的對稱點為P′(2a－x，－2－y∴－2－y＝－2＋eq\f(2,2x－a＋1)＝eq\f(－2·2x－a,2x－a＋1)＝eq\f(－2,1＋2－(x－a))＝eq\f(－2,2(2a－x)－a＋1)，說明點P′(2a－x，－2－y)也在函數(shù)y＝eq\f(－2,2x－a＋1)的圖象上，由點P的任意性知，f(x)的圖象關于點M(a，－1)對稱．(2)由f(x)≥－2x得eq\f(－2,2x－a＋1)≥－2x，那么eq\f(2,2x－a＋1)≤2x，化為2x－a·2x＋2x－2≥0，那么有(2x)2＋2a·2x－2·2a≥0在x≥a上恒成立．令g(t)＝t2＋2a·t－2·2a，那么有g(t)≥0在t≥2a上恒成立．∵g(t)的對稱軸在t＝0的左側，∴g(t)在t≥2a上為增函數(shù)．∴g(2a)≥0.∴(2a)2＋(2a)2－2·2a≥0，∴2a(2a－1)≥0，那么a≥12．(2008年高考江蘇)假設f1(x)＝3|x－p1|，f2(x)＝2·3|x－p2|，x∈R，p1、p2為常數(shù)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1(x)，f1(x)≤f2(x)，,f2(x)，f1(x)>f2(x).))(1)求f(x)＝f1(x)對所有實數(shù)x成立的充要條件(用p1、p2表示)；(2)設a，b是兩個實數(shù)，滿足a<b，且p1、p2∈(a，b)．假設f(a)＝f(b)，求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的單調(diào)增區(qū)間的長度之和為eq\f(b－a,2)(閉區(qū)間[m，n]的長度定義為n－m)．解：(1)f(x)＝f1(x)恒成立?f1(x)≤f2(x)?3|x－p1|≤2·3|x－p2|?3|x－p1|－|x－p2|≤2?|x－p1|－|x－p2|≤log32.(*)假設p1＝p2，那么(*)?0≤log32，顯然成立；假設p1≠p2，記g(x)＝|x－p1|－|x－p2|，當p1>p2時，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p1－p2，x<p2，,－2x＋p1＋p2，p2≤x≤p1，,p2－p1，x>p1.))所以g(x)max＝p1－p2，故只需p1－p2≤log32.當p1<p2時，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p1－p2，x<p1；,2x－p1－p2，p1≤x≤p2；,p2－p1，x>p2.))所以g(x)max＝p2－p1，故只需p2－p1≤log32.綜上所述，f(x)＝f1(x)對所有實數(shù)x成立的充要條件是|p1－p2|≤log32.(2)證明：分兩種情形討論．①當|p1－p2|≤log32時，由(1)知f(x)＝f1(x)(對所有實數(shù)x∈[a，b])，那么由f(a)＝f(b)及a<p1<b易知p1＝eq\f(a＋b,2).再由f1(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3p1－x，x<p1，,3x－p1，x≥p1，))的單調(diào)性可知，f(x)在區(qū)間[a，b]上的單調(diào)增區(qū)間的長度為b－eq\f(a＋b,2)＝eq\f(b－a,2).②當|p1－p2|>log32時，不妨設p1<p2，那么p2－p1>log32.于是，當x≤p1時，有f1(x)＝3p1－x<3p2－x<f2(x)，從而f(x)＝f1(x)．當x≥p2時，f1(x)＝3x－p1＝3p2－p1·3x－p2>3log32·3x－p2＝f2(x)，從而f(x)＝f2(x)．當p1<x<p2時，f1(x)＝3x－p1及f2(x)＝2·3p2－x，由方程3x0－p1＝2·3p2－x0，解得f1(x)與f2(x)圖象交點的橫坐標為x0＝eq\f(p1＋p2,2)＋eq\f(1,2)log32.①顯然p1<x0＝p2－eq\f(1,2)[(p2－p1)－log32]<p2，這說明x0在p1與p2之間．由①易知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1(x)，p1≤x≤x0，,f2(x)，x0<x≤p2.))綜上可知，在區(qū)間[a，b]上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1(x)，a≤x≤x0，,f2(x)，x0<x≤b.))故由函數(shù)f1(x)與f2(x)的單調(diào)性可知，f(x)在區(qū)間[a，b]上的單調(diào)增區(qū)間的長度之和為(x0－p1)＋(b－p2)，由于f(a)＝f(b)，即3p1－a＝2·3b－p2，得p1＋p2＝a＋b＋log32.②故由①②得(x0－p1)＋(b－p2)＝b－eq\f(1,2)(p1＋p2－log32)＝eq\f(b－a,2).指數(shù)函數(shù)A,B組題A組1．(2010年黑龍江哈爾濱模擬)假設a>1，b<0，且ab＋a－b＝2eq\r(2)，那么ab－a－b的值等于________．解析：∵a>1，b<0，∴0<ab<1，a－b>1.又∵(ab＋a－b)2＝a2b＋a－2b＋2＝8，∴a2b＋a－2b＝6，∴(ab－a－b)2＝a2b＋a－2b－2＝4，∴ab－a－b＝－2.答案：－22．f(x)＝ax＋b的圖象如下圖，那么f(3)＝________.解析：由圖象知f(0)＝1＋b＝－2，∴b＝－3.又f(2)＝a2－3＝0，∴a＝eq\r(3)，那么f(3)＝(eq\r(3))3－3＝3eq\r(3)－3.答案：3eq\r(3)－33．函數(shù)y＝(eq\f(1,2))2x－x2的值域是________．解析：∵2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，∴(eq\f(1,2))2x－x2≥eq\f(1,2).答案：[eq\f(1,2)，＋∞)4．(2009年高考山東卷)假設函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有兩個零點，那么實數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)的零點的個數(shù)就是函數(shù)y＝ax與函數(shù)y＝x＋a交點的個數(shù)，由函數(shù)的圖象可知a>1時兩函數(shù)圖象有兩個交點，0<a<1時兩函數(shù)圖象有惟一交點，故a>1.答案：(1，+∞)5．(原創(chuàng)題)假設函數(shù)f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[0,2]，那么實數(shù)a等于________．解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,a2－1＝0,a0－1＝2))無解或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,a0－1＝0,a2－1＝2))?a＝eq\r(3).答案：eq\r(3)6．定義域為R的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù)．(1)求a，b的值；(2)假設對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范圍．解：(1)因為f(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1.從而有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)法一：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上為減函數(shù)，又因f(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0?f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．因f(x)是R上的減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.即對一切t∈R有3t2－2t－k>0，從而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).法二：由(1)知f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)，又由題設條件得eq\f(－2t2－2t＋1,2t2－2t＋1＋2)＋eq\f(－22t2－k＋1,22t2－k＋1＋2)<0即(22t2－k＋1＋2)(－2t2－2t＋1)＋(2t2－2t＋1＋2)(－22t2－k＋1)<0整理得23t2－2t－k>1，因底數(shù)2>1，故3t2－2t－k>0上式對一切t∈R均成立，從而判別式Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).B組1．如果函數(shù)f(x)＝ax＋b－1(a>0且a≠1)的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，不經(jīng)過第三象限，那么一定有________．①0<a<1且b>0②0<a<1且0<b<1③a>1且b<0④a>1且b>0解析：當0<a<1時，把指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax的圖象向下平移，觀察可知－1<b－1<0，即0<b<1.答案：②2．(2010年保定模擬)假設f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，那么a的取值范圍是________．解析：f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2，所以f(x)在[a，＋∞)上為減函數(shù)，又f(x)，g(x)都在[1,2]上為減函數(shù)，所以需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1,a＋1>1))?0<a≤1.答案：(0,1]3．f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，且滿足以下條件①f(x)＝ax·g(x)(a>0，a≠1)；②g(x)≠0；假設eq\f(f(1),g(1))＋eq\f(f(－1),g(－1))＝eq\f(5,2)，那么a等于________．解析：由f(x)＝ax·g(x)得eq\f(f(x),g(x))＝ax，所以eq\f(f(1),g(1))＋eq\f(f(－1),g(－1))＝eq\f(5,2)?a＋a－1＝eq\f(5,2)，解得a＝2或eq\f(1,2).答案：2或eq\f(1,2)4．(2010年北京朝陽模擬)函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1)，其反函數(shù)為f－1(x)．假設f(2)＝9，那么f－1(eq\f(1,3))＋f(1)的值是________．解析：因為f(2)＝a2＝9，且a>0，∴a＝3，那么f(x)＝3x＝eq\f(1,3)，∴x＝－1，故f－1(eq\f(1,3))＝－1.又f(1)＝3，所以f－1(eq\f(1,3))＋f(1)＝2.答案：25．(2010年山東青島質(zhì)檢)f(x)＝(eq\f(1,3))x，假設f(x)的圖象關于直線x＝1對稱的圖象對應的函數(shù)為g(x)，那么g(x)的表達式為________．解析：設y＝g(x)上任意一點P(x，y)，P(x，y)關于x＝1的對稱點P′(2－x，y)在f(x)＝(eq\f(1,3))x上，∴y＝(eq\f(1,3))2－x＝3x－2.答案：y＝3x－2(x∈R)6．(2009年高考山東卷改編)函數(shù)y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)的圖象大致為________．解析：∵f(－x)＝eq\f(e－x＋ex,e－x－ex)＝－eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，排除④.又∵y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝eq\f(e2x＋1,e2x－1)＝eq\f(e2x－1＋2,e2x－1)＝1＋eq\f(2,e2x－1)在(－∞，0)、(0，＋∞)上都是減函數(shù)，排除②、③.答案：①7．(2009年高考遼寧卷改編)函數(shù)f(x)滿足：當x≥4時，f(x)＝(eq\f(1,2))x；當x<4時，f(x)＝f(x＋1)，那么f(2＋log23)＝________.解析：∵2<3<4＝22，∴1<log23<2.∴3<2＋log23<4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝f(log224)＝(eq\f(1,2))log224＝2－log224＝2log2eq\f(1,24)＝eq\f(1,24).答案：eq\f(1,24)8．(2009年高考湖南卷改編)設函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|，當K＝eq\f(1,2)時，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：由f(x)＝2－|x|≤eq\f(1,2)得x≥1或x≤－1，∴fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≥1或x≤－1，,\f(1,2)，－1<x<1.))那么單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]9．函數(shù)y＝2|x|的定義域為[a，b]，值域為[1,16]，當a變動時，函數(shù)b＝g(a)的圖象可以是________．解析：函數(shù)y＝2|x|的圖象如圖．當a＝－4時，0≤b≤4，當b＝4時，－4≤a≤0，答案：②10．(2010年寧夏銀川模擬)函數(shù)f(x)＝a2x＋2ax－1(a>0，且a≠1)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為14，求實數(shù)a的值．解：f(x)＝a2x＋2ax－1＝(ax＋1)2－2，∵x∈[－1,1]，(1)當0<a<1時，a≤ax≤eq\f(1,a)，∴當ax＝eq\f(1,a)時，f(x)取得最大值．∴(eq\f(1,a)＋1)2－2＝14，∴eq\f(1,a)＝3，∴a＝eq\f(1,3).(2)當a>1時，eq\f(1,a)≤ax≤a，∴當ax＝a時，f(x)取得最大值．∴(a＋1)2－2＝14，∴a＝3.綜上可知，實數(shù)a的值為eq\f(1,3)或3.11．函數(shù)f(x)＝eq\f(－2,2x－a＋1).(1)求證：f(x)的圖象關于點M(a，－1)對稱；(2)假設f(x)≥－2x在x≥a上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)證明：設f(x)的圖象C上任一點為P(x，y)，那么y＝－eq\f(2,2x－a＋1)，P(x，y)關于點M(a，－1)的對稱點為P′(2a－x，－2－y∴－2－y＝－2＋eq\f(2,2x－a＋1)＝eq\f(－2·2x－a,2x－a＋1)＝eq\f(－2,1＋2－(x－a))＝eq\f(－2,2(2a－x)－a＋1)，說明點P′(2a－x，－2－y)也在函數(shù)y＝eq\f(－2,2x－a＋1)的圖象上，由點P的任意性知，f(x)的圖象關于點M(a，－1)對稱．(2)由f(x)≥－2x得eq\f(－2,2x－a＋1)≥－2x，那么eq\f(2,2x－a＋1)≤2x，化為2x－a·2x＋2x－2≥0，那么有(2x)2＋2a·2x－2·2a≥0在x≥a上恒成立．令g(t)＝t2＋2a·t－2·2a，那么有g(t)≥0在t≥2a上恒成立．∵g(t)的對稱軸在t＝0的左側，∴g(t)在t≥2a上為增函數(shù)．∴g(2a)≥0.∴(2a)2＋(2a)2－2·2a≥0，∴2a(2a－1)≥0，那么a≥12．(2008年高考江蘇)假設f1(x)＝3|x－p1|，f2(x)＝2·3|x－p2|，x∈R，p1、p2為常數(shù)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1(x)，f1(x)≤f2(x)，,f2(x)，f1(x)>f2(x).))(1)求f(x)＝f1(x)對所有實數(shù)x成立的充要條件(用p1、p2表示)；(2)設a，b是兩個實數(shù)，滿足a<b，且p1、p2∈(a，b)．假設f(a)＝f(b)，求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的單調(diào)增區(qū)間的長度之和為eq\f(b－a,2)(閉區(qū)間[m，n]的長度定義為n－m)．解：(1)f(x)＝f1(x)恒成立?f1(x)≤f2(x)?3|x－p1|≤2·3|x－p2|?3|x－p1|－|x－p2|≤2?|x－p1|－|x－p2|≤log32.(*)假設p1＝p2，那么(*)?0≤log32，顯然成立；假設p1≠p2，記g(x)＝|x－p1|－|x－p2|，當p1>p2時，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p1－p2，x<p2，,－2x＋p1＋p2，p2≤x≤p1，,p2－p1，x>p1.))所以g(x)max＝p1－p2，故只需p1－p2≤log32.當p1<p2時，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p1－p2，x<p1；,2x－p1－p2，p1≤x≤p2；,p2－p1，x>p2.))所以g(x)max＝p2－p1，故只需p2－p1≤log32.綜上所述，f(x)＝f1(x)對所有實數(shù)x成立的充要條件是|p1－p2|≤log32.(2)證明：分兩種情形討論．①當|p1－p2|≤log32時，由(1)知f(x)＝f1(x)(對所有實數(shù)x∈[a，b])，那么由f(a)＝f(b)及a<p1<b易知p1＝eq\f(a＋b,2).再由f1(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3p1－x，x<p1，,3x－p1，x≥p1，))的單調(diào)性可知，f(x)在區(qū)間[a，b]上的單調(diào)增區(qū)間的長度為b－eq\f(a＋b,2)＝eq\f(b－a,2).②當|p1－p2|>log32時，不妨設p1<p2，那么p2－p1>log32.于是，當x≤p1時，有f1(x)＝3p1－x<3p2－x<f2(x)，從而f(x)＝f1(x)．當x≥p2時，f1(x)＝3x－p1＝3p2－p1·3x－p2>3log32·3x－p2＝f2(x)，從而f(x)＝f2(x)．當p1<x<p2時，f1(x)＝3x－p1及f2(x)＝2·3p2－x，由方程3x0－p1＝2·3p2－x0，解得f1(x)與f2(x)圖象交點的橫坐標為x0＝eq\f(p1＋p2,2)＋eq\f(1,2)log32.①顯然p1<x0＝p2－eq\f(1,2)[(p2－p1)－log32]<p2，這說明x0在p1與p2之間．由①易知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1(x)，p1≤x≤x0，,f2(x)，x0<x≤p2.))綜上可知，在區(qū)間[a，b]上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1(x)，a≤x≤x0，,f2(x)，x0<x≤b.))故由函數(shù)f1(x)與f2(x)的單調(diào)性可知，f(x)在區(qū)間[a，b]上的單調(diào)增區(qū)間的長度之和為(x0－p1)＋(b－p2)，由于f(a)＝f(b)，即3p1－a＝2·3b－p2，得p1＋p2＝a＋b＋log32.②故由①②得(x0－p1)＋(b－p2)＝b－eq\f(1,2)(p1＋p2－log32)＝eq\f(b－a,2).指數(shù)函數(shù)A,B組題A組1．(2010年黑龍江哈爾濱模擬)假設a>1，b<0，且ab＋a－b＝2eq\r(2)，那么ab－a－b的值等于________．解析：∵a>1，b<0，∴0<ab<1，a－b>1.又∵(ab＋a－b)2＝a2b＋a－2b＋2＝8，∴a2b＋a－2b＝6，∴(ab－a－b)2＝a2b＋a－2b－2＝4，∴ab－a－b＝－2.答案：－22．f(x)＝ax＋b的圖象如下圖，那么f(3)＝________.解析：由圖象知f(0)＝1＋b＝－2，∴b＝－3.又f(2)＝a2－3＝0，∴a＝eq\r(3)，那么f(3)＝(eq\r(3))3－3＝3eq\r(3)－3.答案：3eq\r(3)－33．函數(shù)y＝(eq\f(1,2))2x－x2的值域是________．解析：∵2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，∴(eq\f(1,2))2x－x2≥eq\f(1,2).答案：[eq\f(1,2)，＋∞)4．(2009年高考山東卷)假設函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有兩個零點，那么實數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)的零點的個數(shù)就是函數(shù)y＝ax與函數(shù)y＝x＋a交點的個數(shù)，由函數(shù)的圖象可知a>1時兩函數(shù)圖象有兩個交點，0<a<1時兩函數(shù)圖象有惟一交點，故a>1.答案：(1，+∞)5．(原創(chuàng)題)假設函數(shù)f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[0,2]，那么實數(shù)a等于________．解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,a2－1＝0,a0－1＝2))無解或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,a0－1＝0,a2－1＝2))?a＝eq\r(3).答案：eq\r(3)6．定義域為R的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù)．(1)求a，b的值；(2)假設對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范圍．解：(1)因為f(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1.從而有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)法一：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上為減函數(shù)，又因f(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0?f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．因f(x)是R上的減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.即對一切t∈R有3t2－2t－k>0，從而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).法二：由(1)知f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)，又由題設條件得eq\f(－2t2－2t＋1,2t2－2t＋1＋2)＋eq\f(－22t2－k＋1,22t2－k＋1＋2)<0即(22t2－k＋1＋2)(－2t2－2t＋1)＋(2t2－2t＋1＋2)(－22t2－k＋1)<0整理得23t2－2t－k>1，因底數(shù)2>1，故3t2－2t－k>0上式對一切t∈R均成立，從而判別式Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).B組1．如果函數(shù)f(x)＝ax＋b－1(a>0且a≠1)的圖象經(jīng)過第一、二、四象限，不經(jīng)過第三象限，那么一定有________．①0<a<1且b>0②0<a<1且0<b<1③a>1且b<0④a>1且b>0解析：當0<a<1時，把指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax的圖象向下平移，觀察可知－1<b－1<0，即0<b<1.答案：②2．(2010年保定模擬)假設f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，那么a的取值范圍是________．解析：f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2，所以f(x)在[a，＋∞)上為減函數(shù)，又f(x)，g(x)都在[1,2]上為減函數(shù)，所以需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1,a＋1>1))?0<a≤1.答案：(0,1]3．f(x)，g(x)都是定義在R上的函數(shù)，且滿足以下條件①f(x)＝ax·g(x)(a>0，a≠1)；②g(x)≠0；假設eq\f(f(1),g(1))＋eq\f(f(－1),g(－1))＝eq\f(5,2)，那么a等于________．解析：由f(x)＝ax·g(x)得eq\f(f(x),g(x))＝ax，所以eq\f(f(1),g(1))＋eq\f(f(－1),g(－1))＝eq\f(5,2)?a＋a－1＝eq\f(5,2)，解得a＝2或eq\f(1,2).答案：2或eq\f(1,2)4．(2010年北京朝陽模擬)函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1)，其反函數(shù)為f－1(x)．假設f(2)＝9，那么f－1(eq\f(1,3))＋f(1)的值是________．解析：因為f(2)＝a2＝9，且a>0，∴a＝3，那么f(x)＝3x＝eq\f(1,3)，∴x＝－1，故f－1(eq\f(1,3))＝－1.又f(1)＝3，所以f－1(eq\f(1,3))＋f(1)＝2.答案：25．(2010年山東青島質(zhì)檢)f(x)＝(eq\f(1,3))x，假設f(x)的圖象關于直線x＝1對稱的圖象對應的函數(shù)為g(x)，那么g(x)的表達式為________．解析：設y＝g(x)上任意一點P(x，y)，P(x，y)關于x＝1的對稱點P′(2－x，y)在f(x)＝(eq\f(1,3))x上，∴y＝(eq\f(1,3))2－x＝3x－2.答案：y＝3x－2(x∈R)6．(2009年高考山東卷改編)函數(shù)y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)的圖象大致為________．解析：∵f(－x)＝eq\f(e－x＋ex,e－x－ex)＝－eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，排除④.又∵y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝eq\f(e2x＋1,e2x－1)＝eq\f(e2x－1＋2,e2x－1)＝1＋eq\f(2,e2x－1)在(－∞，0)、(0，＋∞)上都是減函數(shù)，排除②、③.答案：①7．(2009年高考遼寧卷改編)函數(shù)f(x)滿足：當x≥4時，f(x)＝(eq\f(1,2))x；當x<4時，f(x)＝f(x＋1)，那么f(2＋log23)＝________.解析：∵2<3<4＝22，∴1<log23<2.∴3<2＋log23<4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝f(log224)＝(eq\f(1,2))log224＝2－log224＝2log2eq\f(1,24)＝eq\f(1,24).答案：eq\f(1,24)8．(2009年高考湖南卷改編)設函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|，當K＝eq\f(1,2)時，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：由f(x)＝2－|x|≤eq\f(1,2)得x≥1或x≤－1，∴fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≥1或x≤－1，,\f(1,2)，－1<x<1.))那么單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]10．(2010年寧夏銀川模擬)函數(shù)f(x)＝a2x＋2ax－1(a>0，且a≠1)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為14，求實數(shù)a的值．解：f(x)＝a2x＋2ax－1＝(ax＋1)2－2，∵x∈[－1,1]，(1)當0<a<1時，a≤ax≤eq\f(1,a)，∴當ax＝eq\f(1,a)時，f(x)取得最大值．∴(eq\f(1,a)＋1)2－2＝14，∴eq\f(1,a)＝3，∴a＝eq\f(1,3).(2)當a>1時，eq\f(1,a)≤a