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2014届高考数学(理)一轮复习专题集训:指数与指数函数


指数与指数函数
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)
4

1.计算 ( 2 2 ) 3 的结果是( (A) 2 2 (B)2 (C) 2 (D)2 2

)

1 2.若函数 f(x)=(a+ x )cosx 是奇函数,则常数 a 的值等于( e -1 1 1 (A)-1 (B)1 (C)- (D) 2 2 3.(2012·沈阳模拟)函数 y= ( 1 (A)[ ,+∞) 2 1 (C)(0, ] 2

)

1 2x-x 2 的值域为( ) 2

)

1 (B)(-∞, ] 2 (D)(0,2]
x

4.(2012·济南模拟)已知函数 f(x)=|2 -1|,a<b<c,且 f(a)>f(c)>f(b),则下列结论中, 必成立的是( ) (B)a<0,b≥0,c>0 (D)2 +2 <2
2 x x a c

(A)a<0,b<0,c<0 (C)2 <2
-a c

5.(2012·潍坊模拟)若 x∈(-∞,-1]时,不等式(m -m)·4 -2 <0 恒成立,则实数 m 的取 值范围是( (A)(-2,1) (C)(-1,2) ) (B)(-4,3) (D)(-3,4)
x

6.设函数 f(x)定义在实数集上,它的图象关于直线 x=1 对称,且当 x≥1 时,f(x)=3 -1, 则有( )

1 3 2 (A)f( )<f ( )<f( ) 3 2 3 2 3 1 (B)f( )<f( )<f( ) 3 2 3 2 1 3 (C)f( )<f( )<f( ) 3 3 2 3 2 1 (D)f( )<f( )<f( ) 2 3 3 二、填空题(每小题 6 分,共 18 分) 7.设函数 f(x)=a
-|x|

(a>0 且 a≠1),若 f(2)=4,则 f(-2)与 f(1)的大小关系是

.

8.函数 f(x)= a

x 2+2x-3

+m(a>1)恒过点(1,10),则 m=

.

9.设定义在 R 上的函数 f(x)同时满足以下条件:①f(x)+f(-x)=0;②f(x)=f(x+2);③ 1 3 5 x 当 0≤x≤1 时, f(x)=2 -1,则 f( )+f(1)+f( )+f(2)+f( )= 2 2 2 三、解答题(每小题 15 分,共 30 分) 10.(2012·福州模拟)已知对任意 x∈R,不等式 范围. 11.(易错题)设函数 f(x)=ka -a (a>0 且 a≠1)是定义域为 R 的奇函数; (1)若 f(1)>0,试求不等式 f(x +2x)+f(x-4)>0 的解集; 3 2x -2x (2)若 f(1)= ,且 g(x)=a +a -4f(x),求 g(x)在 [1,+∞)上的最小值. 2 【探究创新】 (16 分)定义在 D 上的函数 f(x),如果满足:对于任意 x∈D,存在常数 M>0,都有|f(x)|≤M 1 x 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·( ) 2 1 x +( ) ; 4 (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 的取值范围. (3)试定义函数的下界,举一个下界为 3 的函数模型,并进行证明.
2 x -x

.

1 2x
2

?x

1 2 >( ) 2x -mx+m+4 恒成立,求实数 m 的取值 2

答案解析 1.【解析】选 B.原式= [(2 ? 2 2 ) 2 ] 3 =(2 2 ) 3 =2. 2.【解析】选 D.设 g(x)=a+ 1 ,t(x)=cosx, x e -1
1 1 4 3 2

1 1 ∵t(x)=cosx 为偶函数,而 f(x)=(a+ x )cosx 为奇函数,∴g(x)=a+ x 为奇函数, e -1 e -1 1 e 又∵g(-x)=a+ -x =a+ x, e -1 1-e
x

e 1 1 ∴a+ )对定义域内的一切实数都成立,解得:a= . x=-(a+ x 1-e e -1 2 3.【解析】选 A.∵2x-x =-(x-1) +1≤1, ∴(
2 2

x

1 2x-x 2 1 ≥ . ) 2 2
x

4.【解析】选 D.函数 f(x)=|2 -1|的图象如图所示.

∵a<b<c 且 f(a)>f(c)>f(b), ∴f(a)=|2 -1|=1-2 , f(c)=|2 -1|=2 -1, 由 f(a)>f(c)得 2 +2 <2. 5.【解题指南】可通过移项,变形分离变量,运用恒成立转化为 m 的不等式求解. 1 x 2 【解析】选 C.原不等式变形为 m -m<( ) , 2 1 x ∵函数 y=( ) 在(-∞,-1]上是减函数, 2 1 x 1 -1 ∴( ) ≥( ) =2, 2 2 1 x 2 2 ∴x∈(-∞,-1]时,m -m<( ) 恒成立等价于 m -m<2,解得-1<m<2. 2 6.【解析】选 B.由已知条件可得 f(x)=f(2-x). 1 5 2 4 ∴f( )=f( ),f( )=f( ). 3 3 3 3 又 x≥1 时,f(x)=3 -1, 5 3 4 在(1,+∞)上递增,∴f( )>f( )>f( ). 3 2 3 1 3 2 即 f( )>f( )>f( ). 3 2 3 【方法技巧】具有对称性、奇偶性、周期性函数的函数值大小比较的常用方法: (1)单调性法:先利用相关性质,将待比较函数值调节到同一单调区间内,然后利用该函数在 该区间上的单调性比较大小.
x a c c c a a

(2)图象法:先利用相关性质作出函数的图象,再结合图象比较大小. 1 -2 7.【解析】由 f(2)=a =4,解得 a= , 2 ∴f(x)=2 ,∴f(-2)=4>2=f(1). 答案:f(-2)>f(1) 8.【解析】f(x)= a
x 2+2x-3
|x|

+m,在 x +2x-3=0 时,过定点(1,1+m)或(-3,1+m),

2

∴1+m=10,解得 m=9. 答案:9 9.【解题指南】根据条件先探究函数的奇偶性、周期性,再将所求函数值转化为已知函数值 求解. 【解析】依题意知:函数 f(x)为奇函数且周期为 2, 1 3 5 ∴f( )+f(1)+f( )+f(2)+f( ) 2 2 2 1 1 1 =f( )+f(1)+f(- )+f(0)+f( ) 2 2 2 1 1 1 =f( )+f(1)-f( )+f(0)+f( ) 2 2 2 1 =f( )+f(1)+f(0) 2
1

= 2 2 -1+2 -1+2 -1
1 0

= 2. 答案: 2 10.【解析】由题知:不等式 (
2 2

1 x 2 +x 1 2x 2 -mx+m+4 对 x∈R 恒成立, ) >( ) 2 2

∴x +x<2x -mx+m+4 对 x∈R 恒成立. ∴x -(m+1)x+m+4>0 对 x∈R 恒成立. ∴Δ =(m+1) -4 (m+4)<0. ∴m -2m-15<0.∴-3<m<5. 11.【解析】∵f(x)是定义域为 R 的奇函数, ∴f(0)=0,∴k-1=0,∴k=1. 1 (1)∵f(1)>0,∴a- >0, a 又 a>0 且 a≠1, ∴a>1,f(x)=a -a ,
x -x 2 2 2

而当 a>1 时,y=a 和 y=-a 在 R 上均为增函数, ∴f(x)在 R 上为增函数, 原不等式化为:f(x +2x)>f(4-x), ∴x +2x>4-x,即 x +3x-4>0, ∴x>1 或 x<-4, ∴不等式的解集为{x|x>1 或 x<-4}. 3 1 3 (2)∵f(1)= ,∴a- = , 2 a 2 即 2a -3a-2=0, 1 ∴a=2 或 a=- (舍去), 2 ∴g (x)=2 +2
x -x 2x -2x 2 2 2 2

x

-x

-4(2 -2 )=(2 -2 ) -4(2 -2 )+2,

x

-x

x

-x 2

x

-x

令 t=2 -2 (x≥1), 则 t=h(x)在[1,+∞)上为增函数(由(1)可知), 3 即 h(x)≥h(1)= . 2 ∴p(t)=t -4t+2=(t-2) -2, ∴当 t=2 时,g(x)min=-2,此时 x=log2(1+ 2), 当 x=log2(1+ 2)时,g(x)有最小值-2. 【误区警示】本题(2)中易由于不会换元转化为二次函数而无法进行下去,根本原因是对于较 复杂的函数式化繁为简,化陌生为熟悉训练不到位. 【探究创新】 1 x 1 x 1 x 1 2 3 【解析】(1)当 a=1 时,f(x)=1+( ) +( ) =[( ) + ] + , 2 4 2 2 4 ∵f(x)在(-∞,0)上递减,所以 f(x)>f(0)=3, 即 f(x)在(-∞,0)的值域为(3,+∞), 故不存在常数 M>0,使|f(x)|≤M 成立, ∴函数 f(x)在(-∞, 0)上不是有界函数. (2)由题意,|f(x)|≤3 在[0,+∞)上恒成立. 1 x 1 x 1 x -3≤f(x)≤3,-4-( ) ≤a·( ) ≤2-( ) , 4 2 4 1 x 1 x x x ∴-4·2 -( ) ≤a≤2·2 -( ) 2 2 在[0,+∞)上恒成立,
2 2

1 x 1 x x x ∴[-4·2 -( ) ]max≤a≤[2·2 -( ) ]min. 2 2 1 1 x 设 2 =t,h (t)=-4t- ,p(t)=2t- , t t 由 x∈[0,+∞)得 t≥1,设 1≤t1<t2, h(t1)-h(t2)=

(t 2 ? t1 )(4t1t 2 ? 1) >0, t1 t 2 (t1 ? t 2 )(2t1t 2 ? 1) <0, t1 t 2

p(t1)-p(t2)=

所以 h(t)在[1,+∞)上递减,p(t)在[1,+∞)上递增,h(t)在[1,+∞)上的最大值为 h(1) =-5,p(t)在[1,+∞)上的最小值为 p(1)=1,所以实数 a 的取值范围为[-5,1]. (3)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)的下界 例如 f(x)=3,有|f(x)|≥3; 证明:∵x∈R,|f(x)|=3≥3, ∴命题成立.


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