高考數學一輪總復習 第二章 函數與導數課時訓練 理-人教版高三數學試題

第二章函數與導數第1課時函數及其表示1.下列對應f是從集合A到集合B的函數有________個．①A＝N，B＝N*，f：x→y＝|x－2|；②A＝{1，2，3}，B＝R，f(1)＝f(2)＝3，f(3)＝4；③A＝[－1，1]，B＝{0}，f：x→y＝0.答案：22.下列四組函數中，表示同一函數的是________．(填序號)①y＝x－1與y＝eq\r(（x－1）2)；②y＝eq\r(x－1)與y＝eq\f(x－1,\r(x－1))；③y＝4lgx與y＝2lgx2；④y＝lgx－2與y＝lgeq\f(x,100).答案：④解析：①中y＝eq\r(（x－1）2)的表達式為y＝|x－1|，與y＝x－1表達式不一致；②中y＝eq\r(x－1)的定義域為{x|x≥1}，y＝eq\f(x－1,\r(x－1))的定義域為{x|x>1}；③中y＝4lgx的定義域為{x|x>0}，y＝2lgx2的定義域為{x|x≠0}；④中兩個函數定義域和表達式都一致．3.若f(eq\r(x)＋1)＝x＋1，則f(x)＝___________．答案：x2－2x＋2(x≥1)解析：令t＝eq\r(x)＋1，則x＝(t－1)2，所以f(t)＝(t－1)2＋1.4.已知函數φ(x)＝f(x)＋g(x)，其中f(x)是x的正比例函數，g(x)是x的反比例函數，且φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝16，φ(1)＝8，則φ(x)＝________．答案：3x＋eq\f(5,x)(x≠0)解析：由題可設φ(x)＝ax＋eq\f(b,x)，代入φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝16，φ(1)＝8，得a＝3，b＝5.5.已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2，x＜1，,x2＋ax，x≥1，))若f(f(0))＝4a，則實數a＝__________．答案：2解析：∵f(0)＝3×0＋2＝2，f(f(0))＝f(2)＝4＋2a＝4a，∴a＝2.6.現向一個半徑為R的球形容器內勻速注入某種液體，下面圖形中能表示在注入過程中容器的液面高度h隨時間t變化的函數關系的是____________．(填序號)答案：③解析：從球的形狀可知，水的高度開始時增加的速度越來越慢，當超過半球時，增加的速度又越來越快，故③正確．7.設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,\r(－x)，x＜0，))若f(a)＋f(－1)＝2，則a＝__________．答案：±1解析：∵f(a)＋f(－1)＝2，且f(－1)＝eq\r(1)＝1，∴f(a)＝1，當a≥0時，f(a)＝eq\r(a)＝1，a＝1；當a<0時，f(a)＝eq\r(－a)＝1，a＝－1.∴a＝±1.8.已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2ax，x≥2，,2x＋1，x＜2，))若f(f(1))＞3a2，則a的取值范圍是________．答案：(－1，3)解析：由題知，f(1)＝2＋1＝3，f(f(1))＝f(3)＝32＋6a＝9＋6a，若f(f(1))>3a2，則9＋6a>3a2，即a2－2a－3<0，解得－1<a<3.9.已知函數f(x)對一切實數x、y均有f(x＋y)－f(y)＝x(x＋2y＋1)成立，且f(1)＝0.(1)求f(0)的值；(2)試確定函數f(x)的解析式．解：(1)令x＝1，y＝0，得f(1)－f(0)＝2.又f(1)＝0，故f(0)＝－2.(2)令y＝0，則f(x)－f(0)＝x(x＋1)，由(1)知，f(x)＝x(x＋1)＋f(0)＝x(x＋1)－2＝x2＋x－2.10.已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x<0，))g(x)＝x＋2.(1)若f(g(a))＝g(f(－1))，求a的值；(2)解不等式f(1－x2)>f(2x)．解：(1)由條件，g(f(－1))＝3，g(a)＝a＋2，所以f(g(a))＝g(f(－1))即為f(a＋2)＝3.當a＋2≥0，即a≥－2時，(a＋2)2＋1＝3，所以a＝－2＋eq\r(2)；當a＋2<0，即a<－2時，顯然不成立．所以a＝－2＋eq\r(2).(2)由f(1－x2)>f(2x)，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,1－x2>2x，))解得－1<x<eq\r(2)－1.所以不等式的解集為(－1，eq\r(2)－1)．11.是否存在正整數a、b，使f(x)＝eq\f(x2,ax－2)，且滿足f(b)＝b及f(－b)<－eq\f(1,b)？若存在，求出a、b的值；若不存在，說明理由．解：假設存在正整數a、b滿足題意．∵f(x)＝eq\f(x2,ax－2)，f(b)＝b，∴eq\f(b2,ab－2)＝b，即(a－1)b＝2.∵a、b∈N*，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝2.)))當a＝3，b＝1時，f(x)＝eq\f(x2,3x－2)，此時－b＝－1，∴f(－b)＝f(－1)＝－eq\f(1,5)>－1＝－eq\f(1,b)，因此a＝3，b＝1不符合題意，舍去；當a＝2，b＝2時，f(x)＝eq\f(x2,2x－2)，此時－b＝－2，∴f(－b)＝f(－2)＝－eq\f(2,3)<－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,b)，符合題意．∴存在a＝2，b＝2滿足條件使f(x)＝eq\f(x2,2x－2).第2課時函數的定義域和值域1.函數y＝eq\f(1,\r(3x－2))＋lg(2x－1)的定義域是__________．答案：(eq\f(2,3)，＋∞)解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－2＞0，,2x－1＞0，))得x＞eq\f(2,3)，故函數定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).2.(2014·蘇錫常鎮(zhèn)二模)函數y＝eq\f(1,lnx)(x≥e)的值域是______．答案：(0，1]解析：y＝eq\f(1,lnx)為[e，＋∞)上單調遞減函數，從而函數值域為(0，1]．3.若集合M＝{y|y＝2－x}，N＝{y|y＝eq\r(x－1)}，則M∩N＝_______________．答案：{y|y>0}解析：M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)))))＝{y|y>0}，N＝{y|y≥0}，∴M∩N＝{y|y>0}∩{y|y≥0}＝{y|y>0}．4.函數y＝eq\r(x)－x(x≥1)的值域為________．答案：(－∞，0]解析：y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)，因為x≥1，所以y≤0.5.若函數y＝eq\f(1,2)x2－2x＋4的定義域、值域都是閉區(qū)間[2，2b]，則b＝________．答案：2解析：y＝eq\f(1,2)x2－2x＋4＝eq\f(1,2)(x－2)2＋2，顯然f(2b)＝2b，結合b>1，得b＝2.6.已知f(x)＝a－eq\f(1,2x－1)是定義在(－∞，－1]∪[1，＋∞)上的奇函數，則f(x)的值域為________．答案：[－eq\f(3,2)，－eq\f(1,2))∪(eq\f(1,2)，eq\f(3,2)]解析：∵f(x)＝a－eq\f(1,2x－1)是定義在(－∞，－1]∪[1，＋∞)上的奇函數，則滿足f(－1)＋f(1)＝0，可得a＝－eq\f(1,2)，則f(x)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1).由x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，得0<2x≤eq\f(1,2)或2x≥2，可得eq\f(1,2)<－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1)≤eq\f(3,2)或－eq\f(3,2)≤－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x－1)<－eq\f(1,2).7.函數f(x)的定義域為D，若滿足：①f(x)在D內是單調函數，②存在[a，b]D，使f(x)在[a，b]上的值域為[－b，－a]，那么y＝f(x)叫做對稱函數．現有f(x)＝eq\r(2－x)－k是對稱函數，則k的取值范圍是____________．答案：[2，eq\f(9,4)]解析：由于f(x)＝eq\r(2－x)－k在(－∞，2]上是減函數，故滿足①.又f(x)在[a，b]上的值域為[－b，－a]，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2－a)－k＝－a，,\r(2－b)－k＝－b，))∴a和b是關于x的方程eq\r(2－x)－k＝－x在(－∞，2]上的兩個不同實根．令t＝eq\r(2－x)，則x＝2－t2，t≥0，∴k＝－t2＋t＋2＝－(t－eq\f(1,2))2＋eq\f(9,4)，∴k的取值范圍是k∈[2，eq\f(9,4)]．8.若函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x<0，,－2－x，x>0，))則函數y＝f(f(x))的值域是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：x＜0時，f(x)＝2x∈(0，1)，eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x)＜1，f(f(x))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))；同理可得x＞0時，f(f(x))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).綜上所述，函數y＝f(f(x))的值域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).9.若函數f(x)＝eq\r(（a2－1）x2＋（a－1）x＋\f(2,a＋1))的定義域為R，求實數a的取值范圍．解：由函數的定義域為R，可知對x∈R，f(x)恒有意義，即對x∈R，(a2－1)x2＋(a－1)x＋eq\f(2,a＋1)≥0恒成立．①當a2－1＝0，即a＝1(a＝－1舍去)時，有1≥0，對x∈R恒成立，故a＝1符合題意；②當a2－1≠0，即a≠±1時，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－1＞0，,Δ＝（a－1）2－4（a2－1）×\f(2,a＋1)≤0，))解得1<a≤9.綜上，可得實數a的取值范圍是[1，9]．10.已知函數g(x)＝eq\r(x)＋1，h(x)＝eq\f(1,x＋3)(x∈(－3，a])，其中a為常數且a>0，令函數f(x)＝g(x)·h(x)．(1)求函數f(x)的表達式，并求其定義域；(2)當a＝eq\f(1,4)時，求函數f(x)的值域．解：(1)f(x)＝eq\f(\r(x)＋1,x＋3)，x∈[0，a](a>0)．(2)函數f(x)的定義域為[0，eq\f(1,4)]，令eq\r(x)＋1＝t，則x＝(t－1)2，t∈[1，eq\f(3,2)]，f(x)＝F(t)＝eq\f(t,t2－2t＋4)＝eq\f(1,t＋\f(4,t)－2)，當t＝eq\f(4,t)時，t＝±2[1，eq\f(3,2)]，又t∈[1，eq\f(3,2)]時，t＋eq\f(4,t)單調遞減，F(t)單調遞增，F(t)∈[eq\f(1,3)，eq\f(6,13)]．即函數f(x)的值域為[eq\f(1,3)，eq\f(6,13)]．11.設函數f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x).(1)設t＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x)，求t的取值范圍，并把f(x)表示為t的函數h(t)；(2)求函數f(x)的最值．解：(1)∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1＋x≥0，,1－x≥0，)))∴－1≤x≤1，∴t2＝(eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x))2＝2＋2eq\r(1－x2)∈[2，4]，∴t∈[eq\r(2)，2]．由eq\r(1－x2)＝eq\f(1,2)t2－1，∴h(t)＝eq\f(1,2)t2＋t－1，t∈[eq\r(2)，2]．(2)由h(t)＝eq\f(1,2)t2＋t－1＝eq\f(1,2)(t＋1)2－eq\f(3,2)∈[eq\r(2)，3]，∴f(x)的最大值為3，最小值為eq\r(2).

第3課時函數的單調性1.(2014·北京)下列函數中，定義域是R且為增函數的是________．(填序號)①y＝e－x；②y＝x3；③y＝lnx；④y＝|x|.答案：②解析：由定義域為R，排除選項③，由函數單調遞增，排除選項①④.2.函數y＝x－eq\f(1,x)的單調增區(qū)間為__________．答案：(－∞，0)，(0，＋∞)3.已知f(x)＝x2＋x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))________f(2)．(填“≤”或“≥”)答案：≥解析：∵f(x)的對稱軸方程為x＝－eq\f(1,2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上為增函數．又a2＋eq\f(1,a2)≥2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥f(2)．4.函數f(x)＝2x＋log2x，x∈[1，2]的值域是________．答案：[2，5]解析：因為f(x)＝2x＋log2x在區(qū)間[1，2]上為增函數，所以f(x)∈[2，5]．5.若函數f(x)＝x2＋ax與g(x)＝eq\f(a,x－1)在區(qū)間(1，2)上都是增函數，則實數a的取值范圍是________．答案：[－2，0)解析：若f(x)在(1，2)上是增函數，則a≥－2；若g(x)在(1，2)上是增函數，則a<0.6.設函數f(x)＝|x|x＋bx＋c，則下列命題正確的是______．(填序號)①當b>0時，函數f(x)在R上是單調增函數；②當b<0時，函數f(x)在R上有最小值；③函數f(x)的圖象關于點(0，c)對稱；④方程f(x)＝0可能有三個實數根．答案：①③④解析：當b>0時，f(x)＝|x|x＋bx＋c＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≥0，,－x2＋bx＋c，x＜0))知函數f(x)在R上是單調增函數，故①正確；當b<0時，f(x)＝|x|x＋bx＋c＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≥0，,－x2＋bx＋c，x＜0，))值域是R，故函數f(x)在R上沒有最小值，故②不正確；若f(x)＝|x|x＋bx，那么函數f(x)是奇函數，f(－x)＝－f(x))，也就是說函數f(x)的圖象關于(0，0)對稱．而函數f(x)＝|x|x＋bx＋c的圖象是由函數f(x)＝|x|x＋bx的圖象沿y軸移動，故圖象一定是關于(0，c)對稱，故③正確；令b＝－2，c＝0，則f(x)＝|x|x－2x＝0，解得x＝0，2，－2.故④正確．7.已知定義在實數集R上的偶函數f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上是單調增函數．若f(1)<f(lnx)，則x的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))∪(e，＋∞)解析：|lnx|>1，所以lnx<－1或lnx>1，所以0<x<eq\f(1,e)或x>e.8.設函數f(x)定義在實數集上，f(2－x)＝f(x)，且當x≥1時，f(x)＝lnx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))、f(2)、feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的大小關系為________________________．(從小到大排列)答案：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f(2)解析：由f(2－x)＝f(x)可知，f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，又當x≥1時，f(x)＝lnx，可知當x≥1時，f(x)為增函數，所以當x<1時f(x)為減函數．因為|eq\f(1,2)－1|＜|eq\f(1,3)－1|＜|2－1|，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<f(2)．9.設函數f(x)＝ax2＋bx＋1(a、b∈R)．(1)若f(－1)＝0，且對任意實數x均有f(x)≥0，求實數a、b的值；(2)在(1)的條件下，當x∈[－2，2]時，g(x)＝f(x)－kx是單調函數，求實數k的取值范圍．解：(1)a＝1，b＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋2x＋1，所以g(x)＝x2＋(2－k)x＋1，因為g(x)在[－2，2]上是單調函數，所以[－2，2]eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(k－2,2)))或[－2，2]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k－2,2)，＋∞))，解得k≤－2或k≥6.10.已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內單調遞增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)內單調遞減，求a的取值范圍．(1)證明：設x1<x2<－2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)內單調遞增．(2)解：設1<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.綜上所述，a的取值范圍為(0，1]．11.定義在R上的函數f(x)滿足：對任意實數m、n，總有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且當x>0時，0<f(x)<1.(1)試求f(0)的值；(2)判斷f(x)的單調性，并證明你的結論；(3)設A＝{(x，y)|f(x2)·f(y2)>f(1)}，B＝{(x，y)|f(ax－y＋eq\r(2))＝1，a∈R}，若A∩B＝，試確定a的取值范圍．解：(1)在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝1，n＝0，得f(1)＝f(1)·f(0)．因為f(1)≠0，所以f(0)＝1.(2)任取x1、x2∈R，且x1<x2.在已知條件f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，若取m＋n＝x2，m＝x1，則已知條件可化為f(x2)＝f(x1)·f(x2－x1)．由于x2－x1>0，所以0<f(x2－x1)<1.為比較f(x2)，f(x1)的大小，只需考慮f(x1)的正負即可．在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝x，n＝－x，則得f(x)·f(－x)＝1.因為當x>0時，0<f(x)<1，所以當x<0時，f(x)＝eq\f(1,f（－x）)>1>0.又f(0)＝1，所以綜上可知，對于任意的x1∈R，均有f(x1)>0.所以f(x2)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0.所以函數f(x)在R上單調遞減．(3)f(x2)·f(y2)>f(1)，即x2＋y2<1.f(ax－y＋eq\r(2))＝1＝f(0)，即ax－y＋eq\r(2)＝0.由A∩B＝，得直線ax－y＋eq\r(2)＝0與圓面x2＋y2<1無公共點，所以eq\f(\r(2),\r(a2＋1))≥1，解得－1≤a≤1.故a的取值范圍為[－1，1]第4課時函數的奇偶性及周期性1.已知奇函數f(x)的定義域為(－2a，a2－3)，則a＝________．答案：3解析：(－2a)＋(a2－3)＝0，且－2a＜0.2.已知函數y＝f(x)是奇函數，當x>0時，f(x)＝lgx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))))＝_________．答案：－lg2解析：因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＝lgeq\f(1,100)＝－2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))))＝f(－2)＝－f(2)＝－lg2.3.若函數f(x)＝eq\f(x,（2x＋1）（x－a）)是奇函數，則實數a＝________．答案：eq\f(1,2)解析：由f(－x)＝－f(x)恒成立可得a＝eq\f(1,2).4.(2014四川)設f(x)是定義在R上的周期為2的函數，當x∈[－1，1)時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x2＋2，－1≤x＜0，,x，0≤x＜1，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝____________．答案：1解析：由題意可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋2＝1.5.設f(x)是定義在R上且周期為2的函數，在區(qū)間[－1，1]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋1，－1≤x<0，,\f(bx＋2,x＋1)，0≤x≤1，))其中a、b∈R.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，則a＋3b＝________．答案：－10解析：因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，函數f(x)的周期為2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).根據f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋1，－1≤x<0，,\f(bx＋2,x＋1)，0≤x≤1，))得3a＋2b＝－2.又f(1)＝f(－1)，得到－a＋1＝eq\f(b＋2,2)，即2a＋b＝0.結合上面的式子解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝－10.6.(2014·蘇州期末)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x（x≥0），,－x2＋x（x＜0），))則不等式f(x2－x＋1)<12的解集是________．答案：(－1，2)解析：由函數圖象知f(x)為R上的增函數且f(3)＝12.從而x2－x＋1＜3，即x2－x－2＜0，∴－1＜x＜2.7.(2014·徐州二模)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，且當x≤0時，f(x)＝－x2－3x，則不等式f(x－1)＞－x＋4的解集是__________．答案：(4，＋∞)解析：由題意得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－3x，x≤0，,x2－3x，x＞0，))f(x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－1）2－3（x－1），x－1≤0，,（x－1）2－3（x－1），x－1＞0，))即f(x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－x＋2，x≤1，,x2－5x＋4，x＞1，))所以不等式f(x－1)＞－x＋4可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－x＋2＞－x＋4，,x≤1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋4＞－x＋4，,x＞1，))解得x＞4.8.(2014·新課標)已知偶函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，f(3)＝3，則f(－1)＝__________．答案：3解析：因為函數圖象關于直線x＝2對稱，所以f(3)＝f(1)．又函數為偶函數，所以f(－1)＝f(1)，故f(－1)＝3.9.已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，且它的圖象關于直線x＝1對稱．(1)求證：f(x)是周期為4的周期函數；(2)若f(x)＝eq\r(x)(0<x≤1)，求x∈[－5，－4]時，函數f(x)的解析式．(1)證明：由函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，得f(x＋1)＝f(1－x)，即有f(－x)＝f(x＋2)．又函數f(x)是定義在R上的奇函數，故有f(－x)＝－f(x)．故f(x＋2)＝－f(x)．從而f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期為4的周期函數．(2)解：由函數f(x)是定義在R上的奇函數，有f(0)＝0，當x∈[－1，0)時，－x∈(0，1]，f(x)＝－f(－x)＝－eq\r(－x).故x∈[－1，0]時，f(x)＝－eq\r(－x).又f(0)＝0，x∈[－5，－4]，x＋4∈[－1，0]，f(x)＝f(x＋4)＝－eq\r(－x－4).從而，x∈[－5，－4]時，函數f(x)＝－eq\r(－x－4).10.設函數f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0且a≠1)是定義域為R的奇函數．(1)求k的值；(2)若f(1)<0，試判斷函數單調性，并求使不等式f(x2＋tx)＋f(4－x)<0對任意實數x恒成立的t的取值范圍．解：(1)∵f(x)是定義在R上的奇函數，∴f(0)＝0，∴1－(k－1)＝0，∴k＝2.(2)f(x)＝ax－a－x(a>0且a≠1)，由于f(1)<0，∴a－eq\f(1,a)<0，∴0<a<1.∴f(x)在R上是減函數．不等式f(x2＋tx)＋f(4－x)<0等價于f(x2＋tx)<f(x－4)．∴x2＋tx>x－4，即x2＋(t－1)x＋4>0恒成立．∴Δ＝(t－1)2－16<0，解得－3<t<5.11.設y＝f(x)是定義在R上的奇函數，且當x≥0時，f(x)＝2x－x2.(1)求當x<0時，f(x)的解析式；(2)請問是否存在這樣的正數a、b，當x∈[a，b]時，g(x)＝f(x)，且g(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，\f(1,a)))？若存在，求出a、b的值；若不存在，請說明理由．解：(1)當x<0時，－x>0，于是f(－x)＝2(－x)－(－x)2＝－2x－x2.因為y＝f(x)是定義在R上的奇函數，所以f(x)＝－f(－x)＝－(－2x－x2)＝2x＋x2，即f(x)＝2x＋x2(x<0)．(2)假設存在，則由題意知g(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1，x∈[a，b]，a>0,所以eq\f(1,a)≤1，a≥1,從而函數g(x)在[a，b]上單調遞減．于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2a－a2＝\f(1,a)，,2b－b2＝\f(1,b)，)))所以a、b是方程2x－x2＝eq\f(1,x)的兩個不等正根，方程變形為x3－2x2＋1＝0，即(x－1)(x2－x－1)＝0，方程的根為x＝1或x＝eq\f(1±\r(5),2).因為0<a<b,所以a＝1，b＝eq\f(1＋\r(5),2).第5課時函數的圖象1.函數f(x)＝eq\f(2x＋1,x－1)圖象的對稱中心的坐標是________．答案：(1，2)解析：f(x)＝2＋eq\f(3,x－1).2.函數f(x)＝(2－a2)x＋a的圖象在區(qū)間[0，1]上恒在x軸上方，則實數a的取值范圍是________．答案：(0，2)解析：由題意，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（1）>0))即可．3.設f(x)表示－x＋6和－2x2＋4x＋6中較小者，則函數f(x)的最大值是__________．答案：6解析：在同一坐標系中，作出y＝－x＋6和y＝－2x2＋4x＋6的圖象如圖所示，可觀察出當x＝0時函數f(x)取得最大值6.4.函數f(x)＝|x2－ax－a|(a>0)的單調遞增區(qū)間是________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2＋4a),2)，\f(a,2)))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2＋4a),2)，＋∞))5.不等式lg(－x)<x＋1的解集是________．答案：(－1，0)6.設D＝{(x，y)|(x－y)(x＋y)≤0}，記“平面區(qū)域D夾在直線y＝－1與y＝t(t∈[－1，1])之間的部分的面積”為S，則函數S＝f(t)的圖象的大致形狀為__________．(填序號)答案：③解析：如圖平面區(qū)域D為陰影部分，當t＝－1時，S＝0，排除④；當t＝－eq\f(1,2)時，S>eq\f(1,4)Smax，排除①②.7.對于函數y＝f(x)(x∈R)，給出下列命題：①在同一直角坐標系中，函數y＝f(1－x)與y＝f(x－1)的圖象關于直線x＝0對稱；②若f(1－x)＝f(x－1)，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱；③若f(1＋x)＝f(x－1)，則函數y＝f(x)是周期函數；④若f(1－x)＝－f(x－1)，則函數y＝f(x)的圖象關于點(0，0)對稱．其中正確的是______________．(填序號)答案：③④解析：∵f(x)與y＝f(－x)的圖象關于直線x＝0對稱，函數y＝f(x－1)與y＝f(1－x)的圖象可以分別由f(x)與y＝f(－x)的圖象向右平移了一個單位而得到，從而可得函數y＝f(x－1)與y＝f(1－x)的圖象關于直線x＝1對稱，故①錯誤；若f(1－x)＝f(x－1)，令t＝1－x，有f(t)＝f(－t)，則函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝0對稱，故②錯誤；若f(1＋x)＝f(x－1)，則f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝f(x)，函數y＝f(x)是以2為周期的周期函數，故③正確；若f(1－x)＝－f(x－1)，則可得f(－t)＝－f(t)，即函數f(x)為奇函數，從而可得函數y＝f(x)的圖象關于點(0，0)對稱，故④正確．8.(2014·蘇北四市期末)已知函數f(x)＝x|x－2|，則不等式f(eq\r(2)－x)≤f(1)的解集為____________．答案：[－1，＋∞)解析：f(x)示意圖如下：f(1)＝1，令x(x－2)＝1，x＞2，解得x＝eq\r(2)＋1，從而f(eq\r(2)－x)≤f(1)，即eq\r(2)－x≤eq\r(2)＋1，解得x≥－1.9.作出下列函數的圖象，并根據圖象寫出函數的單調區(qū)間．(1)y＝|3x－1|；(2)y＝|x－2|(x＋1)．解：(1)y＝|3x－1|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1，x≥0，,1－3x，x<0，))圖象如下，其單調增區(qū)間是(0，＋∞)，單調減區(qū)間是(－∞，0)．(2)由y＝|x－2|(x＋1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(9,4)，x<2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(9,4)，x≥2，))圖象如下，其單調增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和(2，＋∞)，單調減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).10.若直線y＝2a與函數y＝|ax－1|(a＞0且a≠1)的圖象有兩個公共點，求a的取值范圍．解：當0＜a＜1時，y＝|ax－1|的圖象如圖1所示，由已知得0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2).當a＞1時，y＝|ax－1|的圖象如圖2所示，由已知可得0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2)，但a＞1，故a∈．綜上可知，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).11.已知函數y＝f(x)的定義域為R，并對一切實數x，都滿足f(2＋x)＝f(2－x)．(1)證明：函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝2對稱；(2)若f(x)是偶函數，且x∈[0，2]時，f(x)＝2x－1，求x∈[－4，0]時的f(x)的表達式．(1)證明：設P(x0，y0)是函數y＝f(x)圖象上任一點，則y0＝f(x0)，點P關于直線x＝2的對稱點為P′(4－x0，y0)．因為f(4－x0)＝f(2＋(2－x0))＝f(2－(2－x0))＝f(x0)＝y(tǒng)0，所以P′也在y＝f(x)的圖象上，所以函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝2對稱．(2)解：因為當x∈[－2，0]時，－x∈[0，2]，所以f(－x)＝－2x－1.因為f(x)為偶函數，所以f(x)＝f(－x)＝－2x－1，x∈[－2，0]．當x∈[－4，－2]時，4＋x∈[0，2]，所以f(4＋x)＝2(4＋x)－1＝2x＋7.而f(4＋x)＝f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝2x＋7，x∈[－4，－2]．所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋7，x∈[－4，－2]，,－2x－1，x∈[－2，0].))第6課時二次函數1.函數y＝2x2－8x＋2在區(qū)間[－1，3]上的值域為________．答案：[－6，12]解析：y＝2(x－2)2－6.當x＝2時，y最小為－6；當x＝－1時，y最大為12.2.設f(x)＝x2＋ax＋3，不等式f(x)≥a對x∈R恒成立，則實數a的取值范圍為________．答案：－6≤a≤2解析：依題意，x2＋ax＋3－a≥0對x∈R恒成立，故函數的圖象恒在x軸的上方或與x軸最多只有一個公共點，從而Δ＝a2－4(3－a)≤0.3.二次函數f(x)＝2x2＋5，若實數p≠q，使f(p)＝f(q)，則f(p＋q)＝________．答案：5解析：由f(p)＝f(q)，知二次函數圖象的對稱軸為x＝eq\f(p＋q,2)，則f(p＋q)＝f(0)＝5.4.已知函數f(x)＝ax2＋(1－3a)x＋a在區(qū)間[1，＋∞)上遞增，則實數a的取值范圍是________．答案：[0，1]解析：若a＝0，滿足題意；若a≠0，則a＞0且－eq\f(1－3a,2a)≤1.5.已知二次函數f(x)＝ax2－4x＋c的值域是[0，＋∞)，則eq\f(1,a)＋eq\f(9,c)的最小值是____________．答案：3解析：由二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c的值域為[0，＋∞)，知a>0，且b2＝4ac，從而ac＝4，則eq\f(1,a)＋eq\f(9,c)＝eq\f(1,a)＋eq\f(9a,4)≥2eq\r(\f(1,a)×\f(9,4)a)＝3.6.若函數f(x)＝ax2＋bx＋6滿足條件f(－1)＝f(3)，則f(2)的值為__________．答案：6解析：由f(－1)＝f(3)知，對稱軸x＝－eq\f(b,2a)＝1，則b＝－2a，所以f(2)＝4a＋2b＋6＝6.7.如圖，已知二次函數y＝ax2＋bx＋c(a、b、c為實數，a≠0)的圖象過點C(t，2)，且與x軸交于A、B兩點，若AC⊥BC，則a＝________．答案：－eq\f(1,2)解析：設y＝a(x－x1)(x－x2)，由條件，a(t－x1)(t－x2)＝2，又AC⊥BC，利用斜率關系得，eq\f(2,t－x1)·eq\f(2,t－x2)＝－1，所以a＝－eq\f(1,2).8.設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，x＞0，,x2＋bx＋c，x≤0，))若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，則關于x的不等式f(x)≤1的解集為____________．答案：{x|－3≤x≤－1或x>0}解析：由f(－4)＝f(0)，得b＝4.又f(－2)＝0，可得c＝4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋4x＋4≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－2≤1，))可得－3≤x≤－1或x>0.9.已知函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b∈R，c∈R)．(1)若函數f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x＞0，,－f（x），x＜0，))求F(2)＋F(－2)的值；(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立，試求b的取值范圍．解：(1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，且－eq\f(b,2a)＝－1，解得a＝1，b＝2.則f(x)＝(x＋1)2.則F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2，x＞0，,－（x＋1）2，x＜0.))故F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由題意得f(x)＝x2＋bx，原命題等價于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立，即b≤eq\f(1,x)－x且b≥－eq\f(1,x)－x在(0，1]上恒成立．又當x∈(0，1]時，eq\f(1,x)－x的最小值為0，－eq\f(1,x)－x的最大值為－2，故－2≤b≤0.10.已知f(x)＝x2＋ax＋3－a，且f(x)在閉區(qū)間[－2，2]上恒為非負數，求實數a的取值范圍．解：f(x)＝x2＋ax＋3－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋3－a－eq\f(a2,4).由題意，f(x)≥0在x∈[－2，2]上恒成立，即[f(x)]min≥0.當－eq\f(a,2)<－2，即a>4時，[f(x)]min＝f(－2)＝7－3a，由7－3a≥0，得a≤eq\f(7,3)，這與a>4矛盾，此時a不存在．當－2≤－eq\f(a,2)≤2，即－4≤a≤4時，[f(x)]min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝3－a－eq\f(a2,4)，由3－a－eq\f(a2,4)≥0，得－6≤a≤2，此時－4≤a≤2.當－eq\f(a,2)>2，即a<－4時，[f(x)]min＝f(2)＝7＋a，由7＋a≥0，得a≥－7，此時－7≤a<－4.綜上所述，實數a的取值范圍是[－7，2]．11.已知a∈R，函數f(x)＝x|x－a|.(1)當a＝2時，寫出函數y＝f(x)的單調遞增區(qū)間；(2)當a>2時，求函數y＝f(x)在區(qū)間[1，2]上的最小值；(3)設a≠0，函數y＝f(x)在(m，n)上既有最大值又有最小值，請分別求出m、n的取值范圍(用a表示)．解：(1)當a＝2時，f(x)＝x|x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－2），x≥2，,x（2－x），x<2，))由圖象可知，y＝f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，1]，[2，＋∞)．(2)因為a>2，x∈[1，2]，所以f(x)＝x(a－x)＝－x2＋ax＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(a2,4).當1<eq\f(a,2)≤eq\f(3,2)，即2<a≤3時，f(x)min＝f(2)＝2a－4；當eq\f(a,2)>eq\f(3,2)，即a>3時，f(x)min＝f(1)＝a－1.所以f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－4，2＜a≤3，,a－1，a>3.))(3)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－a），x≥a，,x（a－x），x<a，))①當a>0時，圖象如圖1所示．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(a2,4)，,y＝x（x－a）))得x＝eq\f(（\r(2)＋1）a,2).∴0≤m＜eq\f(a,2)，a<n≤eq\f(\r(2)＋1,2)a.②當a<0時，圖象如圖2所示．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(a2,4)，,y＝x（a－x），))得x＝eq\f(1＋\r(2),2)a.∴eq\f(\r(2)＋1,2)a≤m＜a，eq\f(a,2)＜n≤0第7課時指數函數、對數函數及冪函數(1)1.化簡eq\r(\f(3b,a))·eq\r(3,\f(a2,3b))(a>0，b>0)＝________．答案：eq\r(6,3ab)2.已知3a＝2，3b＝eq\f(1,5)，則32a－b＝________．答案：20解析：32a－b＝eq\f(32a,3b)＝eq\f(4,\f(1,5))＝20.3.(log29)·(log34)＝__________．答案：4解析：(log29)·(log34)＝eq\f(lg9,lg2)×eq\f(lg4,lg3)＝eq\f(2lg3,lg2)×eq\f(2lg2,lg3)＝4.4.(2014·安徽)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,81)))eq\s\up12(－\f(3,4))＋log3eq\f(5,4)＋log3eq\f(4,5)＝________．答案：eq\f(27,8)解析：原式＝[(eq\f(2,3))4]－eq\f(3,4)＋log3(eq\f(5,4)×eq\f(4,5))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(－3)＝eq\f(27,8).5.設lg2＝a，lg3＝b，則log512用a、b可表示為________．答案：eq\f(2a＋b,1－a)解析：log512＝eq\f(lg12,lg5)＝eq\f(2lg2＋lg3,1－lg2).6.若對數式log(a－2)(5－a)有意義，則實數a的取值范圍是____________．答案：(2，3)∪(3，5)解析：由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＞0，,a－2≠1，,5－a＞0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞2，,a≠3，,a＜5))∴2<a<5且a≠3.7.對任意的非零實數a、b，若ab＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－1,a)，a＜b，,\f(a＋1,b)，a≥b，))則lg10000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝____________．答案：eq\f(5,4)解析：∵lg10000＝lg104＝4，(eq\f(1,2))－2＝4，∴l(xiāng)g10000eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4＋1,4)＝eq\f(5,4).8.方程eq\f(3,3x－1)＋eq\f(1,3)＝3x－1的實數解為________．答案：x＝log34解析：原方程整理后變?yōu)?2x－2·3x－8＝03x＝4x＝log34.9.化簡：log3eq\f(\r(4,27),3)·log5eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\f(1,2)log210－（3\r(3)）\s\up6(\f(2,3))－7log72)).解：原式＝log3eq\f(3\s\up6(\f(3,4)),3)·log5[2log210－(3eq\s\up6(\f(3,2)))eq\s\up6(\f(2,3))－7log72]＝(eq\f(3,4)log33－log33)·log5(10－3－2)＝(eq\f(3,4)－1)·log55＝－eq\f(1,4).10.已知a＞1，且a＋a－1＝3，求下列各式的值．(1)aeq\s\up6(\f(1,2))－a－eq\f(1,2)；(2)a－a－1；(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－a－\f(1,2)))（a2＋a－2－4）,a4－a－4).解：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝a＋a－1－2＝1.∵a＞1，∴aeq\s\up6(\f(1,2))－a－eq\f(1,2)＝1.(2)由a＋a－1＝3，得a2＋a－2＋2＝9，即a2＋a－2＝7，∴(a－a－1)2＝a2＋a－2－2＝5.∵a＞1，∴a－a－1＝eq\r(5).(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－a－\f(1,2)))（a2＋a－2－4）,a4－a－4)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\s\up6(\f(1,2))－a－\f(1,2)))（a2＋a－2－4）,（a－a－1）（a＋a－1）（a2＋a－2）)＝eq\f(1×（7－4）,7×3×\r(5))＝eq\f(\r(5),35).11.設x>1，y>1，且2logxy－2logyx＋3＝0，求T＝x2－4y2的最小值．解：因為x>1，y>1，所以logxy>0.令t＝logxy，則logyx＝eq\f(1,t).所以2t－eq\f(2,t)＋3＝0，解得t＝eq\f(1,2)或t＝－2(舍去)，即logxy＝eq\f(1,2)，所以y＝eq\r(x).所以T＝x2－4y2＝x2－4x＝(x－2)2－4，由于x>1，所以當x＝2，y＝eq\r(2)時，T取最小值是－4.第8課時指數函數、對數函數及冪函數(2)1.已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函數f(x)＝ax，若實數m、n滿足f(m)>f(n)，則m、n的大小關系為________．答案：m<n解析：∵a＝eq\f(\r(5)－1,2)∈(0，1)，∴函數f(x)＝ax在R上遞減．由f(m)>f(n)，得m<n.2.(2014·南京、鹽城二模)函數f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)的定義域為________．答案：(0，1]解析：由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,1－x≥0，))解得0＜x≤1.3.要使g(x)＝3x＋1＋t的圖象不經過第二象限，則實數t的取值范圍為_________．答案：t≤－3解析：要使g(x)＝3x＋1＋t的圖象不經過第二象限，只要g(0)＝31＋t≤0，即t≤－3.4.(2014·南通一模)若logaeq\f(12,a－1)＜1，則a的取值范圍是__________．答案：a＞4解析：logaeq\f(12,a－1)＜logaa，由eq\f(12,a－1)＞0，且a＞0且a≠1，得a＞1，∴eq\f(12,a－1)＜a，即a2－a－12＞0，∴a＞4.5.已知函數f(x)＝2x－2－x，有下列結論：①f(x)的圖象關于原點對稱；②f(x)在R上是增函數；③f(0)＝0；④f(|x|)的最小值為0.其中正確的是__________．(填序號)答案：①②③④解析：f(x)為R上的奇函數，故①③正確．又2x與－2－x均為增函數，故②④正確．6.若函數f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數，則a＝________．答案：eq\f(1,4)解析：若a>1，有a2＝4，a－1＝m，所以a＝2，m＝eq\f(1,2)，此時geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－eq\r(x)是[0，＋∞)上的減函數，不符合；當0<a<1時，有a－1＝4，a2＝m，所以a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，此時g(x)＝eq\f(3\r(x),4)，符合．7.若不等式4x－2x＋1－a≥0在x∈[－1，1]上恒成立，則實數a的取值范圍為__________．答案：(－∞，－1]解析：原不等式可化為a≤4x－2×2x，當x∈[－1，1]時，該不等式恒成立，令2x＝t，則t∈[eq\f(1,2)，2]，t2－2t＝(t－1)2－1，故t2－2t最小值為－1，∴a≤－1.8.對于函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2x)))·xeq\s\up6(\f(1,3))和實數m、n，下列結論正確的是________．(填序號)①若m<n，則f(m)<f(n)；②若f(m)<f(n)，則m2<n2；③若f(m)<f(n)，則m3<n3；④上述命題都不正確．答案：②解析：由題意可知，函數f(x)＝(2x－eq\f(1,2x))·xeq\s\up6(\f(1,3))是定義在R上的偶函數，當x>0時，函數y＝2x－eq\f(1,2x)>0且單調遞增，函數y＝xeq\s\up6(\f(1,3))>0且單調遞增，∴函數f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0]上單調遞減．∴由f(m)<f(n)，可得|m|<|n|，故m2<n2.9.(1)解關于x的方程3x＋2－2×3－x＋3＝0；(2)求函數y＝4x－eq\f(1,2)－3·2x＋5，x∈[0，2]的最值．解：(1)方程可化為9×3x－eq\f(2,3x)＋3＝0，即9×(3x)2＋3×3x－2＝0，所以3x＝eq\f(1,3)，x＝－1.(2)函數y＝4x－eq\f(1,2)－3·2x＋5＝eq\f(1,2)·4x－3·2x＋5，設t＝2x，則eq\f(1,2)t2－3t＋5＝eq\f(1,2)(t－3)2＋eq\f(1,2).因為x∈[0，2]，所以t＝2x∈[1，4]，所以函數y＝4x－eq\f(1,2)－3·2x＋5的最大值為eq\f(5,2)，最小值為eq\f(1,2).10.求函數y＝a2x－2ax－1(a＞0，a≠1)的單調區(qū)間和值域．解：y＝(ax－1)2－2(a>0，a≠1)，設u＝ax.∵y＝(u－1)2－2在u∈[1，＋∞)時是關于u的增函數，在u∈(－∞，1)時是關于u的減函數，∴當ax≥1時，原函數的單調性與u＝ax的單調性相同；當ax<1時，原函數的單調性與u＝ax的單調性相反．若a>1，ax≥1x≥0；ax<1x<0，∴在[0，＋∞)上，函數y＝a2x－2ax－1是增函數；在(－∞，0)上，函數y＝a2x－2ax－1是減函數．若0<a<1，ax≥1x≤0；ax<1x>0，∴在(－∞，0]上，函數y＝a2x－2ax－1是增函數；在(0，＋∞)上，函數y＝a2x－2ax－1是減函數．∵ax>0，∴函數值域是[－2，＋∞)．11.已知函數f(x)＝2x(x∈R)，且f(x)＝g(x)＋h(x)，其中g(x)為奇函數，h(x)為偶函數．(1)求g(x)，h(x)的解析式；(2)若不等式2a·g(x)＋h(2x)≥0對任意x∈[1，2]恒成立，求實數a的取值范圍．解：(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＝g（x）＋h（x）＝2x，,f（－x）＝g（－x）＋h（－x）＝2－x，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x）＋h（x）＝2x，,－g（x）＋h（x）＝2－x，))解得g(x)＝eq\f(1,2)(2x－2－x)，h(x)＝eq\f(1,2)(2x＋2－x)．(2)由2a·g(x)＋h(2x)≥0，即a(2x－2－x)＋eq\f(1,2)(22x＋2－2x)≥0對任意x∈[1，2]恒成立．令t＝2x－2－x，由于t在x∈[1，2]上單調遞增，所以t＝2x－2－x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4))).因為22x＋2－2x＝(2x－2－x)2＋2＝t2＋2，所以a≥－eq\f(t2＋2,2t)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t)))在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4)))上恒成立．設φ(t)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t)))，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4)))，由φ′(t)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,t2)))＝eq\f(2－t2,2t2)<0，知φ(t)在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4)))上為減函數，所以[φ(t)]max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(17,12)，所以a≥－eq\f(17,12).第9課時指數函數、對數函數及冪函數(3)1.已知函數f(x)＝logax(a>0，a≠1)，若f(2)<f(3)，則實數a的取值范圍是________．答案：a>12.(2014·蘇北四市期末)函數f(x)＝lg(2x－3x)的定義域為__________．答案：(－∞，0)解析：由題知2x－3x>0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(0)，從而x<0，本題考查對數函數的定義域以及指數不等式的解法．3.函數y＝loga(x－1)＋2(a>0，a≠1)的圖象恒過定點________．答案：(2，2)4.冪函數y＝f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,8)))，則滿足f(x)＝27的x的值是________．答案：eq\f(1,3)解析：設f(x)＝xα，則(－2)α＝－eq\f(1,8)，∴α＝－3，∴f(x)＝x－3.由f(x)＝x－3＝27，得x＝eq\f(1,3).5.設a＝log36，b＝log510，c＝log714，則a、b、c的大小關系為________．答案：a>b>c解析：a＝1＋eq\f(1,log23)，b＝1＋eq\f(1,log25)，c＝1＋eq\f(1,log27)，考查函數y＝log2x，有0<log23<log25<log27，所以a>b>c.6.設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,2))x，x＞0，,log2（－x），x＜0，))若f(m)＜f(－m)，則實數m的取值范圍是____________．答案：(－1，0)∪(1，＋∞)解析：當m>0時，f(m)<f(－m)logeq\s\do9(\f(1,2))m<log2mm>1；當m<0時，f(m)<f(－m)log2(－m)<logeq\s\do9(\f(1,2))(－m)－1<m<0.所以，m的取值范圍是(－1，0)∪(1，＋∞)．7.設f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)＋a))是奇函數，且在x＝0處有意義，則使f(x)＜0的x的取值范圍是____________．答案：(－1，0)解析：∵f(x)為奇函數，∴f(0)＝0.解得a＝－1.∴f(x)＝lgeq\f(1＋x,1－x).令f(x)<0，則0<eq\f(1＋x,1－x)<1，∴x∈(－1，0)．8.若不等式(x－1)2＜logax在x∈(1，2)內恒成立，則實數a的取值范圍為________．答案：(1，2]解析：設f1(x)＝(x－1)2，f2(x)＝logax，要使當x∈(1，2)時，不等式(x－1)2<logax恒成立，只需f1(x)＝(x－1)2在(1，2)上的圖象在f2(x)＝logax圖象的下方即可．當0<a<1時，顯然不成立；當a>1時，如圖，要使x∈(1，2)時f1(x)＝(x－1)2的圖象在f2(x)＝logax的圖象下方，只需f1(2)≤f2(2)，即(2－1)2≤loga2，即loga2≥1，所以1<a≤2，即實數a的取值范圍是(1，2]．9.已知f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,－n2＋2n＋3))(n＝2k，k∈Z)在[0，＋∞)上是單調遞增函數，解不等式f(x2－x)>f(x＋3)．解：由條件知，eq\f(1,－n2＋2n＋3)>0，解得－1<n<3.由于n＝2k，k∈Z，所以n＝0，2.當n＝0，2時，f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,3))，所以f(x)在R上為單調遞增函數，由f(x2－x)>f(x＋3)，得x2－x>x＋3，解得x<－1或x>3，所以不等式的解集是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．10.已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(x,27)))(log33x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,27)，\f(1,9)))，求函數f(x)的最大值和最小值．解：f(x)＝(log3x－3)(log3x＋1)＝(log3x)2－2log3x－3.令log3x＝t，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,27)，\f(1,9)))，∴t∈[－3，－2]，∴g(t)＝t2－2t－3＝(t－1)2－4在t∈[－3，－2]上是減函數，∴fmax(x)＝g(－3)＝12，fmin(x)＝g(－2)＝5.11.已知函數f(x)＝3－2log2x，g(x)＝log2x.(1)當x∈[1，4]時，求函數h(x)＝[f(x)＋1]·g(x)的值域；(2)如果對任意的x∈[1，4]，不等式f(x2)·f(eq\r(x))>k·g(x)恒成立，求實數k的取值范圍．解：(1)h(x)＝(4－2log2x)·log2x＝－2(log2x－1)2＋2，因為x∈[1，4]，所以log2x∈[0，2]．故函數h(x)的值域為[0，2]．(2)由f(x2)·f(eq\r(x))>k·g(x)，得(3－4log2x)(3－log2x)>k·log2x，令t＝log2x，因為x∈[1，4]，所以t＝log2x∈[0，2]，所以(3－4t)(3－t)>k·t對一切t∈[0，2]恒成立，①當t＝0時，k∈R；②當t∈(0，2]時，k<eq\f(（3－4t）（3－t）,t)恒成立，即k<4t＋eq\f(9,t)－15恒成立，因為4t＋eq\f(9,t)≥12，當且僅當4t＝eq\f(9,t)，即t＝eq\f(3,2)時取等號，所以4t＋eq\f(9,t)－15的最小值為－3，即k的取值范圍為(－∞，－3)．第10課時函數與方程1.函數f(x)＝eq\f(2,3x＋1)＋a的零點為1，則實數a＝_________．答案：－eq\f(1,2)解析：f(1)＝eq\f(2,31＋1)＋a＝0a＝－eq\f(1,2).2.已知函數f(x)的圖象是連續(xù)不斷的，x、f(x)的對應關系如下表：x123456f(x)136.1315.552－3.9210.88－52.488－232.064則函數f(x)存在零點的區(qū)間有__________．(填序號)①區(qū)間[1，2]；②區(qū)間[2，3]；③區(qū)間[3，4]；④區(qū)間[4，5]；⑤區(qū)間[5，6]．答案：②③④解析：因為f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，所以在區(qū)間[2，3]，[3，4]，[4，5]內有零點．3.函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＋x2－2的零點個數是________．答案：2解析：在同一坐標系內作出函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x與g(x)＝2－x2的圖象，兩圖象有兩個交點．4.關于x的方程x2－(2m－8)x＋m2－16＝0的兩個實數根x1、x2滿足x1<eq\f(3,2)<x2，則實數m的取值范圍是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(7,2)))解析：令f(x)＝x2－(2m－8)x＋m2－16，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<0.5.已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋(2a－1)x＋a2－a＋1，若f′(x)＝0在(1，3]上有解，則實數a的取值范圍為___________．答案：[－7，－1)解析：由題意得f′(x)＝x2＋2x＋2a－1＝0，所以a＝eq\f(1,2)(－x2－2x＋1)＝－eq\f(1,2)(x＋1)2＋1，當1<x≤3時，－7≤a<－1.6.已知關于x的方程x2＋2alog2(x2＋2)＋a2－3＝0有唯一解，則實數a的值為__________．答案：1解析：∵x2＋2alog2(x2＋2)＋a2－3＝0，∴l(xiāng)og2(x2＋2)＝－eq\f(1,2a)x2＋eq\f(3－a2,2a).∵方程有唯一解，∴y＝log2(x2＋2)與y＝－eq\f(1,2a)x2＋eq\f(3－a2,2a)圖象只有一個交點．畫圖可知：當a>0，且eq\f(3－a2,2a)＝1時，圖象只有一個交點，解得a＝1.7.已知函數f(x)＝logax＋x－b(a>0且a≠1)．當2<a<3<b<4時，函數f(x)的零點