《第二章函數(shù)概念與基本初等函數(shù)》章節(jié)訓(xùn)練習(xí)題

《第二章函數(shù)概念與基本初等函數(shù)》章節(jié)訓(xùn)練習(xí)題第1講函數(shù)及其表示[基礎(chǔ)題組練]1．y＝eq\r(\f(x－1,2x))－log2(4－x2)的定義域是()A．(－2，0)∪(1，2) B．(－2，0]∪(1，2)C．(－2，0)∪[1，2) D．[－2，0]∪[1，2]解析：選C.要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,2x)≥0，,x≠0，,4－x2＞0，))解得x∈(－2，0)∪[1，2)，即函數(shù)的定義域是(－2，0)∪[1，2)．2．下列各組函數(shù)中，表示同一函數(shù)的是()A．f(x)＝elnx，g(x)＝xB．f(x)＝eq\f(x2－4,x＋2)，g(x)＝x－2C．f(x)＝eq\f(sin2x,2cosx)，g(x)＝sinxD．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\r(x2)解析：選D.A，B，C的定義域不同，所以答案為D.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－2)，x＞2，,x2＋2，x≤2，))則f(f(1))＝()A．－eq\f(1,2) B．2C．4 D．11解析：選C.因?yàn)閒(1)＝12＋2＝3，所以f(f(1))＝f(3)＝3＋eq\f(1,3－2)＝4.故選C.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≥4，,f（x＋1），x＜4，))則f(1＋log25)的值為()A.eq\f(1,4) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1＋log25)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,20)解析：選D.因?yàn)?＜log25＜3，所以3＜1＋log25＜4，則4＜2＋log25＜5，則f(1＋log25)＝f(1＋1＋log25)＝f(2＋log25)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2＋log25)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,20)，故選D.5．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))＝2x－5，且f(a)＝6，則a等于()A.eq\f(7,4) B．－eq\f(7,4)C.eq\f(4,3) D．－eq\f(4,3)解析：選A.令t＝eq\f(1,2)x－1，則x＝2t＋2，f(t)＝2(2t＋2)－5＝4t－1，則4a－1＝6，解得a＝eq\f(7,4).6．已知函數(shù)f(x－1)＝eq\f(x,x＋1)，則函數(shù)f(x)的解析式為()A．f(x)＝eq\f(x＋1,x＋2) B．f(x)＝eq\f(x,x＋1)C．f(x)＝eq\f(x－1,x) D．f(x)＝eq\f(1,x＋2)解析：選A.令x－1＝t，則x＝t＋1，所以f(t)＝eq\f(t＋1,t＋2)，即f(x)＝eq\f(x＋1,x＋2).故選A.7．設(shè)x∈R，定義符號函數(shù)sgnx＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))則()A．|x|＝x|sgnx| B．|x|＝xsgn|x|C．|x|＝|x|sgnx D．|x|＝xsgnx解析：選D.當(dāng)x＜0時(shí)，|x|＝－x，x|sgnx|＝x，xsgn|x|＝x，|x|sgnx＝(－x)·(－1)＝x，排除A，B，C，故選D.8．已知函數(shù)f(x)滿足f(2x)＝2f(x)，且當(dāng)1≤x＜2時(shí)，f(x)＝x2，則f(3)＝()A.eq\f(9,8) B.eq\f(9,4)C.eq\f(9,2) D．9解析：選C.因?yàn)閒(2x)＝2f(x)，且當(dāng)1≤x＜2時(shí)，f(x)＝x2，所以f(3)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2).9．若二次函數(shù)g(x)滿足g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點(diǎn)，則g(x)＝________．解析：設(shè)g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因?yàn)間(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點(diǎn)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,a－b＋c＝5，,c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－2，,c＝0，))所以g(x)＝3x2－2x.答案：3x2－2x10．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(mx2＋（m－3）x＋1)的值域是[0，＋∞)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：當(dāng)m＝0時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\r(－3x＋1)的值域是[0，＋∞)，顯然成立；當(dāng)m＞0時(shí)，Δ＝(m－3)2－4m≥0，解得0＜m≤1或m≥9.顯然m＜0時(shí)不合題意．綜上可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[0，1]∪[9，＋∞)．答案：[0，1]∪[9，＋∞)11．已知f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，且3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1，則函數(shù)f(x)的解析式為________．解析：用eq\f(1,x)代替3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1中的x，得3feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f(x)＝3x＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3f（x）＋5f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝\f(3,x)＋1①，,3f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f（x）＝3x＋1②，))①×3－②×5得f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)．答案：f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)12．已知函數(shù)y＝f(x＋1)的定義域是[－2，3]，則y＝f(2x－1)的定義域?yàn)開_______．解析：因?yàn)閥＝f(x＋1)的定義域?yàn)閇－2，3]，所以－1≤x＋1≤4.由－1≤2x－1≤4，得0≤x≤eq\f(5,2)，即y＝f(2x－1)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))[綜合題組練]1．(創(chuàng)新型)具有性質(zhì)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函數(shù)，我們稱為滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)，給出下列函數(shù)：①f(x)＝x－eq\f(1,x)；②f(x)＝x＋eq\f(1,x)；③f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，0＜x＜1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x＞1.))其中滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是()A．①③ B．②③C．①②③ D．①②解析：選A.對于①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)，滿足題意；對于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不滿足題意；對于③，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0＜\f(1,x)＜1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)＞1，))即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x＞1，,0，x＝1，,－x，0＜x＜1，))故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，滿足題意．綜上可知，滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是①③.故選A.2．(創(chuàng)新型)設(shè)f(x)，g(x)都是定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)，定義函數(shù)(f·g)(x)：?x∈R，(f·g)(x)＝f(g(x))．若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x>0，,x2，x≤0，))g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,lnx，x>0，))則()A．(f·f)(x)＝f(x) B．(f·g)(x)＝f(x)C．(g·f)(x)＝g(x) D．(g·g)(x)＝g(x)解析：選A.對于A，(f·f)(x)＝f(f(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）>0，,f2（x），f（x）≤0，))當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x>0，(f·f)(x)＝f(x)＝x；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝x2>0，(f·f)(x)＝f(x)＝x2；當(dāng)x＝0時(shí)，(f·f)(x)＝f2(x)＝0＝02，因此對任意的x∈R，有(f·f)(x)＝f(x)，故A正確，選A.3．已知函數(shù)f(x)滿足對任意的x∈R都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝2成立，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝________．解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝2，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))))＝eq\f(1,2)×2＝1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝2×3＋1＝7.答案：74．(應(yīng)用型)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－2a）x＋3a，x＜1，,lnx，x≥1))的值域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意知y＝lnx(x≥1)的值域?yàn)閇0，＋∞)，故要使f(x)的值域?yàn)镽，則必有y＝(1－2a)x＋3a為增函數(shù)，且1－2a＋3a≥0，所以1－2a＞0，且a≥－1，解得－1≤a＜eq\f(1,2).答案：[－1，eq\f(1,2))第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值[基礎(chǔ)題組練]1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減的是()A．y＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝lnx－x D．y＝ex－x解析：選A.對于A，y1＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，y2＝x在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，則y＝eq\f(1,x)－x在(0，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)；B，C選項(xiàng)中的函數(shù)在(0，＋∞)上均不單調(diào)；選項(xiàng)D中，y′＝ex－1，而當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，y′＞0，所以函數(shù)y＝ex－x在(0，＋∞)上是增函數(shù)．2．函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：選D.由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)，注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)．3．函數(shù)y＝|x|(1－x)在區(qū)間A上是增函數(shù)，那么區(qū)間A是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：選B.y＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))函數(shù)的草圖如圖所示．由圖易知原函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增．故選B.4．若函數(shù)f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在區(qū)間[3，＋∞)和[－2，－1]上均為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]C．[－3，－2eq\r(2)] D．[－4，－3]解析：選B.由于f(x)為R上的偶函數(shù)，因此只需考慮函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性即可．由題意知函數(shù)f(x)在[3，＋∞)上為增函數(shù)，在[1，2]上為減函數(shù)，故－eq\f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．5．已知函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－1，1) B．(0，1)C．(－1，0)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：選C.由f(x)為R上的減函數(shù)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＞1，,x≠0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故選C.6．函數(shù)f(x)＝eq\r(4－x)－eq\r(x＋2)的值域?yàn)開_______．解析：因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x≥0，,x＋2≥0，))所以－2≤x≤4，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－2，4]．又y1＝eq\r(4－x)，y2＝－eq\r(x＋2)在區(qū)間[－2，4]上均為減函數(shù)，所以f(x)＝eq\r(4－x)－eq\r(x＋2)在[－2，4]上為減函數(shù)，所以f(4)≤f(x)≤f(－2)．即－eq\r(6)≤f(x)≤eq\r(6).答案：[－eq\r(6)，eq\r(6)]7．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|＜1))的圖象過點(diǎn)(1，1)，函數(shù)g(x)是二次函數(shù)，若函數(shù)f(g(x))的值域是[0，＋∞)，則函數(shù)g(x)的值域是________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|＜1))的圖象過點(diǎn)(1，1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，|x|≥1，,x，|x|＜1.))畫出函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示，觀察圖象可知，當(dāng)縱坐標(biāo)在[0，＋∞)上時(shí)，橫坐標(biāo)在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上變化．而f(x)的值域?yàn)閇－1，＋∞)，f(g(x))的值域?yàn)閇0，＋∞)，因?yàn)間(x)是二次函數(shù)，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)8．若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x＜1，,－ax，x≥1))是定義在R上的減函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：由題意知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,（3a－1）×1＋4a≥－a，,a＞0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a＞0，))所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3)))9．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是________．解析：由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函數(shù)圖象如圖所示，其遞減區(qū)間是[0，1)．答案：[0，1)10．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)證明：設(shè)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）).因?yàn)?x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增．(2)設(shè)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）).因?yàn)閍＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.綜上所述，0＜a≤1.11．已知函數(shù)f(x)＝x2＋a|x－2|－4.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；(2)若f(x)在區(qū)間[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，－1≤f(x)≤0，當(dāng)x∈[2，3]時(shí)，0≤f(x)≤7，所以f(x)在[0，3]上的最大值為7，最小值為－1.(2)因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋ax－2a－4，x＞2,x2－ax＋2a－4，x≤2))，又f(x)在區(qū)間[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＞2時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，則－eq\f(a,2)≤2，即a≥－4.當(dāng)－1＜x≤2時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，則eq\f(a,2)≤－1.即a≤－2，且4＋2a－2a－4≥4－2a＋2a－4恒成立，故a的取值范圍為[－4，－2]．[綜合題組練]1．(應(yīng)用型)已知函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，則()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：選B.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，且f(2)＝0，所以當(dāng)x1∈(1，2)時(shí)，f(x1)<f(2)＝0；當(dāng)x2∈(2，＋∞)時(shí)，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故選B.2．設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為()A．[－1，2] B．[－1，0]C．[1，2] D．[0，2]解析：選D.因?yàn)楫?dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．要滿足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，所以a的取值范圍是0≤a≤2.故選D.3．已知函數(shù)y＝log2(ax－1)在(1，2)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0，1] B．[1，2]C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)解析：選C.要使y＝log2(ax－1)在(1，2)上單調(diào)遞增，則a＞0且a－1≥0，所以a≥1.故選C.4．(創(chuàng)新型)如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)，且函數(shù)y＝eq\f(f（x）,x)在區(qū)間I上是減函數(shù)，那么稱函數(shù)y＝f(x)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，區(qū)間I叫做“緩增區(qū)間”．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，則“緩增區(qū)間”I為()A．[1，＋∞) B．[0，eq\r(3)]C．[0，1] D．[1，eq\r(3)]解析：選D.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，又當(dāng)x≥1時(shí)，eq\f(f（x）,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)，令g(x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0得1≤x≤eq\r(3)，即函數(shù)eq\f(f（x）,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)在區(qū)間[1，eq\r(3)]上單調(diào)遞減，故“緩增區(qū)間”I為[1，eq\r(3)]．5．(應(yīng)用型)用min{a，b，c}表示a，b，c三個(gè)數(shù)中的最小值，則函數(shù)f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的最大值是__________．解析：在同一直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)y＝4x＋1，y＝x＋4，y＝－x＋8的圖象后，取位于下方的部分得到函數(shù)f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的圖象，如圖所示，不難看出函數(shù)f(x)在x＝2處取得最大值6.答案：66．已知函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常數(shù)．(1)當(dāng)a∈(1，4)時(shí)，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(2)若對任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，試確定a的取值范圍．解：(1)設(shè)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，當(dāng)a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)時(shí)，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)．則f(x)min＝f(2)＝lneq\f(a,2).(2)對任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.即x＋eq\f(a,x)－2>1對x∈[2，＋∞)恒成立．所以a>3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)．由于h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，所以h(x)max＝h(2)＝2.故a>2時(shí)，恒有f(x)>0.因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)．第3講函數(shù)的奇偶性及周期性[基礎(chǔ)題組練]1．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝|x|－1C．y＝lgx D．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x|)解析：選B.y＝eq\f(1,x)為奇函數(shù)；y＝lgx的定義域?yàn)?0，＋∞)，不具備奇偶性；y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x|)在(0，＋∞)上為減函數(shù)；y＝|x|－1在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且在定義域上為偶函數(shù)．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是()A．奇函數(shù)，且在(0，1)上是增函數(shù)B．奇函數(shù)，且在(0，1)上是減函數(shù)C．偶函數(shù)，且在(0，1)上是增函數(shù)D．偶函數(shù)，且在(0，1)上是減函數(shù)解析：選A.易知函數(shù)定義域?yàn)?－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,1－x)))，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷方法知，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，故選A.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（1－x）（x<0），,g（x）＋1（x>0），))若f(x)是奇函數(shù)，則g(3)的值是()A．1 B．3C．－3 D．－1解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（1－x）（x<0），,g（x）＋1（x>0），))f(x)是奇函數(shù)，所以f(－3)＝－f(3)，所以log2(1＋3)＝－[g(3)＋1]，則g(3)＝－3.故選C.4．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且滿足：f(x)是偶函數(shù)，f(x－1)是奇函數(shù)，若f(0.5)＝9，則f(8.5)等于()A．－9 B．9C．－3 D．0解析：選B.因?yàn)閒(x－1)是奇函數(shù)，所以f(－x－1)＝－f(x－1)，即f(－x)＝－f(x－2)．又因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝－f(x－2)＝f(x－4)，故f(x)的周期為4，所以f(0.5)＝f(8.5)＝9.故選B.5．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋3)＝f(x)．若f(2)>1，f(7)＝a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，－3) B．(3，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析：選D.因?yàn)閒(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是定義在R上的以3為周期的函數(shù)，所以f(7)＝f(7－9)＝f(－2)．又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(－2)＝f(2)，所以f(7)＝f(2)>1，所以a>1，即a∈(1，＋∞)．故選D.6．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，且在[－1，0]上單調(diào)遞減，設(shè)a＝f(－2.8)，b＝f(－1.6)，c＝f(0.5)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．b>c>a D．a(chǎn)>c>b解析：選D.因?yàn)榕己瘮?shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)的周期為2.所以a＝f(－2.8)＝f(－0.8)，b＝f(－1.6)＝f(0.4)＝f(－0.4)，c＝f(0.5)＝f(－0.5)．因?yàn)椋?.8<－0.5<－0.4，且函數(shù)f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，所以a>c>b，故選D.7．若函數(shù)f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))為偶函數(shù)，則a＝________．解析：因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(－x)－f(x)＝0恒成立，所以－xln(－x＋eq\r(a＋x2))－xln(x＋eq\r(a＋x2))＝0恒成立，所以xlna＝0恒成立，所以lna＝0，即a＝1.答案：18．已知f(x)是奇函數(shù)，且x∈(0，＋∞)時(shí)的解析式是f(x)＝－x2＋2x，若x∈(－∞，0)，則f(x)＝________．解析：由題意知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，－x∈(0，＋∞)，所以f(－x)＝－(－x)2＋2×(－x)＝－x2－2x＝－f(x)，所以f(x)＝x2＋2x.答案：x2＋2x9．已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則滿足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝f(|x|)，所以f(|2x－1|)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，又f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以|2x－1|<eq\f(1,3)，解得eq\f(1,3)<x<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))10．已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，并且f(x＋3)＝－eq\f(1,f（x）)，當(dāng)1<x≤3時(shí)，f(x)＝coseq\f(πx,3)，則f(2017)＝________．解析：由已知可得f(x＋6)＝f((x＋3)＋3)＝－eq\f(1,f（x＋3）)＝－eq\f(1,－\f(1,f（x）))＝f(x)，故函數(shù)f(x)的周期為6.所以f(2017)＝f(6×336＋1)＝f(1)．因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(1)＝f(－1)，而f(－1＋3)＝－eq\f(1,f（－1）)，所以f(1)＝f(－1)＝－eq\f(1,f（2）)＝－eq\f(1,cos\f(2π,3))＝2.所以f(2017)＝2.答案：211．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x＞0，,0，x＝0，,x2＋mx，x＜0))是奇函數(shù)．(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，a－2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)設(shè)x＜0，則－x＞0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，于是x＜0時(shí)，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.(2)由(1)知f(x)在[－1，1]上是增函數(shù)，要使f(x)在[－1，a－2]上單調(diào)遞增．結(jié)合f(x)的圖象知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＞－1，,a－2≤1，))所以1＜a≤3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，3]．12．設(shè)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)當(dāng)－4≤x≤4時(shí)，求f(x)的圖象與x軸所圍成的圖形的面積．解：(1)由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．所以f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(2)由f(x)是奇函數(shù)與f(x＋2)＝－f(x)，得f((x－1)＋2)＝－f(x－1)＝f(－(x－1))，即f(1＋x)＝f(1－x)．從而可知函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．又當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x，且f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)成中心對稱，則f(x)的圖象如圖所示．設(shè)當(dāng)－4≤x≤4時(shí)，f(x)的圖象與x軸圍成的圖形面積為S，則S＝4S△OAB＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝4.[綜合題組練]1．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝x(x－1)，若對任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))解析：選B.當(dāng)－1<x≤0時(shí)，0<x＋1≤1，則f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x；當(dāng)1<x≤2時(shí)，0<x－1≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)；當(dāng)2<x≤3時(shí)，0<x－2≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝22f(x－2)＝22(x－2)(x－3)，……由此可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(…,\f(1,2)（x＋1）x，－1<x≤0，,x（x－1），0<x≤1，,2（x－1）（x－2），1<x≤2，,22（x－2）（x－3），2<x≤3，,…))由此作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．由圖可知當(dāng)2<x≤3時(shí)，令22(x－2)·(x－3)＝－eq\f(8,9)，整理，得(3x－7)(3x－8)＝0，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(8,3)，將這兩個(gè)值標(biāo)注在圖中．要使對任意x∈(－∞，m]都有f(x)≥－eq\f(8,9)，必有m≤eq\f(7,3)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))，故選B.2．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＋f(x)＝0，當(dāng)－eq\f(5,4)≤x≤0時(shí)，f(x)＝2x＋a，則f(16)＝________．解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＋f(x)＝0，得f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＝f(x＋5)，所以函數(shù)f(x)是以5為周期的周期函數(shù)，則f(16)＝f(3×5＋1)＝f(1)．又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即1＋a＝0，a＝－1，所以當(dāng)－eq\f(5,4)≤x≤0時(shí)，f(x)＝2x－1，所以f(－1)＝－eq\f(1,2)，則f(1)＝－f(－1)＝eq\f(1,2)，故f(16)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)3．(應(yīng)用型)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍是________．解析：由題意知，f(x)是偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)>f(2x－1)?f(|x|)>f(|2x－1|)?|x|>|2x－1|?eq\f(1,3)<x<1.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))4．已知函數(shù)f(x)對任意x∈R滿足f(x)＋f(－x)＝0，f(x－1)＝f(x＋1)，若當(dāng)x∈[0，1)時(shí)，f(x)＝ax＋b(a＞0且a≠1)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(1,2).(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)求函數(shù)g(x)＝f2(x)＋f(x)的值域．解：(1)因?yàn)閒(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)是奇函數(shù)．因?yàn)閒(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x＋2)＝f(x)，即函數(shù)f(x)是周期為2的周期函數(shù)，所以f(0)＝0，即b＝－1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－eq\r(a)＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,4).(2)當(dāng)x∈[0，1)時(shí)，f(x)＝ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(x)－1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))，由f(x)為奇函數(shù)知，當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))，又因?yàn)閒(x)是周期為2的周期函數(shù)，所以當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4)))，設(shè)t＝f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4)))，所以g(x)＝f2(x)＋f(x)＝t2＋t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(21,16))).故函數(shù)g(x)＝f2(x)＋f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(21,16))).第4講二次函數(shù)與冪函數(shù)[基礎(chǔ)題組練]1．冪函數(shù)y＝xm2－4m(m∈Z)的圖象如圖所示，則m的值為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.因?yàn)閥＝xm2－4m(m∈Z)的圖象與坐標(biāo)軸沒有交點(diǎn)，所以m2－4m<0，即0<m<4.又因?yàn)楹瘮?shù)的圖象關(guān)于y軸對稱，且m∈Z，所以m2－4m為偶數(shù)，因此m＝2.2．已知冪函數(shù)f(x)＝(n2＋2n－2)·xn2－3n(n∈Z)的圖象關(guān)于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則n的值為()A．－3 B．1C．2 D．1或2解析：選B.由于f(x)為冪函數(shù)，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，當(dāng)n＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x－2為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，且f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以n＝1滿足題意；當(dāng)n＝－3時(shí)，函數(shù)f(x)＝x18為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，而f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以n＝－3不滿足題意，舍去．故選B.3．對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)與二次函數(shù)y＝(a－1)x2－x在同一坐標(biāo)系內(nèi)的圖象可能是()解析：選A.當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝logax為減函數(shù)，y＝(a－1)x2－x開口向下，其對稱軸為x＝eq\f(1,2（a－1）)<0，排除C，D；當(dāng)a>1時(shí)，y＝logax為增函數(shù)，y＝(a－1)x2－x開口向上，其對稱軸為x＝eq\f(1,2（a－1）)>0，排除B.故選A.4．若二次函數(shù)y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1，2]上是單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，2)解析：選A.二次函數(shù)y＝kx2－4x＋2的對稱軸為x＝eq\f(2,k)，當(dāng)k>0時(shí)，要使函數(shù)y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)，只需eq\f(2,k)≤1，解得k≥2.當(dāng)k<0時(shí)，eq\f(2,k)<0，此時(shí)拋物線的對稱軸在區(qū)間[1，2]的左側(cè)，該函數(shù)y＝kx2－4x＋2在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，不符合要求．綜上可得實(shí)數(shù)k的取值范圍是[2，＋∞)．5．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，且2是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，－1是f(x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，那么不等式f(x)>0的解集是()A．(－4，2)B．(－2，4)C．(－∞，－4)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(4，＋∞)解析：選C.依題意，f(x)圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為x＝－1，方程ax2＋bx＋c＝0的一個(gè)根是2，另一個(gè)根是－4.因此f(x)＝a(x＋4)(x－2)(a>0)，于是f(x)>0，解得x>2或x<－4.6．已知點(diǎn)(m，8)在冪函數(shù)f(x)＝(m－1)xn的圖象上，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up6(\f(1,2))))，b＝f(lnπ)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c<a<b B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．b<a<c解析：選A.根據(jù)題意，m－1＝1，所以m＝2，所以2n＝8，所以n＝3，所以f(x)＝x3.因?yàn)閒(x)＝x3是定義在R上的增函數(shù)，又－eq\f(1,2)<0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up6(\f(1,2))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)＝1<lnπ，所以c<a<b.7．已知a，b，c∈R，函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(1)＝f(3)>f(4)，則()A．a(chǎn)>0，4a＋b＝0 B．a(chǎn)<0，4a＋b＝0C．a(chǎn)>0，2a＋b＝0 D．a(chǎn)<0，2a＋b＝0解析：選B.若a＝0，f(x)不滿足題意，所以a≠0，f(x)為二次函數(shù)．因?yàn)閒(1)＝f(3)，則x＝2為對稱軸，故－eq\f(b,2a)＝2，則4a＋b＝0，又f(3)>f(4)，在(2，＋∞)上f(x)為減函數(shù)，所以開口向下，a<0.故選B.8．已知冪函數(shù)f(x)＝xeq\s\up12(－\f(1,2))，若f(a＋1)<f(10－2a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)＝xeq\s\up12(－\f(1,2))＝eq\f(1,\r(x))(x>0)，易知x∈(0，＋∞)時(shí)f(x)為減函數(shù)，又f(a＋1)<f(10－2a)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1>0，,10－2a>0，,a＋1>10－2a，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>－1，,a<5，,a>3，))所以3<a<5.答案：(3，5)9．已知二次函數(shù)的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，對稱軸為x＝3，與y軸交于點(diǎn)(0，3)，則它的解析式為________．解析：由題意知，可設(shè)二次函數(shù)的解析式為y＝a(x－3)2，又圖象與y軸交于點(diǎn)(0，3)，所以3＝9a，即a＝eq\f(1,3).所以y＝eq\f(1,3)(x－3)2＝eq\f(1,3)x2－2x＋3.答案：y＝eq\f(1,3)x2－2x＋310．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1，2]上都是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：因?yàn)閒(x)＝－x2＋2ax在[1，2]上是減函數(shù)，所以a≤1，又因?yàn)間(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1，2]上是減函數(shù)，所以a>0，所以0<a≤1.答案：(0，1]11．已知函數(shù)f(x)＝bx2－2ax＋a(a，b∈R)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)當(dāng)a＜0時(shí)，求使函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1，1]，值域?yàn)閇－2，2]的a值．解：因?yàn)閒(x)＝bx2－2ax＋a的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，所以b＝1，(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2－4x＋2，令f(x)＞0可得，x＞2＋eq\r(2)或x＜2－eq\r(2)，所以f(x)在(2＋eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，2－eq\r(2))上單調(diào)遞減，y＝logeq\s\do9(\f(1,2))t在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)y＝logeq\s\do9(\f(1,2))f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，2－eq\r(2))．(2)當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a的對稱軸x＝a＜0，①a≤－1時(shí)，函數(shù)f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)有最小值f(－1)＝1＋3a＝－2，當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)有最大值f(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，②0＞a＞－1時(shí)，函數(shù)在[－1，1]上先減后增，當(dāng)x＝a時(shí)，函數(shù)有最小值f(a)＝a－a2＝－2，解得，a＝2(舍)或a＝－1(舍)，綜上可得，a＝－1.12．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(2a－1)x－3.(1)當(dāng)a＝2，x∈[－2，3]時(shí)，求函數(shù)f(x)的值域；(2)若函數(shù)f(x)在[－1，3]上的最大值為1，求實(shí)數(shù)a的值．解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2，3]，對稱軸x＝－eq\f(3,2)∈[－2，3]，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).(2)對稱軸為x＝－eq\f(2a－1,2).①當(dāng)－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)max＝f(3)＝6a＋3，所以6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)滿足題意；②當(dāng)－eq\f(2a－1,2)>1，即a<－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1，所以－2a－1＝1，即a＝－1滿足題意．綜上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.[綜合題組練]1．已知二次函數(shù)f(x)滿足f(2＋x)＝f(2－x)，且f(x)在[0，2]上是增函數(shù)，若f(a)≥f(0)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[0，4] D．(－∞，0]∪[4，＋∞)解析：選C.由f(2＋x)＝f(2－x)可知，函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為x＝eq\f(2＋x＋2－x,2)＝2，又函數(shù)f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，所以由f(a)≥f(0)可得0≤a≤4，故選C.2．(應(yīng)用型)已知二次函數(shù)f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1<x2，x1＋x2＝0，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系為()A．f(x1)＝f(x2) B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)<f(x2) D．與a值有關(guān)解析：選C.該二次函數(shù)的圖象開口向下，對稱軸為直線x＝eq\f(1,4)，又依題意，得x1<0，x2>0，又x1＋x2＝0，所以當(dāng)x1，x2在對稱軸的兩側(cè)時(shí)，eq\f(1,4)－x1>x2－eq\f(1,4)，故f(x1)<f(x2)．當(dāng)x1，x2都在對稱軸的左側(cè)時(shí)，由單調(diào)性知f(x1)<f(x2)．綜上，f(x1)<f(x2)．3．(創(chuàng)新型)設(shè)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間[a，b]上的兩個(gè)函數(shù)，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則稱f(x)和g(x)在[a，b]上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”，區(qū)間[a，b]稱為“關(guān)聯(lián)區(qū)間”．若f(x)＝x2－3x＋4與g(x)＝2x＋m在[0，3]上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”，則m的取值范圍為________．解析：由題意知，y＝f(x)－g(x)＝x2－5x＋4－m在[0，3]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．在同一直角坐標(biāo)系下作出函數(shù)y＝m與y＝x2－5x＋4(x∈[0，3])的圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知，當(dāng)x∈[2，3]時(shí)，y＝x2－5x＋4∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))，故當(dāng)m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))時(shí)，函數(shù)y＝m與y＝x2－5x＋4(x∈[0，3])的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))4．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b∈R，c∈R)．(1)若函數(shù)f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(xiàn)(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，所以f(x)＝(x＋1)2.所以F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2，x＞0，,－（x＋1）2，x＜0.))所以F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由題意知f(x)＝x2＋bx，原命題等價(jià)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(dāng)x∈(0，1]時(shí)，eq\f(1,x)－x的最小值為0，－eq\f(1,x)－x的最大值為－2.所以－2≤b≤0.故b的取值范圍是[－2，0]．第5講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)[基礎(chǔ)題組練]1．函數(shù)f(x)＝1－e|x|的圖象大致是()解析：選A.將函數(shù)解析式與圖象對比分析，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝1－e|x|是偶函數(shù)，且值域是(－∞，0]，只有A滿足上述兩個(gè)性質(zhì)．2．設(shè)2x＝8y＋1，9y＝3x－9，則x＋y的值為()A．18 B．21C．24 D．27解析：選D.因?yàn)?x＝8y＋1＝23(y＋1)，所以x＝3y＋3，因?yàn)?y＝3x－9＝32y，所以x－9＝2y，解得x＝21，y＝6，所以x＋y＝27.3．已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．b<c<a解析：選B.因?yàn)閍＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a<c<b.故選B.4．設(shè)x>0，且1<bx<ax，則()A．0<b<a<1 B．0<a<b<1C．1<b<a D．1<a<b解析：選C.因?yàn)?<bx，所以b0<bx，因?yàn)閤>0，所以b>1，因?yàn)閎x<ax，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(x)>1，因?yàn)閤>0，所以eq\f(a,b)>1，所以a>b，所以1<b<a.故選C.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，))則函數(shù)f(x)是()A．偶函數(shù)，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增B．偶函數(shù)，在[0，＋∞)上單調(diào)遞減C．奇函數(shù)，且單調(diào)遞增D．奇函數(shù)，且單調(diào)遞減解析：選C.易知f(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此時(shí)－x<0，則f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此時(shí)－x>0，則f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且單調(diào)遞增，故選C.6．已知實(shí)數(shù)a，b滿足等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(b)，下列五個(gè)關(guān)系式：①0＜b＜a；②a＜b＜0；③0＜a＜b；④b＜a＜0；⑤a＝b.其中不可能成立的關(guān)系式有()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)解析：選B.函數(shù)y1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)與y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)的圖象如圖所示．由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(b)得，a＜b＜0或0＜b＜a或a＝b＝0.故①②⑤可能成立，③④不可能成立．7．函數(shù)f(x)＝ax＋b－1(其中0<a<1且0<b<1)的圖象一定不經(jīng)過第________象限．解析：由0<a<1可得函數(shù)y＝ax的圖象單調(diào)遞減，且過第一、二象限，因?yàn)?<b<1，所以－1<b－1<0，所以0<1－b<1，y＝ax的圖象向下平移1－b個(gè)單位即可得到y(tǒng)＝ax＋b－1的圖象，所以y＝ax＋b－1的圖象一定在第一、二、四象限，一定不經(jīng)過第三象限．答案：三8．若函數(shù)f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)滿足f(1)＝eq\f(1,9)，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：由f(1)＝eq\f(1,9)得a2＝eq\f(1,9).又a>0，所以a＝eq\f(1,3)，因此f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(|2x－4|).因?yàn)間(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)9．不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x2＋ax)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x＋a－2)恒成立，則a的取值范圍是________．解析：由題意，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)是減函數(shù)，因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x2＋ax)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x＋a－2)恒成立，所以x2＋ax>2x＋a－2恒成立，所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立，所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0，即(a－2)(a－2＋4)<0，即(a－2)(a＋2)<0，故有－2<a<2，即a的取值范圍是(－2，2)．答案：(－2，2)10．已知max{a，b}表示a，b兩數(shù)中的最大值．若f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}，則f(x)的最小值為________．解析：由題意得，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e|x|，x≥1，,e|x－2|，x<1.))當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝e|x|＝ex≥e(當(dāng)x＝1時(shí)，取等號)；當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e.故f(x)的最小值為f(1)＝e.答案：e11．設(shè)f(x)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x).(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性．解：(1)根據(jù)題意，f(x)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x)，則f(－x)＝eq\f(（－x）（1－2－x）,1＋2－x)＝eq\f(（－x）（2x－1）,2x＋1)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．(2)因?yàn)閒(x)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x)＝－x＋eq\f(2x,2x＋1)，所以f′(x)＝－1＋eq\f(2（2x＋1）－2x（2xln2）,（2x＋1）2)＝－1＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(2x（2xln2）,（2x＋1）2)，因?yàn)閤＞0，所以2x＋1＞2，所以eq\f(2,2x＋1)＜1，所以－1＋eq\f(2,2x＋1)＜0，所以f′(x)＜0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減．12．已知函數(shù)f(x)＝2a·4x－2x－1.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)在x∈[－3，0]上的值域；(2)若關(guān)于x的方程f(x)＝0有解，求a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2·4x－2x－1＝2(2x)2－2x－1，令t＝2x，x∈[－3，0]，則t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，1)).故y＝2t2－t－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(9,8)，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，1))，故值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，0)).(2)關(guān)于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解，設(shè)2x＝m>0，等價(jià)于方程2am2－m－1＝0在(0，＋∞)上有解，記g(m)＝2am2－m－1，當(dāng)a＝0時(shí)，解為m＝－1<0，不成立．當(dāng)a<0時(shí)，開口向下，對稱軸m＝eq\f(1,4a)<0，過點(diǎn)(0，－1)，不成立．當(dāng)a>0時(shí)，開口向上，對稱軸m＝eq\f(1,4a)>0，過點(diǎn)(0，－1)，必有一個(gè)根為正，綜上得a>0.[綜合題組練]1．(應(yīng)用型)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，a<b<c且f(a)>f(c)>f(b)，則下列結(jié)論中，一定成立的是()A．a(chǎn)<0，b<0，c<0B．a(chǎn)<0，b≥0，c>0C．2－a<2cD．2a＋2c<2解析：選D.作出函數(shù)f(x)＝|2x－1|的圖象，如圖，因?yàn)閍<b<c且f(a)>f(c)>f(b)，結(jié)合圖象知，0<f(a)<1，a<0，c>0，所以0<2a<1.所以f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，所以f(c)<1，所以0<c<1.所以1<2c<2，所以f(c)＝|2c－1|＝2c－1，又因?yàn)閒(a)>f(c)，所以1－2a>2c－1，所以2a＋2c<2，故選D.2．(創(chuàng)新型)設(shè)y＝f(x)在(－∞，1]上有定義，對于給定的實(shí)數(shù)K，定義fK(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≤K，,K，f（x）>K.))給出函數(shù)f(x)＝2x＋1－4x，若對于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，則()A．K的最大值為0B．K的最小值為0C．K的最大值為1D．K的最小值為1解析：選D.根據(jù)題意可知，對于任意x∈(－∞，1]，若恒有fK(x)＝f(x)，則f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．令2x＝t，則t∈(0，2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值為1，所以K≥1，故選D.3．設(shè)a>0，且a≠1，函數(shù)y＝a2x＋2ax－1在[－1，1]上的最大值是14，則實(shí)數(shù)a的值為________．解：令t＝ax(a>0，且a≠1)，則原函數(shù)化為y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)．①當(dāng)0<a<1，x∈[－1，1]時(shí)，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，此時(shí)f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上為增函數(shù)．所以f(t)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\s\up12(2)－2＝14.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\s\up12(2)＝16，解得a＝－eq\f(1,5)(舍去)或a＝eq\f(1,3).②當(dāng)a>1時(shí)，x∈[－1，1]，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，此時(shí)f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上是增函數(shù)．所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)．綜上得a＝eq\f(1,3)或3.答案：eq\f(1,3)或34．(應(yīng)用型)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù)．(1)求a，b的值；(2)若對任意的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?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，所以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)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?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等價(jià)于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．因?yàn)閒(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).故k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).第6講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)[基礎(chǔ)題組練]1．若函數(shù)f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|，其中a＞0，且a≠1，f(2)·g(2)＜0，則函數(shù)f(x)，g(x)在同一坐標(biāo)系中的大致圖象是()解析：選A.由題意知f(x)＝ax－2是指數(shù)型函數(shù)，g(x)＝loga|x|是對數(shù)型函數(shù)，且是一個(gè)偶函數(shù)，由f(2)g(2)＜0，可得g(2)＜0，故loga2＜0，故0＜a＜1，由此可以確定C、D兩選項(xiàng)不正確，且f(x)＝ax－2是一個(gè)減函數(shù)，由此可知B選項(xiàng)不正確，A選項(xiàng)正確，故選A.2．若log2(log3a)＝log3(log4b)＝log4(log2c)＝1，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．a(chǎn)>c>b D．b>c>a解析：選D.由log2(log3a)＝1，可得log3a＝2，lga＝2lg3，故a＝32＝9；由log3(log4b)＝1，可得log4b＝3，lgb＝3lg4，故b＝43＝64；由log4(log2c)＝1，可得log2c＝4，lgc＝4lg2，故c＝24＝16.所以b>c>a.故選D.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝loga|x|在(－∞，0)上單調(diào)遞增，則f(a＋1)與f(2)的大小關(guān)系是()A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)<f(2)C．f(a＋1)＝f(2) D．不能確定解析：選A.由已知得0<a<1，所以1<a＋1<2，又易知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故可以判斷f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(a＋1)>f(2)．4．已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<c<b B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b解析：選A.a＝log52<log5eq\r(5)＝eq\f(1,2)，而c＝0.50.2>0.51＝eq\f(1,2)，故a<c；b＝log0.50.2>log0.50.25＝2，而c＝0.50.2<0.50＝1，故c<b.所以a<c<b.5．若f(x)＝