数学必修13.1.2 指数函数教案

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指数函数A组1．(2010年黑龙江哈尔滨模拟)若a>1，b<0，且ab＋a－b＝2，则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．已知f(x)＝ax＋b的图象如图所示，则f(3)＝________.解析：由图象知f(0)＝1＋b＝－2，∴b＝－3.又f(2)＝a2－3＝0，∴a＝，则f(3)＝()3－3＝3－3.答案：3－33．函数y＝()2x－x2的值域是________．解析：∵2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，∴()2x－x2≥.答案：[，＋∞)4．(2009年高考山东卷)若函数f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．解析：函数f(x)的零点的个数就是函数y＝ax与函数y＝x＋a交点的个数，由函数的图象可知a>1时两函数图象有两个交点，0<a<1时两函数图象有惟一交点，故a>1. 答案：(1，+∞)5．(原创题)若函数f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0,2]，则实数a等于________．解析：由题意知无解或⇒a＝.答案：6．已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数．(1)求a，b的值；(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．解：(1)因为f(x)是R上的奇函数，所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1.从而有f(x)＝.又由f(1)＝－f(－1)知＝－，解得a＝2.(2)法一：由(1)知f(x)＝＝－＋，由上式易知f(x)在R上为减函数，又因f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0⇔f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．因f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－.法二：由(1)知f(x)＝，又由题设条件得＋<0即(22t2－k＋1＋2)(－2t2－2t＋1)＋(2t2－2t＋1＋2)(－22t2－k＋1)<0整理得23t2－2t－k>1，因底数2>1，故3t2－2t－k>0上式对一切t∈R均成立，从而判别式Δ＝4＋12k<0，解得k<－.B组1．如果函数f(x)＝ax＋b－1(a>0且a≠1)的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，那么一定有________．①0<a<1且b>0　②0<a<1且0<b<1　③a>1且b<0   ④a>1且b>0解析：当0<a<1时，把指数函数f(x)＝ax的图象向下平移，观察可知－1<b－1<0，即0<b<1.答案：②2．(2010年保定模拟)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2，所以f(x)在[a，＋∞)上为减函数，又f(x)，g(x)都在[1,2]上为减函数，所以需⇒0<a≤1.答案：(0,1]3．已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，且满足以下条件①f (x)＝ax·g(x)(a>0，a≠1)；②g(x)≠0；若＋＝，则a等于________．解析：由f(x)＝ax·g(x)得＝ax，所以＋＝⇒a＋a－1＝，解得a＝2或.答案：2或4．(2010年北京朝阳模拟)已知函数f(x)＝ax(a>0且a≠1)，其反函数为f－1(x)．若f(2)＝9，则f－1()＋f(1)的值是________．解析：因为f(2)＝a2＝9，且a>0，∴a＝3，则f(x)＝3x＝，∴x＝－1，故f－1()＝－1.又f(1)＝3，所以f－1()＋f(1)＝2.答案：25．(2010年山东青岛质检)已知f(x)＝()x，若f(x)的图象关于直线x＝1对称的图象对应的函数为g(x)，则g(x)的表达式为________．解析：设y＝g(x)上任意一点P(x，y)，P(x，y)关于x＝1的对称点P′(2－x，y)在f(x)＝()x上，∴y＝()2－x＝3x－2.答案：y＝3x－2(x∈R)6．(2009年高考山东卷改编)函数y＝的图象大致为________．   解析：∵f(－x)＝＝－＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除④.又∵y＝＝＝＝1＋在(－∞，0)、(0，＋∞)上都是减函数，排除②、③.答案：①7．(2009年高考辽宁卷改编)已知函数f(x)满足：当x≥4时，f(x)＝()x；当x<4时，f(x)＝f(x＋1)，则f(2＋log23)＝________.解析：∵2<3<4＝22，∴1<log23<2.∴3<2＋log23<4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝f(log224)＝()log224＝2－log224＝2log2＝.答案：8．(2009年高考湖南卷改编)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝取函数f(x)＝2－|x|，当K＝时，函数fK(x)的单调递增区间为________．解析：由f(x)＝2－|x|≤得x≥1或x≤－1，∴fK(x)＝则单调增区间为(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]9．函数y＝2|x|的定义域为[a，b]，值域为[1,16]，当a变动时，函数b＝g(a)的图象可以是________． 解析：函数y＝2|x|的图象如图．当a＝－4时，0≤b≤4，当b＝4时，－4≤a≤0，答案：②10．(2010年宁夏银川模拟)已知函数f(x)＝a2x＋2ax－1(a>0，且a≠1)在区间[－1,1]上的最大值为14，求实数a的值．解：f(x)＝a2x＋2ax－1＝(ax＋1)2－2，∵x∈[－1,1]，(1)当0<a<1时，a≤ax≤，∴当ax＝时，f(x)取得最大值．∴(＋1)2－2＝14，∴＝3，∴a＝.(2)当a>1时，≤ax≤a，∴当ax＝a时，f(x)取得最大值．∴(a＋1)2－2＝14，∴a＝3.综上可知，实数a的值为或3.11．已知函数f(x)＝.(1)求证：f(x)的图象关于点M(a，－1)对称；(2)若f(x)≥－2x在x≥a上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：设f(x)的图象C上任一点为P(x，y)，则y＝－，P(x，y)关于点M(a，－1)的对称点为P′(2a－x，－2－y)．∴－2－y＝－2＋＝＝＝，说明点P′(2a－x，－2－y)也在函数y＝的图象上，由点P的任意性知，f(x)的图象关于点M(a，－1)对称．(2)由f(x)≥－2x得≥－2x，则≤2x，化为2x－a·2x＋2x－2≥0，则有(2x)2＋2a·2x－2·2a≥0在x≥a上恒成立．令g(t)＝t2＋2a·t－2·2a，则有g(t)≥0在t≥2a上恒成立．∵g(t)的对称轴在t＝0的左侧，∴g(t)在t≥2a上为增函数．∴g(2a)≥0.∴(2a)2＋(2a)2－2·2a≥0，∴2a(2a－1)≥0，则a≥0.即实数a的取值范围为a≥0.12．(2008年高考江苏)若f1(x)＝3|x－p1|，f2(x)＝2·3|x－p2|，x∈R，p1、p2为常数，且f(x)＝(1)求f(x)＝f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1、p2表示)；(2)设a，b是两个实数，满足a<b，且p1、p2∈(a，b)．若f(a)＝f(b)，求证：函数f(x)在区间[a，b]上的单调增区间的长度之和为(闭区间[m，n]的长度定义为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.(*)若p1＝p2，则(*)⇔0≤log32，显然成立；若p1≠p2，记g(x)＝|x－p1|－|x－p2|，当p1>p2时，g(x)＝所以g(x)max＝p1－p2，故只需p1－p2≤log32.当p1<p2时，g(x)＝所以g(x)max＝p2－p1，故只需p2－p1≤log32.综上所述，f(x)＝f1(x)对所有实数x成立的充要条件是|p1－p2|≤log32.(2)证明：分两种情形讨论．①当|p1－p2|≤log32时，由(1)知f(x)＝f1(x)(对所有实数x∈[a，b])，则由f(a)＝f(b)及a<p1<b易知p1＝.再由f1(x)＝的单调性可知，f(x)在区间[a，b]上的单调增区间的长度为b－＝.②当|p1－p2|>log32时，不妨设p1<p2，则p2－p1>log32.于是，当x≤p1时，有f1(x)＝3p1－x<3p2－x<f2(x)，从而f(x)＝f1(x)．当x≥p2时，f1(x)＝3x－p1＝3p2－p1·3x－p2>3log32·3x－p2＝f2(x)，从而f(x)＝f2(x)．当p1<x<p2时，f1(x)＝3x－p1及f2(x)＝2·3p2－x，由方程3x0－p1＝2·3p2－x0，解得f1(x)与f2(x)图象交点的横坐标为x0＝＋log32.①显然p1<x0＝p2－[(p2－p1)－log32]<p2，这表明x0在p1与p2之间．由①易知f(x)＝综上可知，在区间[a，b]上，f(x)＝故由函数f1(x)与f2(x)的单调性可知，f(x)在区间[a，b]上的单调增区间的长度之和为(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－(p1＋p2－log32)＝.