必修 第一册4.2 指数函数课后练习题

这是一份必修 第一册4.2 指数函数课后练习题，共7页。


1．若a＝20.3，b＝20.5，c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(－1) ，则a，b，c的大小关系是( B )
A．c>a>b
B．c>b>a
C．a>b>c
D．b>a>c
【解析】 因为y＝2x在R上是增函数，c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(－1) ＝2，所以20.3<20.5<21，故c>b>a.
2．函数y＝－3x的图象( D )
A．与y＝3x的图象关于y轴对称
B．与y＝3x的图象关于坐标原点对称
C．与y＝3－x的图象关于y轴对称
D．与y＝3－x的图象关于坐标原点对称
【解析】 y＝3x的图象与y＝－3x的图象关于x轴对称，y＝－3x的图象与y＝3－x的图象关于原点对称．
3．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x＋2x＋b(b为常数)，则f(－1)等于( B )
A．3
B．－3
C．1
D．－1
【解析】 因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，得b＝－1，
所以f(－1)＝－f(1)＝－(21＋2×1－1)＝－3.
4．函数f(x)＝2－x2＋2x的值域是( D )
A．(－∞，2)
B．(－∞，2]
C．(0，2)
D．(0，2]
【解析】 因为g(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，所以0<2－x2＋2x≤21＝2，即函数f(x)＝2－x2＋2x的值域是(0，2].
5．若函数y＝ax＋b－1(a>0，且a≠1)的图象经过第二、三、四象限，则一定有( C )
A．00
B．a>1，且b>0
C．0D．a>1，且b<0
【解析】 因为y＝ax＋b－1(a>0，且a≠1)的图象经过第二、三、四象限，由指数函数图象的性质可知必有06．下列函数中，最小值为2的函数是( B )
A．f(x)＝x2＋2x＋2
B．f(x)＝4x＋4－x
C．f(x)＝3x＋2
D．f(x)＝2x－2－x
【解析】 f(x)＝x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1，最小值为1；f(x)＝4x＋4－x≥2 eq \r(4x·4－x)＝2，当且仅当x＝0时取等号，故最小值为2；f(x)＝3x＋2>2，没有最小值；f(x)＝2x－2－x的值域为R．故选B.
二、填空题
7．已知函数y＝ax＋b(a>0且a≠1)的图象如图所示，则a－b的值是__6__.
8．若函数f(x)＝a－ eq \f(1,2x＋1) 为奇函数，则实数a＝__eq \f(1,2)__．
【解析】 因为函数f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，即a－ eq \f(1,20＋1) ＝0，解得a＝ eq \f(1,2) .
9．函数y＝5x与函数y＝－5x的图象关于__x轴__对称．
【解析】 由函数y＝5x，y＝－5x的图象可知，函数y＝5x与函数y＝－5x的图象关于x轴对称．
10．若函数y＝2－x2＋ax－1在区间(－∞，3)上单调递增，则实数a的取值范围是__[6，＋∞)__．
【解析】 y＝2－x2＋ax－1在(－∞，3)上单调递增，即二次函数f(x)＝－x2＋ax－1在(－∞，3)上单调递增，所以对称轴x＝ eq \f(a,2) ≥3，解得a≥6.
11．已知定义域为R的函数f(x)＝ eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a) 是奇函数，则实数a＝__2__，b＝__1__．
【解析】 由于f(x)＝ eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a) 是R上的奇函数．所以f(0)＝ eq \f(－1＋b,2＋a) ＝0，解得b＝1，此时f(x)＝ eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a) .
f(－x)＝－f(x)⇔ eq \f(－2－x＋1,2－x＋1＋a) ＝ eq \f(2x－1,2x＋1＋a) ⇔ eq \f(2x－1,2＋a·2x)＝ eq \f(2x－1,2x＋1＋a) ⇔2＋a·2x＝2x＋1＋a⇔2－a＋(a－2)2x＝0⇔(a－2)(2x－1)＝0，解得a＝2.
三、解答题
12．已知函数f(x)＝b·ax(a，b为常数，a＞0且a≠1)的图象经过点A(1，8)，B(3，32).
(1)求a，b的值；
(2)若不等式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))) eq \s\up12(x) －m≥0对任意x∈(－∞，1]恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)因为函数f(x)＝b·ax的图象经过点A(1，8)，B(3，32)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·b＝8，,a3·b＝32，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))
(2)设g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))) eq \s\up12(x) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) ，
易知g(x)在R上是减函数，
所以当x≤1时，g(x)min＝g(1)＝ eq \f(3,4) .
若不等式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))) eq \s\up12(x) －m≥0对任意x∈(－∞，1]恒成立，则m≤ eq \f(3,4) .
[B级 素养养成与评价]
13．若方程 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x－1) ＋a＝0有正数解，则实数a的取值范围是( D )
A．(－∞，1)
B．(－∞，－2)
C．(－3，－2)
D．(－3，0)
【解析】 设t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ，原方程有正数解，即方程t2＋2t＋a＝0在(0，1)内有解．设f(t)＝t2＋2t＋a，结合二次函数的图象，得f(0)·f(1)<0，即a(3＋a)<0，所以－314．若定义域为R的奇函数f(x)＝ eq \f(b－h（x）,1＋h（x）) ，其中h(x)是指数函数，且h(2)＝4，则不等式f(2x－1)>f(x＋1)的解集为__{x|x＜2}__．
【解析】 由于h(x)是指数函数，可设h(x)＝ax(a＞0，a≠1).
∵h(2)＝a2＝4，∴a＝2，∴函数f(x)＝ eq \f(b－h（x）,1＋h（x）) ＝ eq \f(b－2x,1＋2x).
∵函数f(x)＝ eq \f(b－h（x）,1＋h（x）) 是定义域为R的奇函数，
∴f(0)＝ eq \f(b－1,1＋1) ＝0，∴b＝1，∴f(x)＝ eq \f(1－2x,1＋2x).
∵f(x)＝ eq \f(1－2x,1＋2x)＝ eq \f(2,2x＋1) －1在R上单调递减，
∴由不等式f(2x－1)＞f(x＋1)，可得2x－1＜x＋1，得x＜2，即原不等式的解集为{x|x＜2}．
15．已知定义域为R的函数f(x)＝ eq \f(－2x＋a,2x＋1) 是奇函数．
(1)求实数a的值；
(2)用定义法证明f(x)在R上是减函数．
解：(1)因为f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0，即 eq \f(a－1,2) ＝0，解得a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝ eq \f(1－2x,1＋2x)＝－1＋ eq \f(2,2x＋1) ，
任取x1，x2∈R，且x1f(x2)－f(x1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(2,2x2＋1))) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(2,2x1＋1))) ＝ eq \f(2（2x1－2x2）,（2x1＋1）（2x2＋1）) .
因为x1所以2x1＋1>0，2x2＋1>0，2x1－2x2<0，
所以f(x2)－f(x1)<0，即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在R上是减函数.
16．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)的上界．已知函数f(x)＝1＋a· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) .
(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)上是不是有界函数，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．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) .
令t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ，由x＜0可得t＞1，
h(t)＝t2＋t＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,4) ，
因为h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故h(t)>h(1)＝3，
故不存在常数M＞0，使|f(x)|≤M成立，
故函数f(x)在(－∞，0)上不是有界函数．
(2)若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，
则当x≥0时，|f(x)|≤3恒成立，故有－3≤f(x)≤3，
即－4－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) ≤a· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ≤2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) 在[0，＋∞)上恒成立，
所以－4·2x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ≤a≤2·2x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 在[0，＋∞)上恒成立．设2x＝t，h(t)＝－4t－ eq \f(1,t) ，p(t)＝2t－ eq \f(1,t) ，由x∈[0，＋∞)得t≥1，设1≤t10，所以h(t)在[1，＋∞)上单调递减，p(t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以－4·2x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 的最大值为－4－1＝－5，
2·2x－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 的最小值为2－1＝1，
故有－5≤a≤1，即a的取值范围为[－5，1].