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2024年高考数学解答题常考易错专项特训：幂函数、指数函数、对数函数
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这是一份2024年高考数学解答题常考易错专项特训：幂函数、指数函数、对数函数，共13页。试卷主要包含了已知函数f=ln+ln.，已知函数f=lg2等内容，欢迎下载使用。
1．已知函数f(x)=(a2−a−1)x(1−a)(2+a)的幂函数(a∈R)，且f(1)（1）求函数f(x)的解析式；
（2）试判断是否存在实数b，使得函数g(x)=3−f(x)+2bx在区间[−1，1]上的最大值为6，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由.
2． 已知幂函数f(x)=(2m2−m−2)xm−1在定义域内单调递增.
（1）求f(x)的解析式；
（2）求关于x的不等式f(x+1)3．已知函数f(x)=ln(2−x)+ln(2+x).
（1）写出函数f(x)的定义域并判断其奇偶性；
（2）若f(2m+1)>ln3，求实数m的取值范围.
（3）若存在x使得不等式f(x)≥m−1成立，求实数m的最大值.
4． 已知函数f(x)=2x−12x+1，g(x)=32x，
（1）若a>0，记函数f(x)在[−a，a]上最大值为M，最小值为m，求M+m；
（2）若存在实数x1，x2∈[−2，+∞)，且x15． 随着环保意识的增强，电动汽车正成为人们购车的热门选择.某型号的电动汽车经高速路段（汽车行驶速度不低于60km/ℎ）测试发现：①汽车每小时耗电量P（单位：KWℎ）与速度v（单位：km/ℎ）的关系满足P(v)=0.002v2−0.04v+5(60≤v≤120)；②相同路程内变速行驶比匀速行驶耗电量更大.现有一辆同型号电动汽车从A地经高速公路（最低限速60km/ℎ，最高限速120km/ℎ）驶到距离为500km的B地，出发前汽车电池存量为75KWℎ，汽车到达B地后至少要保留5KWℎ的保障电量.（假设该电动汽车从静止加速到速度为v的过程中消耗的电量与路程都忽略不计）.
（1）判断该车是否可以在不充电的情况下到达B地，并说明理由；
（2）若途径服务区充电桩功率为15kw（充电量=充电功率×时间），求到达B地的最少用时（行驶时间与充电时间总和）.
6．已知指数函数f(x)=ax（a≥0且a≠1）的图象过点(3，8).
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）求函数g(x)=f2(x)−2f(x)+5在x∈[−1，2]上的值域.
7．已知函数f(x)=ax+1(a>0，a≠1)的图像恒过定点A，且点A又在函数g(x)=lg2(x+a)2的图象上．
（1）若f(x)−f(−x)=32，求x的值；
（2）若关于x的不等式f(g(x))>kx+1在x∈[3，4]上恒成立，求实数k的取值范围．
8． 已知函数f(x)=4x−2⋅2x+1+a，其中x∈[0，3].
（1）若f(x)的最小值为1，求a的值；
（2）若存在x∈[0，3]，使f(x)≥33成立，求a的取值范围．
9．已知函数f(x)=lg4(4x+1)−k(x+1)过原点且g(x)=f(x)+12．
（1）求k值并证明g(x)为偶函数；
（2）若方程g(x)=lg4(a⋅2x−43a)有且只有一个解，求实数a的取值范围．
10．已知函数f(x)=lg2(x2−4ax+3)
（1）当a=1时，求f(x)的定义域和单调递减区间；
（2）若函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围.
11．已知定义在R上的函数f(x)=m⋅4x−2x+1+1−m(m∈R)．
（1）已知当m>0时，函数f(x)在0，2上的最大值为8，求实数m的值；
（2）若函数y=g(x)的定义域内存在x0，使得g(a+x0)+g(a−x0)=2b成立，则称g(x)为局部对称函数，其中(a，b)为函数g(x)的局部对称点．若(1，0)是f(x)的局部对称点，求实数m的取值范围．
12．已知函数f(x)=ax(a>0，a≠1).
（1）若f(−1)=2，求f(2)+f(−2)的值.
（2）若函数f(x)在[−1，1]上的最大值与最小值的差为83，求实数a的值.
13．若f(x)=x2−x+b，且f(lg2a)=b，lg2f(a)=2(a≠1)．
（1）求f(lg2x)的最小值及对应的x的值；
（2）当x取何值时，f(lg2x)>f(1)，且lg2f(x)14． 如图所示，已知A(x1，m)、S=lg2t、(1，43]（其中m≥2）是指数函数f(x)=2x图像上的三点．
（1）当m=2时，求f(x1+x2+x3)的值；
（2）设ΔABC的面积为S，求S关于m的函数S(m)及其最大值.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：由题意可得：a2−a−1=11−a2+a>0，解得a=0，
所以f(x)=x2；
（2）解：由（1）可得g(x)=−x2+2bx+3，
则函数gx图像开口向下，对称轴为：x=b，
当b≤−1时，函数gx在区间[[−1，1]上 单调递减，
则gx的最大值为g(−1)=−1−2b+3=6，解得b=−2，符合题意；
当b≥1时，函数gx在区间[−1，1]上单调递增，
则gx的最大值为g(1)=−1+2b+3=6，解得b=2，符合题意；
当−1解得b=±3，不符题意；
综上所述：存在实数b=±2满足题意.
2．【答案】（1）解：因为f(x)=(2m2−m−2)xm−1为幂函数，所以2m2−m−2=1，解得m=−1或m=32，
当m=−1时，f(x)=x−2在(0，+∞)上单调递减，在(−∞，0)上单调递增，不满足题意；
当m=32时，f(x)=x12在[0，+∞)上单调递增，满足题意，故m=32.
所以f(x)=x12.
（2）解：f(x)=x12在[0，+∞)上单调递增，f(x+1)故x+1≥0x2−2x+3≥0x+12，即x∈[−1，1)∪(2，+∞).
3．【答案】（1）解：由函数f(x)=ln(2−x)+ln(2+x)有意义，则满足2−x>02+x>0，解得−2所以函数f(x)的定义域为(−2，2)，关于原点对称，
又由f(−x)=ln[2−(−x)]+ln[2+(−x)]=ln(2+x)+ln(2−x)=f(x)，
所以函数f(x)为定义域上偶函数
（2）解：由函数f(x)=ln(2−x)+ln(2+x)，
可得f(2m+1)=ln(2−2m−1)+ln(2+2m+1)=ln((3+2m)(1−2m))，
又由f(2m+1)>ln3，可得−2<2m+1<2(3+2m)(1−2m)>3，
解得−1即实数m的取值范围为(−1，0)
（3）解：若存在x使得不等式f(x)≥m−1成立，即f(x)max≥m−1，
由f(x)=ln((2−x)(2+x))=ln(4−x2)，其中x∈(−2，2)，
因为函数g(x)=4−x2在(−2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，
所以函数g(x)在(−2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，
可得f(x)max=f(0)=ln4，所以m−1≤ln4，即m≤ln4+1，
所以实数m的最大值为ln4+1
4．【答案】（1）解：方法一
因为f(−x)=2−x−12−x+1=12x−112x+1=−2x−12x+1=−f(x)，
所以f(x)为奇函数
故当a>0，x∈[−a，a]时，M+m=0
方法二
因为f(x)=1−22x+1在R上单调递增
所以M=f(a)=2a−12a+1，m=f(−a)=2−a−12−a+1
所以M+m=2a−12a+1+2−a−12−a+1=2a−12a+1+12a−112a+1=2a−12a+1−2a−12a+1=0
（2）解：因为f(x)=1−22x+1在R上单调递增，
所以f(x1)=kg(x1)f(x2)=kg(x2)
所以方程f(x)=kg(x)在[−2，+∞)上有2个不同的实数根
方法一
由f(x)=kg(x)知3k=(2x−1)2x2x+1
令2x+1=t≥54，则3k=t2−3t+2t=t+2t−3
因为y=t+2t−3在[54，2]上单调递增，在[2，+∞)上单调递增
又当t=54时，y=−320，当t=54时，y=22−3
所以22−3<3k≤−320，即22−33方法二
令2x=t≥14，则方程t2−(3k+1)t−3k=0在[14，+∞)上有两个不相等的实数根
则Δ=(3k+1)2+12k>03k+12>14(14)2−(3k+1)⋅14−3k≥0
∴22−335．【答案】（1）解：设匀速行驶速度为v，耗电量为f(v)，
则f(v)=P(v)⋅500v=v+2500v−20(60≤v≤120)，
由对勾函数性质可知函数f(v)在区间[60，120]单调递增，
∴f(v)min=f(60)=2453>75−5，即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，
所以该车不能在不充电的情况下到达B地；
（2）解：设匀速行驶速度为v，总时间为t，行驶时间与充电时间分别为t1，t2.
若能到达B地，则初始电量+充电电量-消耗电量≥保障电量，
即75+15t2−f(v)≥5，
解得t2≥v15+5003v−6.
∴t=t1+t2≥500v+v15+5003v−6=v15+20003v−6≥2v15⋅20003v−6=223.
当且仅当v15=20003v，即v=100时取到等号
所以该汽车到达B地的最少用时为223
6．【答案】（1）解：因为函数f(x)=ax（a>0且a≠1）的图象过点(3，8)，
则f(3)=a3=8，解得a=2，因此，f(x)=2x.
（2）解：g(x)=(2x)2−2×2x+5，令t=2x，因为x∈[−1，2]，则t∈[12，4]，
令ℎ(t)=t2−2t+5=(t−1)2+4，
当t∈[12，1]时，函数ℎ(t)单调递减，此时，x∈[−1，0]，
当t∈(1，4]时，函数ℎ(t)单调递增，此时，x∈(0，2]，
故当x∈[−1，2]时，g(x)min=g(0)=4，
又因为g(−1)=(12−1)2+4=174，g(2)=(4−1)2+4=13，故g(x)max=13，
所以，函数g(x)在[−1，2]上的值域为[4，13].
7．【答案】（1）解：函数f(x)=ax+1(a>0，a≠1)，当x=0时，f(x)=2，则函数y=f(x)图像恒过定点A(0，2)，
又∵A(0，2)在函数y=g(x)图象上，即lg2a2=2，解得a=2（负值舍去），
则f(x)=2x+1，由f(x)−f(−x)=32，则2x−2−x=32，
令2x=t>0，则t−1t=32，即2t2−3t−2=0，即(2t+1)(t−2)=0，
∵t>0，∴t=2，即2x=2，解得x=1；
（2）解：因为f[g(x)]=2lg2(x+2)2+1=(x+2)2+1，3≤x≤4，
则(x+2)2+1>kx+1在区间[3，4]上恒成立，即x2+(4−k)x+4>0在区间[3，4]上恒成立，
令ℎ(x)=x2+(4−k)x+4，x∈[3，4]，则ℎ(x)min>0，函数y=ℎ(x)的对称轴为x=k2−2，
①k2−2≤3，即k≤10，y=ℎ(x)在区间[3，4]上单调递增，
ℎ(x)min=ℎ(3)=25−3k>0，则k<253，又k≤10，∴k<253；
②3函数y=ℎ(x)在(3，k2−2)上单调递减，在区间(k2−2，4)上单调递增，
则ℎ(x)min=ℎ(k2−2)=(k2−2)2+(4−k)(k2−2)+4=−k24+2k>0，
则0③k2−2≥4，即k≥12，y=ℎ(x)在区间[3，4]上单调递减，
ℎ(x)min=ℎ(4)=36−4k>0，即k<9，又k≥12，∴无解；
综上所述，实数k的取值范围为(−∞，253)．
8．【答案】（1）解：因为x∈[0，3]，f(x)=(2x)2−4⋅2x+a=(2x−2)2+a−4，
当2x=2时，即当x=1时，函数f(x)取得最小值，即f(x)min=f(1)=a−4=1，解a=5
（2）解：令t=2x∈[1，8]，则f(x)=t2−4t+a，由f(x)≥33可得a≥−t2+4t+33，
令g(t)=−t2+4t+33，函数g(t)在[1，2)上单调递增，在(2，8]上单调递减，
因为g(1)=36，g(8)=1，所以，g(t)min=g(8)=1，∴a≥1.
9．【答案】（1）解：解由题意可知f(0)=0⇒lg4(40+1)−k=0⇒k=12
g(x)=f(x)+12=lg4(4x+1)−12x−12+12=lg4(4x+1)−12x
g(−x)=lg4(4−x+1)+12x=lg44x+14x+12x=lg4(4x+1)−x+12x=lg4(4x+1)−12x⇒g(x)=g(−x)
（2）解：g(x)=lg4(4x+1)−12x=lg44x+12x
∴4x+12x=a⋅2x−43a令2x=t(t>0)∴方程(a−1)t2−43at−1=0仅有一个正根
当a=1时，t=−34与题意不符；当a>1时，方程恒有一个正根一个负根符合题意；
当a<1时，Δ=169a2+4a−4=49(4a2+9a−9)=49(4a−3)(a+3)
若Δ>0方程有两个不等正根与题意不符，若Δ=0⇒a=34或−3
当a=34时，两根均为负；当a=−3时两根均为12满足题意
综上a>1或a=−3
10．【答案】（1）解：令u=x2−4ax+3，y=lg2u．
当a=1时，u=x2−4x+3，由u>0得x2−4x+3>0，解得x>3或x<1．
故f(x)的定义域为(−∞,1)∪(3,+∞)．
因为函数y=lg2u在定义域上单调递增，
u=x2−4x+3=(x−2)2−1在(−∞,1)上单调递减，在(3,+∞)单调递增，
所以f(x)=lg2(x2−4x+3)的单调递减区间为(−∞,1)．
（2）解：因为f(x)在(1,+∞)上单调递增，又y=lg2u在定义域上单调递增，
所以u=x2−4ax+3在(1,+∞)上单调递增，且u>0恒成立，
因为u=x2−4ax+3开口向上，对称轴为x=2a，
所以2a≤112−4a+3≥0，解得a≤12，
故实数a的取值范围为(−∞,12].
11．【答案】（1）解：令t=2x，则：t∈1，4
设gt=mt2−2t+1−m(m>0)
由题意，gt在1，4的最大值为8.
因为m>0，二次函数gt图像开口向上，所以gtmax=maxg1，g4
即：g1=8或g4=8解得：m=1
经检验：m=1符合题意
（2）解：根据局部对称函数的定义可知，f(1+x)+f(1−x)=0，
即m⋅41+x−21+x+1+1−m+m⋅41−x−21−x+1+1−m=0，
2m⋅4x+2m⋅4−x−m−2⋅2x−2⋅2−x+1=0，
m=2(2x+2−x)−12(4x+4−x)−1=2(2x+12x)−12(4x+14x)−1，
令s=2(2x+12x)−1，
则m=ss2+2s−92=2ss2+2s−9=2s−9s+2，
因为s=2(2x+12x)−1≥42x⋅12x−1=3，当且仅当2x=12x，x=0时等号成立，
函数y=s−9s+2在区间[3，+∞)上单调递增，所以y=s−9s+2≥3−93+2=2，
所以m=2s−9s+2∈(0，1]，所以m的取值范围是(0，1]．
12．【答案】（1）解：因为f(x)=ax，f(−1)=2，
所以1a=2，解得a=12，
当a=12时，f(x)=(12)x，
f(2)+f(−2)=(12)2+(12)−2=174，
（2）解：①当a>1时，f(x)=ax在[−1，1]上单调递增，
所以f(x)max−f(x)min=f(1)−f(−1)=a−a−1=83，
化简得3a2−8a−3=0，解得a=3或a=−13（舍去）.
②当0所以f(x)max−f(x)min=f(−1)−f(1)=a−1−a=83，
化简得3a2+8a−3=0.解得a=13或a=−3（舍去）.
综上可得实数a的值为3或13.
13．【答案】（1）解：∵f(x)=x2−x+b，∴f(lg2a)=(lg2a)2−lg2a+b．
由已知得(lg2a)2−lg2a+b=b，∴lg2a(lg2a−1)=0.∵a≠1，∴lg2a=1，∴a=2．
又lg2f(a)=2，∴f(a)=4.∴a2−a+b=4，∴b=4−a2+a=2．
故f(x)=x2−x+2．
f(lg2x)=(lg2x)2−lg2x+2=(lg2x−12)2+74.
当lg2x=12，即x=2时，f(lg2x)有最小值74．
（2）解：由题意得(lg2x)2−lg2x+2>2lg2(x2−x+2)<2⇒x>2或0所以014．【答案】（1）解：f(x1+x2+x3)=2x1+x2+x3=2x12x22x3=m(m+2)(m+4)，
∴ 当m=2时，f(x1+x2+x3)=48
（2）解：过C作直线l垂直于x轴，分别过A，B作AA1，BB1垂直于直线l，垂足分别为A1，B1，
则SΔABC=SΔAA1C−SΔBB1C−S梯形AA1B1B
=12(x3−x1)×4−12(x3−x2)×2−12(x3−x2+x3−x1)×2
=2x2−(x1+x3)=2lg2(m+2)−(lg2m+lg2(m+4))
=lg2(m+2)2m2+4m=lg2(1+4m2+4m)
即S关于m的函数为：S(m)=lg2(1+4m2+4m)，m∈[2，+∞)
令v=m2+4m，因为v=m2+4m在[2，+∞)上是增函数，∴v≥12
再令t=1+4v，则t=1+4v在[12，+∞)上是减函数，∴1而S=lg2t在区间(1，43]上是增函数，
所以，函数S(m)=lg2(1+4m2+4m)在区间[2，+∞)上是减函数，
故当m=2时，S(m)max=S(2)=lg243．
1．已知函数f(x)=(a2−a−1)x(1−a)(2+a)的幂函数(a∈R)，且f(1)
（2）试判断是否存在实数b，使得函数g(x)=3−f(x)+2bx在区间[−1，1]上的最大值为6，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由.
2． 已知幂函数f(x)=(2m2−m−2)xm−1在定义域内单调递增.
（1）求f(x)的解析式；
（2）求关于x的不等式f(x+1)
（1）写出函数f(x)的定义域并判断其奇偶性；
（2）若f(2m+1)>ln3，求实数m的取值范围.
（3）若存在x使得不等式f(x)≥m−1成立，求实数m的最大值.
4． 已知函数f(x)=2x−12x+1，g(x)=32x，
（1）若a>0，记函数f(x)在[−a，a]上最大值为M，最小值为m，求M+m；
（2）若存在实数x1，x2∈[−2，+∞)，且x1
（1）判断该车是否可以在不充电的情况下到达B地，并说明理由；
（2）若途径服务区充电桩功率为15kw（充电量=充电功率×时间），求到达B地的最少用时（行驶时间与充电时间总和）.
6．已知指数函数f(x)=ax（a≥0且a≠1）的图象过点(3，8).
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）求函数g(x)=f2(x)−2f(x)+5在x∈[−1，2]上的值域.
7．已知函数f(x)=ax+1(a>0，a≠1)的图像恒过定点A，且点A又在函数g(x)=lg2(x+a)2的图象上．
（1）若f(x)−f(−x)=32，求x的值；
（2）若关于x的不等式f(g(x))>kx+1在x∈[3，4]上恒成立，求实数k的取值范围．
8． 已知函数f(x)=4x−2⋅2x+1+a，其中x∈[0，3].
（1）若f(x)的最小值为1，求a的值；
（2）若存在x∈[0，3]，使f(x)≥33成立，求a的取值范围．
9．已知函数f(x)=lg4(4x+1)−k(x+1)过原点且g(x)=f(x)+12．
（1）求k值并证明g(x)为偶函数；
（2）若方程g(x)=lg4(a⋅2x−43a)有且只有一个解，求实数a的取值范围．
10．已知函数f(x)=lg2(x2−4ax+3)
（1）当a=1时，求f(x)的定义域和单调递减区间；
（2）若函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围.
11．已知定义在R上的函数f(x)=m⋅4x−2x+1+1−m(m∈R)．
（1）已知当m>0时，函数f(x)在0，2上的最大值为8，求实数m的值；
（2）若函数y=g(x)的定义域内存在x0，使得g(a+x0)+g(a−x0)=2b成立，则称g(x)为局部对称函数，其中(a，b)为函数g(x)的局部对称点．若(1，0)是f(x)的局部对称点，求实数m的取值范围．
12．已知函数f(x)=ax(a>0，a≠1).
（1）若f(−1)=2，求f(2)+f(−2)的值.
（2）若函数f(x)在[−1，1]上的最大值与最小值的差为83，求实数a的值.
13．若f(x)=x2−x+b，且f(lg2a)=b，lg2f(a)=2(a≠1)．
（1）求f(lg2x)的最小值及对应的x的值；
（2）当x取何值时，f(lg2x)>f(1)，且lg2f(x)
（1）当m=2时，求f(x1+x2+x3)的值；
（2）设ΔABC的面积为S，求S关于m的函数S(m)及其最大值.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：由题意可得：a2−a−1=11−a2+a>0，解得a=0，
所以f(x)=x2；
（2）解：由（1）可得g(x)=−x2+2bx+3，
则函数gx图像开口向下，对称轴为：x=b，
当b≤−1时，函数gx在区间[[−1，1]上 单调递减，
则gx的最大值为g(−1)=−1−2b+3=6，解得b=−2，符合题意；
当b≥1时，函数gx在区间[−1，1]上单调递增，
则gx的最大值为g(1)=−1+2b+3=6，解得b=2，符合题意；
当−1
综上所述：存在实数b=±2满足题意.
2．【答案】（1）解：因为f(x)=(2m2−m−2)xm−1为幂函数，所以2m2−m−2=1，解得m=−1或m=32，
当m=−1时，f(x)=x−2在(0，+∞)上单调递减，在(−∞，0)上单调递增，不满足题意；
当m=32时，f(x)=x12在[0，+∞)上单调递增，满足题意，故m=32.
所以f(x)=x12.
（2）解：f(x)=x12在[0，+∞)上单调递增，f(x+1)
3．【答案】（1）解：由函数f(x)=ln(2−x)+ln(2+x)有意义，则满足2−x>02+x>0，解得−2
又由f(−x)=ln[2−(−x)]+ln[2+(−x)]=ln(2+x)+ln(2−x)=f(x)，
所以函数f(x)为定义域上偶函数
（2）解：由函数f(x)=ln(2−x)+ln(2+x)，
可得f(2m+1)=ln(2−2m−1)+ln(2+2m+1)=ln((3+2m)(1−2m))，
又由f(2m+1)>ln3，可得−2<2m+1<2(3+2m)(1−2m)>3，
解得−1
（3）解：若存在x使得不等式f(x)≥m−1成立，即f(x)max≥m−1，
由f(x)=ln((2−x)(2+x))=ln(4−x2)，其中x∈(−2，2)，
因为函数g(x)=4−x2在(−2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，
所以函数g(x)在(−2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，
可得f(x)max=f(0)=ln4，所以m−1≤ln4，即m≤ln4+1，
所以实数m的最大值为ln4+1
4．【答案】（1）解：方法一
因为f(−x)=2−x−12−x+1=12x−112x+1=−2x−12x+1=−f(x)，
所以f(x)为奇函数
故当a>0，x∈[−a，a]时，M+m=0
方法二
因为f(x)=1−22x+1在R上单调递增
所以M=f(a)=2a−12a+1，m=f(−a)=2−a−12−a+1
所以M+m=2a−12a+1+2−a−12−a+1=2a−12a+1+12a−112a+1=2a−12a+1−2a−12a+1=0
（2）解：因为f(x)=1−22x+1在R上单调递增，
所以f(x1)=kg(x1)f(x2)=kg(x2)
所以方程f(x)=kg(x)在[−2，+∞)上有2个不同的实数根
方法一
由f(x)=kg(x)知3k=(2x−1)2x2x+1
令2x+1=t≥54，则3k=t2−3t+2t=t+2t−3
因为y=t+2t−3在[54，2]上单调递增，在[2，+∞)上单调递增
又当t=54时，y=−320，当t=54时，y=22−3
所以22−3<3k≤−320，即22−33
令2x=t≥14，则方程t2−(3k+1)t−3k=0在[14，+∞)上有两个不相等的实数根
则Δ=(3k+1)2+12k>03k+12>14(14)2−(3k+1)⋅14−3k≥0
∴22−33
则f(v)=P(v)⋅500v=v+2500v−20(60≤v≤120)，
由对勾函数性质可知函数f(v)在区间[60，120]单调递增，
∴f(v)min=f(60)=2453>75−5，即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，
所以该车不能在不充电的情况下到达B地；
（2）解：设匀速行驶速度为v，总时间为t，行驶时间与充电时间分别为t1，t2.
若能到达B地，则初始电量+充电电量-消耗电量≥保障电量，
即75+15t2−f(v)≥5，
解得t2≥v15+5003v−6.
∴t=t1+t2≥500v+v15+5003v−6=v15+20003v−6≥2v15⋅20003v−6=223.
当且仅当v15=20003v，即v=100时取到等号
所以该汽车到达B地的最少用时为223
6．【答案】（1）解：因为函数f(x)=ax（a>0且a≠1）的图象过点(3，8)，
则f(3)=a3=8，解得a=2，因此，f(x)=2x.
（2）解：g(x)=(2x)2−2×2x+5，令t=2x，因为x∈[−1，2]，则t∈[12，4]，
令ℎ(t)=t2−2t+5=(t−1)2+4，
当t∈[12，1]时，函数ℎ(t)单调递减，此时，x∈[−1，0]，
当t∈(1，4]时，函数ℎ(t)单调递增，此时，x∈(0，2]，
故当x∈[−1，2]时，g(x)min=g(0)=4，
又因为g(−1)=(12−1)2+4=174，g(2)=(4−1)2+4=13，故g(x)max=13，
所以，函数g(x)在[−1，2]上的值域为[4，13].
7．【答案】（1）解：函数f(x)=ax+1(a>0，a≠1)，当x=0时，f(x)=2，则函数y=f(x)图像恒过定点A(0，2)，
又∵A(0，2)在函数y=g(x)图象上，即lg2a2=2，解得a=2（负值舍去），
则f(x)=2x+1，由f(x)−f(−x)=32，则2x−2−x=32，
令2x=t>0，则t−1t=32，即2t2−3t−2=0，即(2t+1)(t−2)=0，
∵t>0，∴t=2，即2x=2，解得x=1；
（2）解：因为f[g(x)]=2lg2(x+2)2+1=(x+2)2+1，3≤x≤4，
则(x+2)2+1>kx+1在区间[3，4]上恒成立，即x2+(4−k)x+4>0在区间[3，4]上恒成立，
令ℎ(x)=x2+(4−k)x+4，x∈[3，4]，则ℎ(x)min>0，函数y=ℎ(x)的对称轴为x=k2−2，
①k2−2≤3，即k≤10，y=ℎ(x)在区间[3，4]上单调递增，
ℎ(x)min=ℎ(3)=25−3k>0，则k<253，又k≤10，∴k<253；
②3
则ℎ(x)min=ℎ(k2−2)=(k2−2)2+(4−k)(k2−2)+4=−k24+2k>0，
则0
ℎ(x)min=ℎ(4)=36−4k>0，即k<9，又k≥12，∴无解；
综上所述，实数k的取值范围为(−∞，253)．
8．【答案】（1）解：因为x∈[0，3]，f(x)=(2x)2−4⋅2x+a=(2x−2)2+a−4，
当2x=2时，即当x=1时，函数f(x)取得最小值，即f(x)min=f(1)=a−4=1，解a=5
（2）解：令t=2x∈[1，8]，则f(x)=t2−4t+a，由f(x)≥33可得a≥−t2+4t+33，
令g(t)=−t2+4t+33，函数g(t)在[1，2)上单调递增，在(2，8]上单调递减，
因为g(1)=36，g(8)=1，所以，g(t)min=g(8)=1，∴a≥1.
9．【答案】（1）解：解由题意可知f(0)=0⇒lg4(40+1)−k=0⇒k=12
g(x)=f(x)+12=lg4(4x+1)−12x−12+12=lg4(4x+1)−12x
g(−x)=lg4(4−x+1)+12x=lg44x+14x+12x=lg4(4x+1)−x+12x=lg4(4x+1)−12x⇒g(x)=g(−x)
（2）解：g(x)=lg4(4x+1)−12x=lg44x+12x
∴4x+12x=a⋅2x−43a令2x=t(t>0)∴方程(a−1)t2−43at−1=0仅有一个正根
当a=1时，t=−34与题意不符；当a>1时，方程恒有一个正根一个负根符合题意；
当a<1时，Δ=169a2+4a−4=49(4a2+9a−9)=49(4a−3)(a+3)
若Δ>0方程有两个不等正根与题意不符，若Δ=0⇒a=34或−3
当a=34时，两根均为负；当a=−3时两根均为12满足题意
综上a>1或a=−3
10．【答案】（1）解：令u=x2−4ax+3，y=lg2u．
当a=1时，u=x2−4x+3，由u>0得x2−4x+3>0，解得x>3或x<1．
故f(x)的定义域为(−∞,1)∪(3,+∞)．
因为函数y=lg2u在定义域上单调递增，
u=x2−4x+3=(x−2)2−1在(−∞,1)上单调递减，在(3,+∞)单调递增，
所以f(x)=lg2(x2−4x+3)的单调递减区间为(−∞,1)．
（2）解：因为f(x)在(1,+∞)上单调递增，又y=lg2u在定义域上单调递增，
所以u=x2−4ax+3在(1,+∞)上单调递增，且u>0恒成立，
因为u=x2−4ax+3开口向上，对称轴为x=2a，
所以2a≤112−4a+3≥0，解得a≤12，
故实数a的取值范围为(−∞,12].
11．【答案】（1）解：令t=2x，则：t∈1，4
设gt=mt2−2t+1−m(m>0)
由题意，gt在1，4的最大值为8.
因为m>0，二次函数gt图像开口向上，所以gtmax=maxg1，g4
即：g1=8或g4=8解得：m=1
经检验：m=1符合题意
（2）解：根据局部对称函数的定义可知，f(1+x)+f(1−x)=0，
即m⋅41+x−21+x+1+1−m+m⋅41−x−21−x+1+1−m=0，
2m⋅4x+2m⋅4−x−m−2⋅2x−2⋅2−x+1=0，
m=2(2x+2−x)−12(4x+4−x)−1=2(2x+12x)−12(4x+14x)−1，
令s=2(2x+12x)−1，
则m=ss2+2s−92=2ss2+2s−9=2s−9s+2，
因为s=2(2x+12x)−1≥42x⋅12x−1=3，当且仅当2x=12x，x=0时等号成立，
函数y=s−9s+2在区间[3，+∞)上单调递增，所以y=s−9s+2≥3−93+2=2，
所以m=2s−9s+2∈(0，1]，所以m的取值范围是(0，1]．
12．【答案】（1）解：因为f(x)=ax，f(−1)=2，
所以1a=2，解得a=12，
当a=12时，f(x)=(12)x，
f(2)+f(−2)=(12)2+(12)−2=174，
（2）解：①当a>1时，f(x)=ax在[−1，1]上单调递增，
所以f(x)max−f(x)min=f(1)−f(−1)=a−a−1=83，
化简得3a2−8a−3=0，解得a=3或a=−13（舍去）.
②当0
化简得3a2+8a−3=0.解得a=13或a=−3（舍去）.
综上可得实数a的值为3或13.
13．【答案】（1）解：∵f(x)=x2−x+b，∴f(lg2a)=(lg2a)2−lg2a+b．
由已知得(lg2a)2−lg2a+b=b，∴lg2a(lg2a−1)=0.∵a≠1，∴lg2a=1，∴a=2．
又lg2f(a)=2，∴f(a)=4.∴a2−a+b=4，∴b=4−a2+a=2．
故f(x)=x2−x+2．
f(lg2x)=(lg2x)2−lg2x+2=(lg2x−12)2+74.
当lg2x=12，即x=2时，f(lg2x)有最小值74．
（2）解：由题意得(lg2x)2−lg2x+2>2lg2(x2−x+2)<2⇒x>2或0
∴ 当m=2时，f(x1+x2+x3)=48
（2）解：过C作直线l垂直于x轴，分别过A，B作AA1，BB1垂直于直线l，垂足分别为A1，B1，
则SΔABC=SΔAA1C−SΔBB1C−S梯形AA1B1B
=12(x3−x1)×4−12(x3−x2)×2−12(x3−x2+x3−x1)×2
=2x2−(x1+x3)=2lg2(m+2)−(lg2m+lg2(m+4))
=lg2(m+2)2m2+4m=lg2(1+4m2+4m)
即S关于m的函数为：S(m)=lg2(1+4m2+4m)，m∈[2，+∞)
令v=m2+4m，因为v=m2+4m在[2，+∞)上是增函数，∴v≥12
再令t=1+4v，则t=1+4v在[12，+∞)上是减函数，∴1
所以，函数S(m)=lg2(1+4m2+4m)在区间[2，+∞)上是减函数，
故当m=2时，S(m)max=S(2)=lg243．
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