2021届二轮复习 基本初等函数 课时作业（全国通用） 练习

第16讲 基本初等函数

A级——北京朝阳期末保分练

1．函数y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过的点是________．

解析：令x＋2＝0，得x＝－2，所以当x＝－2时，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0，且a≠1)的图象恒过点(－2，0)．

答案： (－2,0)

2．(2020·启东一中检测)已知函数f(x)＝则f＝________.

解析：依题意得f＝log3＝－2，f＝f(－2)＝2－2＝.

答案：

3．定义新运算“★”：当m≥n时，m★n＝m；当m<n时，m★n＝n2.设函数f(x)＝(2★x)x－(4★x)，x∈[1,4]，则函数f(x)的值域为____________．

解析：由题意知，f(x)＝当x∈[1,2]时，f(x)∈[－2,0]；当x∈(2,4]时，f(x)∈(4,60]，故当x∈[1,4]时，f(x)∈[－2,0]∪(4,60]．

答案：[－2,0]∪(4,60]

4．(2020·盐城调研)已知实数a＝2ln 2，b＝2＋2ln 2，c＝(ln 2)2，则a，b，c由小到大的顺序是________．

解析：因为0<ln 2<1，所以a＝2ln 2∈(1,2)，c＝(ln 2)2∈(0,1)．又b＝2＋2ln 2＝2＋ln 4∈(3,4)，故c<a<b.

答案：c<a<b

5．已知a>b>1.若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝________，b＝________.

解析：令logab＝t，∵a>b>1，∴0<t<1，由logab＋logba＝，得t＋＝，解得t＝或t＝2(舍去)，即logab＝，∴b＝，又ab＝ba，∴a＝()a，即a＝a，即＝，解得a＝4，∴b＝2.

答案：4　2

6．已知f(x)＝x3(ex＋e－x)＋6，f(a)＝10，则f(－a)＝________.

解析：令g(x)＝x3(ex＋e－x)，则f(x)＝g(x)＋6，因为函数y＝x3是奇函数，y＝ex＋e－x是偶函数，所以g(x)是奇函数，所以f(x)＋f(－x)＝g(x)＋6＋g(－x)＋6＝12，所以f(a)＋f(－a)＝12，又f(a)＝10，所以f(－a)＝2.

答案：2

7．若函数f(x)＝(x2＋1)·是奇函数，则m＝________.

解析：设g(x)＝x2＋1，h(x)＝，易知g(x)＝x2＋1是偶函数，则依题意可得h(x)＝是奇函数，故h(－x)＝＝－h(x)＝－，化简得2x＋m＝m·2x＋1，解得m＝1.

答案：1

8．若函数f(x)＝loga(a>0，a≠1)在区间内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为________．

解析：令M＝x2＋x，当x∈时，M∈(1，＋∞)，f(x)>0，所以a>1，所以函数y＝logaM为增函数，又M＝2－，因此M的单调递增区间为.又x2＋x>0，所以x>0或x<－，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．

答案：(0，＋∞)

9．已知函数f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．

解析：当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝－m，由题意可知原条件等价于f(x)min≥g(x)min，即0≥－m，所以m≥.

答案：

10．设函数f(x)＝则使得f(2x＋1)＞f(x－1)成立的x的取值范围是_______________．

解析：当x＞0时，f(－x)＝x2ex＝f(x)，且为增函数．同理当x＜0时，f(－x)＝＝f(x) ，所以函数为偶函数．故函数关于y轴对称，且左减右增．要使f(2x＋1)＞f(x－1)，则需|2x＋1|＞|x－1|，两边平方化简得x2＋2x＞0，解得x＜－2或x＞0，故x的取值范围为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．

答案：(－∞，－2)∪(0，＋∞)

11．(2020·徐州调研)已知函数f(x)＝2a·4x－2x－1.

(1)当a＝1时，求函数f(x)在x∈[－3,0]的值域；

(2)若关于x的方程f(x)＝0有解，求a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝2·4x－2x－1＝2(2x)2－2x－1，

令t＝2x，x∈[－3,0]，则t∈.

故y＝2t2－t－1＝22－，t∈，

则－≤y≤0.

故f(x)的值域为.

(2)关于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解，等价于

方程2at2－t－1＝0在(0，＋∞)上有解．

记g(t)＝2at2－t－1，

当a＝0时，解为t＝－1＜0，不成立．

当a＜0时，开口向下，对称轴t＝＜0，过点(0，－1)，不成立．

当a＞0时，开口向上，对称轴t＝＞0，过点(0，－1)，必有一个根为正，

所以a＞0，即a的取值范围为(0，＋∞)．

12．对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x，满足f(－x)＝－f(x)，则称f(x)为“局部奇函数”．

(1)已知二次函数f(x)＝ax2＋2x－4a(a∈R)，试判断f(x)是否为“局部奇函数”，并说明理由；

(2)若f(x)＝2x＋m是定义在区间[－1,1]上的“局部奇函数”，求实数m的取值范围；

(3)若f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3为定义在R上的“局部奇函数”，求实数m的取值范围．

解： f(x)为“局部奇函数”等价于关于x的方程f(x)＋f(－x)＝0有解．

(1)当f(x)＝ax2＋2x－4a(a∈R)时，

方程f(x)＋f(－x)＝0，

即2a(x2－4)＝0有解x＝±2，

所以f(x)为“局部奇函数”．

(2)当f(x)＝2x＋m时，f(x)＋f(－x)＝0可化为2x＋2－x＋2m＝0.

因为f(x)的定义域为[－1,1]，

所以方程2x＋2－x＋2m＝0在[－1,1]上有解．

令t＝2x，则t∈，则－2m＝t＋.

设g(t)＝t＋，则g′(t)＝1－＝.

当t∈(0,1)时，g′(t)<0，

故g(t)在(0,1)上为单调减函数；

当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，

故g(t)在(1，＋∞)上为单调增函数．

所以t∈时，g(t)∈.

所以－2m∈，即m∈.

(3)当f(x)＝4x－m·2x＋1＋m2－3时，f(x)＋f(－x)＝0可化为4x＋4－x－2m(2x＋2－x)＋2m2－6＝0.

设t＝2x＋2－x，则t∈[2，＋∞)，4x＋4－x＝t2－2，

从而t2－2mt＋2m2－8＝0在[2，＋∞)有解，即可保证f(x)为“局部奇函数”．

令F(t)＝t2－2mt＋2m2－8.

①当F(2)≤0时，t2－2mt＋2m2－8＝0在[2，＋∞)上有解，

由F(2)≤0，即2m2－4m－4≤0，

解得1－≤m≤1＋；

②当F(2)>0时，t2－2mt＋2m2－8＝0在[2，＋∞)上有解等价于

解得1＋<m≤2.

(说明：也可转化为大根大于等于2求解)

综上，所求实数m的取值范围为[1－，2]．

B级——难点突破练

1．(2020·海安中学检测)已知定义在R上的函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，且y＝f(x－1)的图象关于x＝1 对称，若实数a满足f(log2a)＜f(2)，则a的取值范围是________．

解析：根据题意，y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，则函数f(x)的图象关于y轴对称，即函数f(x)为偶函数，又由函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，可得f(|log2a|)＜f(2)，则|log2a|＜2，即－2＜log2a＜2，解得＜a＜4，即a的取值范围为.

答案：

2．若方程2log2x－log2(x－1)＝m＋1有两个不同的解，则实数m的取值范围是________．

解析：由题意知即x>1，方程化简为log2＝m＋1，故＝2m＋1，即x2－2m＋1x＋2m＋1＝0，当x>1时，此方程有两个不同的解，所以得m>1.

答案：(1，＋∞)

3．(2020·盐城一模)已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常量，且a>0，a≠1)的图象经过点A(1,6)，B(3,24)．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)若不等式x＋x－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围．

解：(1)因为f(x)＝b·ax的图象过点A(1,6)，B(3,24)，

所以

②÷①得a2＝4，又a>0，且a≠1，

所以a＝2，b＝3，所以f(x)＝3·2x.

(2)x＋x－m≥0在(－∞，1]上恒成立化为m≤x＋x在(－∞，1]上恒成立．

令g(x)＝x＋x，g(x)在(－∞，1]上单调递减，

所以m≤g(x)min＝g(1)＝＋＝，

故所求实数m的取值范围是.

4．对于函数f(x)(x∈D)，若存在正常数T，使得对任意的x∈D，都有f(x＋T)≥f(x)成立，我们称函数f(x)为“T同比不减函数”．

(1)求证：对任意正常数T，f(x)＝x2都不是“T同比不减函数”；

(2)是否存在正常数T，使得函数f(x)＝x＋|x－1|－|x＋1|为“T同比不减函数”？若存在，求出T的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：任取正常数T，存在x0＝－T，所以x0＋T＝0.

因为f(x0)＝f(－T)＝T2>f(0)＝f(x0＋T)，

即f(x)≤f(x＋T)不恒成立，

所以f(x)＝x2不是“T同比不减函数”．

(2)设函数f(x)＝x＋|x－1|－|x＋1|是“T同比不减函数”，

f(x)＝

当x＝－1时，因为f(－1＋T)≥f(－1)＝1＝f(3)成立，

所以－1＋T≥3，所以T≥4.

而另一方面，若T≥4，

①当x∈(－∞，－1]时，

f(x＋T)－f(x)＝x＋T＋|x＋T－1|－|x＋T＋1|－(x＋2)＝T＋|x＋T－1|－|x＋T＋1|－2.

因为|x＋T－1|－|x＋T＋1|≥－|(x＋T－1)－(x＋T＋1)|＝－2，

所以f(x＋T)－f(x)≥T－2－2≥0，

所以有f(x＋T)≥f(x)成立．

②当x∈(－1，＋∞)时，

f(x＋T)－f(x)＝x＋T－2－(x＋|x－1|－|x＋1|)＝T－2－|x－1|＋|x＋1|.

因为|x＋1|－|x－1|≥－|(x＋1)－(x－1)|＝－2，

所以f(x＋T)－f(x)≥T－2－2≥0，

即f(x＋T)≥f(x)成立．

综上，恒有f(x＋T)≥f(x)成立，

所以T的取值范围是[4，＋∞)．