3、范圍是( )
A. B.
C. D.
[解析] 依題意，a應(yīng)滿足
解得＜a≤.
[答案] C
6．(2018·安徽阜陽第二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(e為自然對數(shù)的底數(shù))，則不等式f(x)＞4的解集為( )
A．(－ln 2,0)∪(3，＋∞) B．(－ln 2，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(－ln 2,0)
[解析] 當(dāng)x＜0時，2ex＞4，解得：x＞ln 2，不合題意；
當(dāng)x≥0時，log2(x＋1)＋2＞4，解得：x＞3，
綜上可得：不等式的解集為：(3，＋∞)．本題選擇C選項．
[答案] C
7．(2018·合肥質(zhì)檢)不等式2－x2＋2x＞x
4、＋4的解集為 ________ .
[解析] 原不等式等價為2－x2＋2x＞2－x－4，
又函數(shù)y＝2x為增函數(shù)，∴－x2＋2x＞－x－4，
即x2－3x－4＜0，∴－1＜x＜4.
[答案] (－1,4)
8．(2018·衡水模擬)若曲線|y|＝2x＋1與直線y＝b沒有公共點，則b的取值范圍是______．
[解析] 曲線|y|＝2x＋1與直
線y＝b的圖象如圖所示，由圖象可知：如果|y|＝2x＋1與直線y＝b沒有公共點，則b應(yīng)滿足的條件是b∈[－1,1]．
[答案] [－1,1]
9．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a的值為
5、 ________ .
[解析] 令t＝ax(a＞0且a≠1)，
則原函數(shù)化為y＝(t＋1)2－2(t＞0)．
①當(dāng)0＜a＜1時，x∈[－1,1]，t＝ax∈，此時f(t)在上為增函數(shù)．
所以f(t)max＝f＝2－2＝14.
所以2＝16，所以a＝－或a＝.
又因為a＞0，所以a＝.
②當(dāng)a＞1時，x∈[－1,1]，t＝ax∈，
此時f(t)在上是增函數(shù)．
所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，
解得a＝3(a＝－5舍去)．綜上得a＝或3.
[答案] 或3
10．(2018·上海松江區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)＝a|x＋b|(a＞0，b∈R)．
(1)若
6、f(x)為偶函數(shù)，求b的值；
(2)若f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)，試求a，b應(yīng)滿足的條件．
[解析] (1)∵f(x)為偶函數(shù)，
∴對任意的x∈R，都有f(－x)＝f(x)．
即a|x＋b|＝a|－x＋b|，|x＋b|＝|－x＋b|，解得b＝0.
(2)記h(x)＝|x＋b|＝
①當(dāng)a＞1時，f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)．
即h(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)，∴－b≤2，b≥－2.
②當(dāng)0＜a＜1時，f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)．
即h(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是減函數(shù)但h(x)在區(qū)間[－b，＋∞)上是增函數(shù)，
故不存在a，b的值，使f(x)在
7、區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)．
∴f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)時，a，b應(yīng)滿足的條件為a＞1且b≥－2.
[B能力提升練]
1．(2018·麗水模擬)當(dāng)x∈(－∞，－1]時，不等式(m2－m)·4x－2x＜0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A．(－2,1) B．(－4,3)
C．(－1,2) D．(－3,4)
[解析] 原不等式變形為m2－m＜x，因為函數(shù)y＝x在(－∞，－1]上是減函數(shù)，
所以x≥－1＝2，
當(dāng)x∈(－∞，－1]時，m2－m＜x恒成立，
等價于m2－m＜2，解得－1＜m＜2.
[答案] C
2．(2018·安徽合肥一模)已知函數(shù)f(x)＝
8、，x≥0.方程f2(x)－af(x)＋b＝0(b≠0)有六個不同的實數(shù)解，則3a＋b的取值范圍是( )
A．[6,11] B．[3,11]
C．(6,11) D．(3,11)
[解析] 令t＝f(x)，則方程f2(x)－af(x)＋b＝0(b≠0)可化為t2－at＋b＝0(b≠0)，作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，結(jié)合圖象可以看出：方程t2－at＋b＝0(b≠0)在區(qū)間(0,1)，(1,2)內(nèi)各有一個解時，方程f2(x)－af(x)＋b＝0(b≠0)有六個實數(shù)根，所以問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(t)＝t2－at＋b在區(qū)間(0,1)，(1,2)內(nèi)各有一個零點，由此可得不等式組，在平面直角坐標(biāo)
9、系中，畫出其表示的區(qū)域如圖，結(jié)合圖象可以看出：當(dāng)動直線u＝3a＋b經(jīng)過點A(1,0)，B(3,2)時，u分別取得最小值umin＝和最大值umax＝11，即3＜u＜11，應(yīng)選答案D.
[答案] D
3．(2018·日照模擬)已知函數(shù)y＝b＋ax2＋2x(a，b為常數(shù)，且a＞0，a≠1)在區(qū)間上有最大值3，最小值，則a，b的值分別為 ________ .
[解析] 令t＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，
∵x∈，∴t∈[－1,0]．
①若a＞1，函數(shù)f(x)＝at在[－1,0]上為增函數(shù)，
∴at∈，b＋ax2＋2x∈，
依題意得解得
②若0＜a＜1，函數(shù)f(x)在at在[－
10、1,0]上為減函數(shù)，
∴at∈，則b＋ax2＋2x∈，
依題意得解得
綜上①②，所求a，b的值為，或
[答案] 2,2或，
4．(2018·北京朝陽4月模擬)記x2－x1為區(qū)間[x1，x2]的長度，已知函數(shù)y＝2|x|，x∈[－2，a](a≥0)，其值域為[m，n]，則區(qū)間[m，n]的長度的最小值是______．
[解析] 令f(x)＝y(tǒng)＝2|x|，
則f(x)＝
(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝2－x在[－2,0]上為減函數(shù)，值域為[1,4]．
(2)當(dāng)a＞0時，f(x)在[－2,0)上遞減，在[0，a]上遞增，
①當(dāng)0＜a≤2時，f(x)max＝f(－2)＝4，值域為[1,
11、4]；
②當(dāng)a＞2時，f(x)max＝f(a)＝2a＞4，值域為[1,2a]．
結(jié)合(1)(2)，可知[m，n]的長度的最小值為3.
[答案] 3
5．已知f(x)＝(ax－a－x)(a>0，且a≠1)．
(1)判斷f(x)的奇偶性；
(2)討論f(x)的單調(diào)性；
(3)當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)≥b恒成立，求b的取值范圍．
[解] (1)函數(shù)f(x)的定義域為R.又f(－x)＝(a－x－ax)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)．
(2)當(dāng)a>1時，a2－1>0，y＝ax為增函數(shù)，y＝a－x為減函數(shù)，從而y＝ax－a－x為增函數(shù)．所以f(x)為增函數(shù)．
當(dāng)0
12、a2－1<0，y＝ax為減函數(shù)，y＝a－x為增函數(shù)，從而y＝ax－a－x為減函數(shù)．
所以f(x)為增函數(shù)．
故當(dāng)a>0且a≠1時，f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增．
(3)由(2)知f(x)在R上是增函數(shù)，
所以在區(qū)間[－1,1]上為增函數(shù)．
所以f(－1)≤f(x)≤f(1)．
所以f(x)min＝f(－1)＝(a－1－a)＝·＝－1.
所以要使f(x)≥b在[－1,1]上恒成立，只需b≤－1.
故b的取值范圍是(－∞，－1]．
[C尖子生專練]
已知函數(shù)f(x)＝3x－.
(1)若f(x)＝2，求x的值；
(2)判斷x＞0時，f(x)的單調(diào)性；
(3)若3tf(2t)＋
13、mf(t)≥0對于t∈恒成立，求m的取值范圍．
[解] (1)當(dāng)x≤0時，f(x)＝3x－3x＝0，∴f(x)＝2無解．當(dāng)x＞0時，f(x)＝3x－，令3x－＝2.
∴(3x)2－2·3x－1＝0，解得3x＝1±.
∵3x＞0，∴3x＝1＋.∴x＝log3(1＋)．
(2)∵y＝3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)＝3x－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(3)∵t∈，∴f(t)＝3t－＞0.
∴3tf(2t)＋mf(t)≥0化為3t＋m≥0，即(32t－1)(32t＋1＋m)≥0，
∵32t－1＞0，∴32t＋1＋m≥0，即m≥－32t－1.
令g(t)＝－32t－1，則g(t)在上遞減，
∴g(x)max＝－4.
∴所求實數(shù)m的取值范圍是[－4，＋∞)．
2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)7 指數(shù)、指數(shù)函數(shù) 文 新人教版
