学年高中人教版数学a版高一必修1(45分钟课时作业与单元测试卷)：第20课时指数函数的性质及应用(2)_word版含解析
所属科目：数学&&&&文件类型：doc类别：试题、练习
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文档内容预览：&& 第20课时　指数函数的性质及应用(2)　　　　　　　课时目标1.加深对指数函数性质的认识．2．能够熟练运用指数函数的性质解决一些综合问题．　　识记强化1．指数函数y＝ax，底数a&0，a≠1.0&a&1时为减函数；a&1时为增函数．2．复合函数单调性判定方法是同增、异减，但必须注意复合函数的定义域．3．比较指数式大小，一要注意化成同底的幂的形式，二要注意和1的大小关系．　　课时作业(时间：45分钟，满分：90分)　　　　　　　　　一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．若函数y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则a满足(　　)A．|a|＜1
B．1＜|a|＜2C．1＜|a|＜ 
D．1＜a＜ 答案：C解析：由指数函数的单调性知0＜a2－1＜1，解得1＜a2＜2,1＜|a|＜ .2．若函数f(x)＝则f(2016)＝(　　)A.
D.答案：A解析：依题意f(2016)＝f(4×504＋0)＝f(0)＝20＋＝.3．若&b&a&1，则(　　)A．a&b&0
B．b&a&1C．0&b&a&1
D．0&a&b&1答案：D解析：∵y＝x在R上是减函数，&b&a&1＝0，∴0&a&b&1.4．函数f(x)＝的单调递增区间为(　　)A．[0,1]
B．[－1,0]C．(－∞，0]
D．[0，＋∞)答案：D解析：由于底数∈(0,1)，所以函数f(x)＝的单调性与y＝1－x2的单调性相反，f(x)＝的单调递增区间就是y＝1－x2的单调递减区间．由y＝1－x2的图象(图略)，可知：当x≤0时，y＝1－x2是增函数；当x≥0时，y＝1－x2是减函数．所以函数f(x)＝的单调递增区间为[0，＋∞)．5．已知方程|2x－1|＝a有两个不等实根，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0)
B．(1,2)C．(0，＋∞)
D．(0,1)答案：D解析：函数y＝|2x－1|＝，其图象如图所示．由直线y＝a与y＝|2x－1|的图象相交且有两个交点，可得0&a&1.故选D.6．已知f(x)＝，对任意实数x1，x2且x1≠x2都有&0成立，那么a的取值范围是(　　)A.
B.C．(1,2)
D．(1，＋∞)答案：A解析：由&0，可知函数f(x)在R上单调递增，所以有，解得≤a&2.故选A.二、填空题(本大题共3个小题，每小题5分，共15分)7．已知a＝0.80.7，b＝0.80.9，c＝1.20.8，则a、b、c的大小关系是________．答案：c＞a＞b　a＝0.80.7＜1，b＝0.80.9＜1.解析：又0.80.7＞0.80.9，且c＝1.20.8＞1，所以c＞a＞b.8．若函数f(x)＝a＋是奇函数，则a＝ ________.答案：－解析：∵f(x)满足f(－x)＝－f(x)，且定义域为R，∴f(0)＝0，即a＋＝0，∴a＝－.9．函数y＝0.3的递减区间是________．答案：[1，＋∞)解析：令u＝x2－2x－3＝(x－1)2－4在[1，＋∞)上单调递增．又因为y＝0.3u是减函数．故y＝0.3的递减区间是[1，＋∞)．三、解答题(本大题共4小题，共45分)10．(12分)已知－1≤x≤2，求函数f(x)＝3＋2×3x＋1－9x的值域．解：f(x)＝3＋2×3x＋1－9x＝－(3x)2＋6×3x＋3.令3x＝t，则y＝－t2＋6t＋3＝－(t－3)2＋12.∵－1≤x≤2，∴≤t≤9.∴当t＝3，即x＝1时，y取得最大值12；当t＝9，即x＝2时，y取得最小值－24.即f(x)的最大值为12，最小值为－24.∴函数f(x)的值域为[－24,12]．11．(13分)已知f(x)＝.(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)证明：f(x)在定义域内是增函数；(3)求f(x)的值域．解：(1)∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝＝－f(x)．∴f(x)是奇函数．(2)证明：f(x)＝＝＝1－.令x2＞x1，则f(x2)－f(x1)＝－＝.∵10x为增函数，∴当x2＞x1时，10－10＞0.又∵10＋1＞0,10＋1＞0，∴当x2＞x1时，f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)所以f(x)是增函数．(3)令y＝f(x)，由y＝，解得：102x＝.∵102x＞0，∴－1＜y＜1即f(x)的值域为(－1,1)．能力提升12．(5分)已知实数a、b满足等式a＝b，下列五个关系式：①0&b&a；②a&b&0；③0&a&b；④b&a&0；⑤a＝b.其中不可能成立的关系有(　　)A．1个
B．2个C．3个
D．4个答案：B解析：由y＝x与y＝x的图象可知，当a＝b＝0时，a＝b＝1；当a&b&0时，可以使a＝b；当a&b&0时，也可以使a＝b.当①②⑤都可以，不可能成立的关系式是③④两个．13．(15分)已知函数f(x)＝b·ax(式中a，b为常量，且a&0，a≠1)的图象经过点A(1,6)，B(3,24)．(1)求f(x)；(2)若不等式x＋x－m≥0在x∈(－∞，1]时恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)把A(1,6)，B(3,24)代入f(x)＝b·ax，得结合a&0且a≠1，解得∴f(x)＝3·2x.(2)要使x＋x≥m在(－∞，1]上恒成立，只需保证函数y＝x＋x在(－∞，1]上的最小值不小于m即可．∵函数y＝x＋x在(－∞，1]上为减函数，∴当x＝1时，y＝x＋x有最小值.∴只需m≤即可．
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名校精品试卷已知a.b是实数.函数f(x)=3x2+a.g•g(x)≥0在区间I上恒成立.则称f在区间I上为“Ω函数 ．和g上为“Ω函数 .求实数b的取值范围,(Ⅱ)设a＜0且a≠b.若f在以a.b为端点的开区间上为“Ω函数 .求|a-b|的最大值． 题目和参考答案——精英家教网——
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已知a，b是实数，函数f（x）=3x2+a，g（x）=2x+b，若f（x）•g（x）≥0在区间I上恒成立，则称f（x）和g（x）在区间I上为“Ω函数”．（Ⅰ）设a＞0，若f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上为“Ω函数”，求实数b的取值范围；（Ⅱ）设a＜0且a≠b，若f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上为“Ω函数”，求|a-b|的最大值．
考点：函数与方程的综合运用,其他不等式的解法
专题：函数的性质及应用
分析：（Ⅰ）利用已知条件f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上为“Ω函数”，转化不等式恒成立问题为函数的最大值问题，即可求实数b的取值范围；（Ⅱ）通过b＜a、a＜b＜0、a＜0＜b、a＜0=b，利用f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上为“Ω函数”，分别转化不等式求出b，a的范围，然后求|a-b|的最大值．
解：（Ⅰ）若f（x）和g（x）在区间[-1，+∞）上为“Ω函数”，所以f（x）•g（x）≥0，在区间[-1，+∞）上恒成立．即x∈[-1，+∞），（3x2+a）（2x+b）≥0，∵a＞0，∴3x2+a＞0，∴2x+b≥0，即b≥-2x，∴b≥（-2x）max，∴b≥2．实数b的取值范围：[2，+∞）；（Ⅱ）①当b＜a时，∵f（x）和g（x）在（b，a）上为“Ω函数”，∴f（x）•g（x）≥0，在（b，a）上恒成立，即x∈（b，a），（3x2+a）（2x+b）≥0，恒成立，∵b＜a＜0，∴?x∈（b，a），2x+b＜0，∴?x∈（b，a），a≤-3x2，∴b＜a≤-3b2，∴a-b≤-3b2-b=-3（b+16）2+112≤112．②当a＜b＜0时，∵f（x）和g（x）在（a，b）上为“Ω函数”，∴f（x）•g（x）≥0，在（a，b）上恒成立，即x∈（a，b），（3x2+a）（2x+b）≥0，恒成立，∵b＜0，∴?x∈（a，b），2x+b＜0，∴?x∈（a，b），a≤-3x2，∴a≤-3a2，∴-13≤a≤0，∴b-a＜13．③．当a＜0＜b时，∵f（x）和g（x）在（a，b）上为“Ω函数”，∴f（x）•g（x）≥0，在（a，b）上恒成立，即x∈（a，b），（3x2+a）（2x+b）≥0，恒成立，∵b＞0，而x=0时，（3x2+a）（2x+b）=ab＜0，不符合题意．④当a＜0=b时，由题意x∈（a，0），（3x2+a）2x≥0，恒成立，∴3x2+a≤0，∴-13≤a＜0，∴b-a≤13，综上可知|a-b|的最大值为13．
点评：本题以新定义为载体，主要考查了函数的恒成立问题的求解，本题思路灵活，解法巧妙，注意体会掌握．
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