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2023年高三数学一轮热身AB组31《指数函数》doc高中数学.docx

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资源描述

1、第三章 指数函数和对数函数第一节 指数函数A组1(2023年黑龙江哈尔滨模拟)假设a1,b1,b0,0ab1.又(abab)2a2ba2b28,a2ba2b6,(abab)2a2ba2b24,abab2.答案:22f(x)axb的图象如下列图,那么f(3)_.解析:由图象知f(0)1b2,b3.又f(2)a230,a,那么f(3)()3333.答案:333函数y()2xx2的值域是_解析:2xx2(x1)211,()2xx2.答案:,)4(2023年高考山东卷)假设函数f(x)axxa(a0,且a1)有两个零点,那么实数a的取值范围是_解析:函数f(x)的零点的个数就是函数yax与函数yxa交

2、点的个数,由函数的图象可知a1时两函数图象有两个交点,0a1. 答案:(1,+)5(原创题)假设函数f(x)ax1(a0,a1)的定义域和值域都是0,2,那么实数a等于_解析:由题意知无解或a.答案:6定义域为R的函数f(x)是奇函数(1)求a,b的值;(2)假设对任意的tR,不等式f(t22t)f(2t2k)0恒成立,求k的取值范围解:(1)因为f(x)是R上的奇函数,所以f(0)0,即0,解得b1.从而有f(x).又由f(1)f(1)知,解得a2.(2)法一:由(1)知f(x),由上式易知f(x)在R上为减函数,又因f(x)是奇函数,从而不等式f(t22t)f(2t2k)0f(t22t)2

3、t2k.即对一切tR有3t22tk0,从而412k0,解得k.法二:由(1)知f(x),又由题设条件得0即(22t2k12)(2t22t1)(2t22t12)(22t2k1)1,因底数21,故3t22tk0上式对一切tR均成立,从而判别式412k0,解得k0且a1)的图象经过第一、二、四象限,不经过第三象限,那么一定有_0a00a1且0b1且b1且b0解析:当0a1时,把指数函数f(x)ax的图象向下平移,观察可知1b10,即0b1.答案:2(2023年保定模拟)假设f(x)x22ax与g(x)(a1)1x在区间1,2上都是减函数,那么a的取值范围是_解析:f(x)x22ax(xa)2a2,所

4、以f(x)在a,)上为减函数,又f(x),g(x)都在1,2上为减函数,所以需00,a1);g(x)0;假设,那么a等于_解析:由f(x)axg(x)得ax,所以aa1,解得a2或.答案:2或4(2023年北京朝阳模拟)函数f(x)ax(a0且a1),其反函数为f1(x)假设f(2)9,那么f1()f(1)的值是_解析:因为f(2)a29,且a0,a3,那么f(x)3x,x1,故f1()1.又f(1)3,所以f1()f(1)2.答案:25(2023年山东青岛质检)f(x)()x,假设f(x)的图象关于直线x1对称的图象对应的函数为g(x),那么g(x)的表达式为_解析:设yg(x)上任意一点P

5、(x,y),P(x,y)关于x1的对称点P(2x,y)在f(x)()x上,y()2x3x2.答案:y3x2(xR)6(2023年高考山东卷改编)函数y的图象大致为_ 解析:f(x)f(x),f(x)为奇函数,排除.又y1在(,0)、(0,)上都是减函数,排除、.答案:7(2023年高考辽宁卷改编)函数f(x)满足:当x4时,f(x)()x;当x4时,f(x)f(x1),那么f(2log23)_.解析:23422,1log232.32log230,且a1)在区间1,1上的最大值为14,求实数a的值解:f(x)a2x2ax1(ax1)22,x1,1,(1)当0a1时,axa,当axa时,f(x)取

6、得最大值(a1)2214,a3.综上可知,实数a的值为或3.11函数f(x).(1)求证:f(x)的图象关于点M(a,1)对称;(2)假设f(x)2x在xa上恒成立,求实数a的取值范围解:(1)证明:设f(x)的图象C上任一点为P(x,y),那么y,P(x,y)关于点M(a,1)的对称点为P(2ax,2y)2y2,说明点P(2ax,2y)也在函数y的图象上,由点P的任意性知,f(x)的图象关于点M(a,1)对称(2)由f(x)2x得2x,那么2x,化为2xa2x2x20,那么有(2x)22a2x22a0在xa上恒成立令g(t)t22at22a,那么有g(t)0在t2a上恒成立g(t)的对称轴在

7、t0的左侧,g(t)在t2a上为增函数g(2a)0.(2a)2(2a)222a0,2a(2a1)0,那么a0.即实数a的取值范围为a0.12(2023年高考江苏)假设f1(x)3|xp1|,f2(x)23|xp2|,xR,p1、p2为常数,且f(x)(1)求f(x)f1(x)对所有实数x成立的充要条件(用p1、p2表示);(2)设a,b是两个实数,满足ap2时,g(x)所以g(x)maxp1p2,故只需p1p2log32.当p1p2时,g(x)所以g(x)maxp2p1,故只需p2p1log32.综上所述,f(x)f1(x)对所有实数x成立的充要条件是|p1p2|log32.(2)证明:分两种

8、情形讨论当|p1p2|log32时,由(1)知f(x)f1(x)(对所有实数xa,b),那么由f(a)f(b)及ap1log32时,不妨设p1log32.于是,当xp1时,有f1(x)3p1x3p2x3log323xp2f2(x),从而f(x)f2(x)当p1xp2时,f1(x)3xp1及f2(x)23p2x,由方程3x0p123p2x0,解得f1(x)与f2(x)图象交点的横坐标为x0log32.显然p1x0p2(p2p1)log32p2,这说明x0在p1与p2之间由易知f(x)综上可知,在区间a,b上,f(x)故由函数f1(x)与f2(x)的单调性可知,f(x)在区间a,b上的单调增区间的长度之和为(x0p1)(bp2),由于f(a)f(b),即3p1a23bp2,得p1p2ablog32.故由得(x0p1)(bp2)b(p1p2log32).

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