资源简介

3.2.2 指数函数性质的应用
(教学方式：拓展融通课—习题讲评式教学)
[课时目标]
1.进一步熟练掌握指数函数的图象、性质.　　　　
2.能够利用指数函数的图象和性质比较数的大小、解不等式.
3.会判断指数型函数的单调性、最值问题.
题型(一)　比较指数式大小
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　比较下列各题中两个值的大小：
(1),;(2)1.70.3,0.93.1;
(3),;(4)0.20.3,0.30.2.
听课记录：
|思|维|建|模|
比较指数式大小的3种类型及处理方法
[针对训练]
1．已知a>b，比较a，b的大小．
2．比较(0.8)－2与－的大小．
题型(二)　简单指数不等式的解法
　　　　　　
[例2]　(1)解不等式3x－1≤2；
(2)已知ax2－3x＋10，且a≠1)，求x的取值范围．
听课记录：
|思|维|建|模|
(1)利用指数型函数的单调性解不等式，需将不等式两边都凑成底数相同的指数式．
(2)解不等式af(x)>ag(x)(a>0，且a≠1)的依据是指数型函数的单调性，要养成判断底数取值范围的习惯，若底数不确定，就需要进行分类讨论，即af(x)>ag(x) f(x)>g(x)(a>1)或f(x)[针对训练]
3．求满足下列条件的x的取值范围：
(1)3x－1>9x；
(2)0.2x<25；
(3)a－5x>ax＋7(a>0，且a≠1)．
题型(三)　指数型函数的单调性问题
[例3]　判断f(x)＝x2－2x的单调性，并求其值域．
听课记录：
[变式拓展]
1．把本例的函数改为“f(x)＝3”，求其单调区间．
2．若本例变为函数f(x)＝在区间(－1,1)上单调递减，求实数m的取值范围．
|思|维|建|模|
(1)对于求形如f(x)＝ma2x＋max＋q(m≠0，a＞0，且a≠1)的函数的单调性，往往通过换元设t＝ax，然后结合二次函数与指数函数的单调性，进行判断．
(2)对于求形如f(x)＝aφ(x)(a＞0，且a≠1)的函数的单调性，往往通过换元设t＝φ(x)，然后结合函数t＝φ(x)与指数函数y＝at(a＞0，且a≠1)的单调性，进行判断．
[针对训练]
4．(多选)对函数f(x)＝判断正确的是(　 )
A．增区间为(0，＋∞) B．增区间为(－∞，0)
C．值域为 D．值域为
5．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是(　 )
A．(－∞，－2] B．[－2,0)
C．(0,2] D．[2，＋∞)
题型(四)　指数函数性质的综合
[例4]　已知函数f(x)＝·x3.
(1)求f(x)的定义域；
(2)讨论f(x)的奇偶性；
(3)证明：f(x)>0.
听课记录：
|思|维|建|模|
解决指数函数性质的综合问题的注意点
(1)注意代数式的变形，如分式通分、因式分解、配方法、分母(或分子)有理化等变形技巧．
(2)解答函数问题注意应在函数定义域内进行．
(3)由于指数函数单调性与底数有关，因此要注意是否需要讨论．　　
[针对训练]
6．设a>0，函数f(x)＝＋是定义域为R的偶函数．
(1)求实数a的值；
(2)求f(x)在[1,3]上的值域．
指数函数性质的应用
[题型(一)]
[例1]　 解:(1)因为0<<1,所以函数y=在其定义域R上单调递减.又-1.8>-2.5,所以<.
(2)因为1.70.3>1.70=1,0.93.1<0.90=1,
所以1.70.3>0.93.1.
(3)因为y=在R上是减函数,y=在R上为增函数,且-<0,所以>1,<1,所以>.
(4)因为0<0.2<0.3<1,所以指数函数y=0.2x与y=0.3x在定义域R上均是减函数,且在区间(0,+∞)上函数y=0.2x的图象在函数y=0.3x的图象的下方,所以0.20.2<0.30.2.
又根据指数函数y=0.2x在R上是减函数,可得0.20.3<0.20.2,所以0.20.3<0.30.2.
[针对训练]
1．解:∵0<<1,∴y=在R上单调递减.
又>,∴a2．解:先考察函数y=0.8x.
∵0<0.8<1,∴函数y=0.8x在(-∞,+∞)上是减函数.又-2<0,∴0.8-2>0.80=1.
再考察函数y=.
∵>1,∴函数y=在(-∞,+∞)上是增函数.
又-<0,∴<=1.
综上可知,0.8-2>.
[题型(二)]
[例2]　 (1)∵2=,∴原不等式可以转化为≤.∵y=在R上是减函数,
∴3x-1≥-1.∴x≥0.
故原不等式的解集是{x|x≥0}.
(2)①当0∴x2-3x+1>x+6.∴x2-4x-5>0.
解得x<-1或x>5;
②当a>1时,函数f(x)=ax在R上是增函数,
∴x2-3x+1∴x2-4x-5<0.解得-1综上所述,当0x的取值范围是{x|x<-1或x>5};
当a>1时,x的取值范围是{x|-1[针对训练]
3．解:(1)∵3x-1>9x,∴3x-1>32x.
又y=3x在定义域R上是增函数,
∴x-1>2x,∴x<-1.
即x的取值范围是(-∞,-1).
(2)∵0<0.2<1,∴指数函数f(x)=0.2x在R上是减函数.
又25=0.2-2,∴0.2x<25.即0.2x<0.2-2,
∴x>-2.即x的取值范围是(-2,+∞).
(3)当a>1时,∵a-5x>ax+7,∴-5x>x+7,解得x<-;当0ax+7,∴-5x-.
综上所述,当a>1时,x的取值范围是;当0[题型(三)]
[例3]　 解:令u=x2-2x,则原函数变为y=.
∵u=x2-2x=(x-1)2-1在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,又y=在(-∞,+∞)上单调递减,∴y=在(-∞,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减.
∵u=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,
∴y=,u∈[-1,+∞).
∴0<≤=3.∴原函数的值域为(0,3].
[变式拓展]
1．解：设t＝－x2－x，则原函数变为y＝3t.
当x∈时，t＝－x2－x单调递增，y＝3t单调递增，因此f(x)＝3在上单调递增；
当x∈时，t＝－x2－x单调递减，y＝3t单调递增，因此f(x)＝3在上单调递减．
因此函数f(x)＝3的单调递增区间为，
单调递减区间为.
2．解：由复合函数的同增异减性质可得，y＝2x2＋mx－3在(－1,1)上严格单调递增，即－≤－1，解得m≥4.所以m的取值范围是[4，＋∞)．
[针对训练]
4．选BD　根据指数函数性质，y＝x在(－∞，＋∞)上单调递减，而y＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)＝的单调递增区间为(－∞，0)；y＝x2＋1的值域为[1，＋∞)，而y＝x在[1，＋∞)上单调递减，故f(x)＝的值域为.故选B、D.
5．选D　由题意得y＝x(x－a)在区间(0,1)单调递减，所以x＝≥1，解得a≥2.故选D.
[题型(四)]
[例4]　 解:(1)由题意得2x-1≠0,即x≠0,
∴f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
(2)由(1)知,f(x)的定义域关于原点对称.
令g(x)=+=,φ(x)=x3,
则f(x)=g(x)·φ(x).
∵g(-x)===-g(x),
φ(-x)=(-x)3=-x3=-φ(x),
∴f(-x)=g(-x)·φ(-x)
=[-g(x)]·[-φ(x)]=g(x)·φ(x)=f(x).
∴f(x)=·x3为偶函数.
(3)证明:当x>0时,2x>1,∴2x-1>0,
∴+>0.
∵x3>0,∴f(x)>0.
由偶函数的图象关于y轴对称,知当x<0时,f(x)>0也成立.
故对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞),恒有f(x)>0.
[针对训练]
6．解:(1)由f(x)=f(-x),得+=+.
即4x+=0,
所以=0.
根据题意,可得-a=0,
又a>0,所以a=1.
(2)由(1)可知f(x)=4x+,
设任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=+-=().
因为0又x1+x2>0,所以>1.所以1->0.
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以函数f(x)在[1,3]上的最大值为
f(3)=43+=;
最小值为f(1)=4+=.
故f(x)在[1,3]上的值域为.
1 / 4(共63张PPT)
指数函数性质的应用　
(教学方式:拓展融通课—习题讲评式教学)
3.2.2
课时目标
1.进一步熟练掌握指数函数的图象、性质.　　　　
2.能够利用指数函数的图象和性质比较数的大小、解不等式.
3.会判断指数型函数的单调性、最值问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　比较指数式大小
题型(二)　简单指数不等式的解法
题型(三)　指数型函数的单调性问题
4
题型(四)　指数函数性质的综合
5
课时跟踪检测
题型(一)　比较指数式大小
01
[例1]　比较下列各题中两个值的大小:
(1),;
解:因为0<<1,所以函数y=在其定义域R上单调递减.又-1.8>-2.5,所以<.
(2)1.70.3,0.93.1;
解:因为1.70.3>1.70=1,0.93.1<0.90=1,
所以1.70.3>0.93.1.
(3),;
解:因为y=在R上是减函数,y=在R上为增函数,且-<0,所以>1,<1,所以>.
(4)0.20.3,0.30.2.
解:因为0<0.2<0.3<1,所以指数函数y=0.2x与y=0.3x在定义域R上均是减函数,且在区间(0,+∞)上函数y=0.2x的图象在函数y=0.3x的图象的下方,所以0.20.2<0.30.2.
又根据指数函数y=0.2x在R上是减函数,可得0.20.3<0.20.2,所以0.20.3<0.30.2.
|思|维|建|模|
比较指数式大小的3种类型及处理方法
1.已知>,比较a,b的大小.
解:∵0<<1,∴y=在R上单调递减.
又>,∴a针对训练
2.比较(0.8)-2与的大小.
解:先考察函数y=0.8x.
∵0<0.8<1,∴函数y=0.8x在(-∞,+∞)上是减函数.又-2<0,∴0.8-2>0.80=1.
再考察函数y=.
∵>1,∴函数y=在(-∞,+∞)上是增函数.
又-<0,∴<=1.
综上可知,0.8-2>.
题型(二)　简单指数不等式的解法
02
[例2]　(1)解不等式≤2;
解:∵2=,∴原不等式可以转化为≤.∵y=在R上是减函数,
∴3x-1≥-1.∴x≥0.
故原不等式的解集是{x|x≥0}.
(2)已知<(a>0,且a≠1),求x的取值范围.
解:①当0∴x2-3x+1>x+6.∴x2-4x-5>0.
解得x<-1或x>5;
②当a>1时,函数f(x)=ax在R上是增函数,
∴x2-3x+1∴x2-4x-5<0.解得-1综上所述,当0x的取值范围是{x|x<-1或x>5};
当a>1时,x的取值范围是{x|-1|思|维|建|模|
(1)利用指数型函数的单调性解不等式,需将不等式两边都凑成底数相同的指数式.
(2)解不等式af(x)>ag(x)(a>0,且a≠1)的依据是指数型函数的单调性,要养成判断底数取值范围的习惯,若底数不确定,就需要进行分类讨论,即af(x)>ag(x) f(x)>g(x)(a>1)或f(x)针对训练
3.求满足下列条件的x的取值范围:
(1)3x-1>9x;
解:∵3x-1>9x,∴3x-1>32x.
又y=3x在定义域R上是增函数,
∴x-1>2x,∴x<-1.
即x的取值范围是(-∞,-1).
(2)0.2x<25;
解:∵0<0.2<1,∴指数函数f(x)=0.2x在R上是减函数.
又25=0.2-2,∴0.2x<25.即0.2x<0.2-2,
∴x>-2.即x的取值范围是(-2,+∞).
(3)a-5x>ax+7(a>0,且a≠1).
解:当a>1时,∵a-5x>ax+7,∴-5x>x+7,解得x<-;当0ax+7,∴-5x-.
综上所述,当a>1时,x的取值范围是;当0题型(三)　指数型函数的单调性问题
03
[例3]　判断f(x)=的单调性,并求其值域.
解:令u=x2-2x,则原函数变为y=.
∵u=x2-2x=(x-1)2-1在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,又y=在(-∞,+∞)上单调递减,
∴y=在(-∞,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减.
∵u=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,
∴y=,u∈[-1,+∞).
∴0<≤=3.∴原函数的值域为(0,3].
变式拓展
1.把本例的函数改为“f(x)=”,求其单调区间.
解:设t=-x2-x,则原函数变为y=3t.
当x∈时,t=-x2-x单调递增,y=3t单调递增,
因此f(x)=在上单调递增;
当x∈时,t=-x2-x单调递减,y=3t单调递增,因此f(x)=在上单调递减.
因此函数f(x)=的单调递增区间为,单调递减区间为.
2.若本例变为函数f(x)=在区间(-1,1)上单调递减,求实数m的取值范围.
解:由复合函数的同增异减性质可得,y=2x2+mx-3在(-1,1)上严格单调递增,即-≤-1,
解得m≥4.
所以m的取值范围是[4,+∞).
|思|维|建|模|
(1)对于求形如f(x)=ma2x+max+q(m≠0,a>0,且a≠1)的函数的单调性,往往通过换元设t=ax,然后结合二次函数与指数函数的单调性,进行判断.
(2)对于求形如f(x)=aφ(x)(a>0,且a≠1)的函数的单调性,往往通过换元设t=φ(x),然后结合函数t=φ(x)与指数函数y=at(a>0,且a≠1)的单调性,进行判断.
针对训练
4.(多选)对函数f(x)=判断正确的是(　 )
A.增区间为(0,+∞) B.增区间为(-∞,0)
C.值域为 D.值域为
√
√
解析:根据指数函数性质,y=在(-∞,+∞)上单调递减,而y=x2+1在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增,故f(x)=的单调递增区间为(-∞,0);
y=x2+1的值域为[1,+∞),而y=在[1,+∞)上单调递减,故f(x)=的值域为.故选B、D.
5.(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是 (　 )
A.(-∞,-2] B.[-2,0)
C.(0,2] D.[2,+∞)
解析:由题意得y=x(x-a)在区间(0,1)单调递减,所以x=≥1,解得a≥2.故选D.
√
题型(四)　指数函数性质的综合
04
[例4]　已知函数f(x)=·x3.
(1)求f(x)的定义域;
解:由题意得2x-1≠0,即x≠0,
∴f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).
(2)讨论f(x)的奇偶性;
解:由(1)知,f(x)的定义域关于原点对称.
令g(x)=+=,φ(x)=x3,
则f(x)=g(x)·φ(x).
∵g(-x)===-g(x),
φ(-x)=(-x)3=-x3=-φ(x),
∴f(-x)=g(-x)·φ(-x)
=[-g(x)]·[-φ(x)]=g(x)·φ(x)=f(x).
∴f(x)=·x3为偶函数.
(3)证明:f(x)>0.
解:证明:当x>0时,2x>1,∴2x-1>0,
∴+>0.
∵x3>0,∴f(x)>0.
由偶函数的图象关于y轴对称,知当x<0时,f(x)>0也成立.
故对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞),恒有f(x)>0.
|思|维|建|模|
解决指数函数性质的综合问题的注意点
(1)注意代数式的变形,如分式通分、因式分解、配方法、分母(或分子)有理化等变形技巧.
(2)解答函数问题注意应在函数定义域内进行.
(3)由于指数函数单调性与底数有关,因此要注意是否需要讨论.
6.设a>0,函数f(x)=+是定义域为R的偶函数.
(1)求实数a的值;
解:由f(x)=f(-x),得+=+.
即4x+=0,所以=0.
根据题意,可得-a=0,又a>0,所以a=1.
针对训练
(2)求f(x)在[1,3]上的值域.
解:由(1)可知f(x)=4x+,
设任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=+-=().
因为0又x1+x2>0,所以>1.所以1->0.
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以函数f(x)在[1,3]上的最大值为f(3)=43+=;
最小值为f(1)=4+=.
故f(x)在[1,3]上的值域为.
课时跟踪检测
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√
A级——达标评价
1.设a=0.60.6,b=0.61.5,c=1.50.6,则a,b,c的大小关系是(　 )
A.aC.b解析:因为函数y=0.6x在R上单调递减,所以b=0.61.5又c=1.50.6>1,所以b16
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2.设<<1,则(　 )
A.aC.a>b>0 D.a解析:因为<<,所以a>b>0.
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√
3.函数y=的值域为(　 )
A. B. C.(-∞,2] D.(0,2)
解析:因为-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,且y=在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则≥,故选A.
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4.已知函数f(x)=2x-,则函数f(x)(　 )
A.是奇函数,且在R上单调递增
B.是奇函数,且在R上单调递减
C.是偶函数,且在R上单调递增
D.是偶函数,且在R上单调递减
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解析:由题意,函数f(x)=2x-2-x的定义域为R,关于原点对称.因为f(-x)=2-x-2x=-(2x-2-x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数.又由f(x)=2x-2-x=2x-=
2x+,根据指数函数的图象与性质,可得函数y=2x和y=-都是增函数,所以函数f(x)=2x-2-x是增函数.故选A.
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√
5.不等式>3-2x的解集是(　 )
A.{x|-2C.{x|x<4} D.{x|x>-2}
解析:由>3-2x,得>3-2x,∴8-x2>-2x.即x2-2x-8<0,解得-23-2x的解集是{x|-216
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6.函数y=的定义域是　　　　.
解析:由题意得-8≥0,即≥8=23,∴x-1≥3.解得x≥4.
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[4,+∞)
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7.已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a=　 .
解析:设g(x)=a·2x-2-x.因为f(x)为偶函数,所以g(x)是奇函数,所以g(0)=0,解得a=1.
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8.已知函数f(x)=,则f(x)的单调递增区间是　　　　.
解析:法一:由指数函数的性质可知y=在定义域上为减函数,故要求f(x)的单调递增区间,只需求y=|x-1|的单调递减区间.又y=|x-1|的单调递减区间为(-∞,1],所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1].
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(-∞,1]
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法二:f(x)==可画出f(x)的图象(图略),得其单调递增区间为(-∞,1].
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9.(11分)设函数f(x)=,a是不为零的常数.
(1)若f(3)=,求使f(x)≥4的x的取值范围;
解:由f(3)=得a=3.则不等式f(x)≥4可化为23x-10≥22,解得x≥4.故x的取值范围是[4,+∞).
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(2)当x∈[-1,2]时,f(x)的最大值是16,求a的值.
解:当a>0时,f(x)=2ax-10是增函数,
则22a-10=16,所以a=7.
当a<0时,f(x)=2ax-10是减函数,
则2-a-10=16,所以a=-14.
综上,a=-14或a=7.
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10.(12分)已知函数f(x)=4x-2·-6中x∈[0,3].
(1)求函数f(x)的最大值和最小值;
解:由已知,得f(x)=(2x)2-4·2x-6(0≤x≤3).
令t=2x,因为0≤x≤3,所以1≤t≤8.
令h(t)=t2-4t-6=(t-2)2-10(1≤t≤8).
当t∈[1,2]时,h(t)单调递减;当t∈(2,8]时,h(t)单调递增.
所以f(x)min=h(2)=-10,f(x)max=h(8)=26.
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(2)若实数a满足f(x)-a≥0恒成立,求a的取值范围.
解:因为f(x)-a≥0恒成立,即a≤f(x)恒成立,
所以a≤f(x)min恒成立.
由(1)知f(x)min=-10,所以a≤-10.
故a的取值范围为(-∞,-10].
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B级——重点培优
11.已知x,y∈R,且2-x+3-y>2y+3x,则下列各式正确的是(　 )
A.x-y>0 B.x+y<0
C.x-y<0 D.x+y>0
解析:将不等式变形为2-x-3x>2y-3-y,令F(x)=2-x-3x,则F(x)为减函数.又F(x)>F(-y),∴x<-y.∴x+y<0.故选B.
√
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√
12.(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=.记a=f,b=f,c=f,则(　 )
A.b>c>a B.b>a>c
C.c>b>a D.c>a>b
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解析:函数f(x)=是由函数y=eu和u=-(x-1)2复合而成的复合函数,
y=eu为R上的增函数,u=-(x-1)2在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以由复合函数的单调性可知,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.易知f(x)的图象关于直线x=1对称,所以c=f=f,又<2-<<1,所以fc>a,故选A.
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13.若函数f(x)=在(1,3)内单调递增,则关于x的不等式ax-1>1的解集为　　　　.
解析:y=2x2-3x+1的对称轴是x=,开口向上,故函数在(1,3)内单调递增,而f(x)在(1,3)内单调递增.根据复合函数同增异减的原则,得a>1,则ax-1>1=a0,故x-1>0,解得x>1.
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{x|x>1}
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14.写出一个同时具有以下三个性质的函数f(x)=　　 　　.
①函数g(x)=f(x)-1为指数函数;
②f(x)是增函数;
③f(1)>3.
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3x+1(答案不唯一)
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解析:因为函数g(x)为指数函数,
所以令g(x)=ax(a>0,且a≠1).于是f(x)=g(x)+1=ax+1.
由于f(x)是增函数,则a>1,又f(1)=a+1>3,解得a>2.取a=3,则f(x)=3x+1.
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15.(13分)已知函数f(x)=.
(1)求f(1)及函数f(x)的值域;
解:由已知,得f(1)==.令y=,
则y·3x+y=3x,3x=>0,
∴016
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(2)指出函数f(x)在其定义域内的单调性(只需写出结论,不需要证明);
解:f(x)在R上单调递增.
(3)应用(2)的结论,解关于x的不等式f[ax2+(2a-1)x-1]≥.
解:由(1)可知f(1)=,
∵f[ax2+(2a-1)x-1]≥,
∴f[ax2+(2a-1)x-1]≥f(1).
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由(2)知f(x)为单调递增函数,∴ax2+(2a-1)x-1≥1,即ax2+(2a-1)x-2≥0.
当a=0时,-x-2≥0,解得{x|x≤-2};当a>0时,(ax-1)(x+2)≥0,解得;当a<-时,不等式的解集为;当a=-时,不等式的解集为{x|x=-2};当-0时,;当a<-时,;当a=-时,{x|x=-2};当-16课时跟踪检测(二十九)　指数函数性质的应用
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．aC．b2．设aA．aC．a>b>0 D．a3．函数y＝－x2＋2x的值域为(　　)
A. B.
C．(－∞，2] D．(0,2)
4．已知函数f(x)＝2x－2－x，则函数f(x)(　　)
A．是奇函数，且在R上单调递增
B．是奇函数，且在R上单调递减
C．是偶函数，且在R上单调递增
D．是偶函数，且在R上单调递减
5．不等式x2－8>3－2x的解集是(　　)
A．{x|－2C．{x|x<4} D．{x|x>－2}
6．函数y＝的定义域是________．
7．已知函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝________.
8．已知函数f(x)＝|x－1|，则f(x)的单调递增区间是________．
9．(11分)设函数f(x)＝10－ax，a是不为零的常数．
(1)若f(3)＝，求使f(x)≥4的x的取值范围；
(2)当x∈[－1,2]时，f(x)的最大值是16，求a的值．
10．(12分)已知函数f(x)＝4x－2·2x＋1－6中x∈[0,3]．
(1)求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)若实数a满足f(x)－a≥0恒成立，求a的取值范围．
B级——重点培优
11．已知x，y∈R，且2－x＋3－y>2y＋3x，则下列各式正确的是(　　)
A．x－y>0 B．x＋y<0
C．x－y<0 D．x＋y>0
12．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝f，b＝f，c＝f，则(　　)
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
13．若函数f(x)＝a2x2－3x＋1在(1,3)内单调递增，则关于x的不等式ax－1＞1的解集为________．
14．写出一个同时具有以下三个性质的函数f(x)＝________.
①函数g(x)＝f(x)－1为指数函数；
②f(x)是增函数；
③f(1)>3.
15．(13分)已知函数f(x)＝.
(1)求f(1)及函数f(x)的值域；
(2)指出函数f(x)在其定义域内的单调性(只需写出结论，不需要证明)；
(3)应用(2)的结论，解关于x的不等式f[ax2＋(2a－1)x－1]≥.
课时跟踪检测(二十九)
1．选C　因为函数y＝0.6x在R上单调递减，所以b＝0.61.51，所以b2．选C　因为ab>0.
3．选A　因为－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，且y＝－x2＋2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则－x2＋2x≥，故选A.
4．选A　由题意，函数f(x)＝2x－2－x的定义域为R，关于原点对称．因为f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．又由f(x)＝2x－2－x＝2x－x＝2x＋，根据指数函数的图象与性质，可得函数y＝2x和y＝－x都是增函数，所以函数f(x)＝2x－2－x是增函数．故选A.
5．选A　由x2－8>3－2x，得38－x2>3－2x，∴8－x2>－2x.即x2－2x－8<0，解得－23－2x的解集是{x|－26．解析：由题意得2x－1－8≥0，即2x－1≥8＝23，∴x－1≥3.解得x≥4.
答案：[4，＋∞)
7．解析：设g(x)＝a·2x－2－x.因为f(x)为偶函数，所以g(x)是奇函数，所以g(0)＝0，解得a＝1.
答案：1
8．解析：法一：由指数函数的性质可知y＝x在定义域上为减函数，故要求f(x)的单调递增区间，只需求y＝|x－1|的单调递减区间．又y＝|x－1|的单调递减区间为(－∞，1]，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1]．
法二：f(x)＝|x－1|＝可画出f(x)的图象(图略)，得其单调递增区间为(－∞，1]．
答案：(－∞，1]
9．解：(1)由f(3)＝得a＝3.则不等式f(x)≥4可化为23x－10≥22，解得x≥4.故x的取值范围是[4，＋∞)．
(2)当a＞0时，f(x)＝2ax－10是增函数，
则22a－10＝16，所以a＝7.
当a＜0时，f(x)＝2ax－10是减函数，
则2－a－10＝16，所以a＝－14.
综上，a＝－14或a＝7.
10．解：(1)由已知，得f(x)＝(2x)2－4·2x－6(0≤x≤3)．
令t＝2x，因为0≤x≤3，所以1≤t≤8.
令h(t)＝t2－4t－6＝(t－2)2－10(1≤t≤8)．
当t∈[1,2]时，h(t)单调递减；当t∈(2,8]时，h(t)单调递增．
所以f(x)min＝h(2)＝－10，f(x)max＝h(8)＝26.
(2)因为f(x)－a≥0恒成立，即a≤f(x)恒成立，所以a≤f(x)min恒成立．
由(1)知f(x)min＝－10，所以a≤－10.
故a的取值范围为(－∞，－10]．
11．选B　将不等式变形为2－x－3x>2y－3－y，令F(x)＝2－x－3x，则F(x)为减函数．又F(x)>F(－y)，∴x<－y.
∴x＋y<0.故选B.
12．选A　函数f(x)＝e－(x－1)2是由函数y＝eu和u＝－(x－1)2复合而成的复合函数，y＝eu为R上的增函数，u＝－(x－1)2在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由复合函数的单调性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．易知f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以c＝f＝f，又<2－<<1，所以fc>a，故选A.
13．解析：y＝2x2－3x＋1的对称轴是x＝，开口向上，故函数在(1,3)内单调递增，而f(x)在(1,3)内单调递增．根据复合函数同增异减的原则，得a＞1，则ax－1＞1＝a0，故x－1＞0，解得x＞1.
答案：{x|x＞1}
14．解析：因为函数g(x)为指数函数，
所以令g(x)＝ax(a>0，且a≠1)．
于是f(x)＝g(x)＋1＝ax＋1.
由于f(x)是增函数，则a>1，又f(1)＝a＋1>3，解得a>2.取a＝3，则f(x)＝3x＋1.
答案：3x＋1(答案不唯一)
15．解：(1)由已知，得f(1)＝＝.
令y＝，
则y·3x＋y＝3x,3x＝>0，
∴0(2)f(x)在R上单调递增．
(3)由(1)可知f(1)＝，
∵f[ax2＋(2a－1)x－1]≥，
∴f[ax2＋(2a－1)x－1]≥f(1)．
由(2)知f(x)为单调递增函数，∴ax2＋(2a－1)x－1≥1，即ax2＋(2a－1)x－2≥0.
当a＝0时，－x－2≥0，解得{x|x≤－2}；当a>0时，(ax－1)(x＋2)≥0，解得；当a<－时，不等式的解集为；当a＝－时，不等式的解集为{x|x＝－2}；当－1 / 2

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