新教材2021-2022学年湘教版数学必修第一册课时检测：4-2-2　第二课时　指数函数性质的应用（习题课） WORD版含解析.doc

1、课时跟踪检测(二十七)指数函数性质的应用(习题课)A级基础巩固1函数f(x)()x在区间1，2上的最大值是()A.BC3 D2解析：选C因为1，所以指数函数f(x)()x为增函数，所以当x2时，函数取得最大值，且最大值为3.2已知a，b20.3，c0.30.2，则a，b，c三者的大小关系是()Abca BbacCabc Dcba解析：选Aa0.30.5.f(x)0.3x在R上单调递减，0.30.50.30.20.30ac201，ac0时，f(x)2x是增函数4指数函数f(x)ax(a0，a1)在R上是减函数，则函数g(x)(a2)x3在R上的单调性为()A单调递增B在(0，)上递减，在(，0)

2、上递增C单调递减D在(0，)上递增，在(，0)上递减解析：选C指数函数f(x)ax(a0，a1)在R上是减函数，0a1，a20，可得f(x)1，则D错误故选A、B.6函数y3的单调递减区间是_解析：设u，则y3u，因为u在(，0) 和(0，)上是减函数，且y3u在R上是增函数，所以函数y3的单调递减区间是(，0)和(0，)答案：(，0)和(0，)7函数f(x)(a0，且a1)是R上的减函数，则a的取值范围是_解析：由单调性定义，f(x)为减函数应满足：即a1.答案：8函数y的单调递增区间为_；奇偶性为_解析：设u|x|1，则y.易知u|x|1的单调递减区间为0，)，y是减函数，y的单调递增区间

3、为0，)f(x)f(x)，f(x)是偶函数答案：0，)偶函数9已知函数f(x)ax(a0，且a1)的图象经过点(2，4)(1)求a的值；(2)若a2x10，且a1)的图象经过点(2，4)，a24，又a0，且a1，a2.(2)由(1)得a2，由a2x1a3x1，代入a2，可得22x123x1，由指数函数的单调性可知2x12，即x的取值范围是(2，)10设0x2，y4x32x5，试求该函数的最值解：令t2x，0x2，1t4.则y22x132x5t23t5.配方得y(t3)2，t1，4，y(t3)2，t1，3上是减函数；t3，4上是增函数，当t3时，ymin；当t1时，ymax.故函数的最大值为，最

4、小值为.B级综合运用11若不等式2x21的解集是函数y2x的定义域，则函数y2x的值域是()A. BC. D2，)解析：选B由2x21得2x2122x4，即x212x4，解得3x1，所以函数y2x的定义域为3，1由于函数y2x在R上单调递增，故当x3时取得最小值，当x1时取得最大值2，所以函数的值域为.故选B.12(多选)函数yf(x)|axa|(a0且a1)的图象可能为()解析：选BC当a1时，不妨取a2，则y|2x2|的图象如图，故C正确当0a0，且a1)的图象经过A(1，6)，B(2，18)两点若不等式m0在x(，1上恒成立，则实数m的最大值为_解析：由已知可得解得则不等式m0在x(，1

5、上恒成立，设g(x)m，显然函数g(x)m在(，1上单调递减，g(x)g(1)mm，故m0，即m，实数m的最大值为.答案：14已知函数f(x)2x.(1)求f(0)222的值；(2)若函数h(x)f(x)g(x)，且h(x)，g(x)满足下列条件：h(x)为偶函数；h(x)2且xR使得h(x)2；g(x)0且g(x)恒过(0，1)点写出一个符合题意的函数g(x)，并说明理由解：(1)由题意知：f(0)222202222121200.(2)满足题意的函数g(x)2x.理由如下：因为h(x)2x2x，所以h(x)2x2(x)2x2xh(x)，所以h(x)2x2x为偶函数h(x)2x2x2222，当

6、且仅当2x2x，即x0时等号成立，g(x)2x0，g(x)恒过(0，1)点C级拓展探究15已知函数f(x)是定义在R上的奇函数(1)判断并证明函数f(x)的单调性，并利用结论解不等式：f(x22x)f(3x2)0；(2)是否存在实数k，使得函数f(x)在区间m，n上的取值范围是？若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1)f(x)是R上的增函数，证明如下：设任意x1，x2R且x1x2，f(x1)f(x2)，x1x2，4x10，4x210，f(x1)f(x2)，f(x)是在(，)上是单调增函数f(x22x)f(3x2)0，又f(x)是定义在R上的奇函数且在(，)上单调递增，f(x22x)f(23x)，x22x23x，2x0，即方程t2(1k)tk0有两个不等的正根，于是有(1k)0且k0且(1k)24(k)0，解得32k0.存在实数k，使得函数f(x)在m，n上的取值范围是，并且实数k的取值范围是.