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密 ○ 封 ○ 裝 ○ 訂 ○ 線 密 ○ 封 ○ 裝 ○ 訂 ○ 線
密 封 線 內 不 要 答 題
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姓名 班級 考號
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第6章　冪函數、指數函數和對數函數
全卷滿分150分　　考試用時120分鐘
一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.函數f(x)=+lg(x+1)的定義域為(　　)
A.(-1,2]　　　　B.(-1,2)　　　　
C.(1,2]　　　　D.[1,2]
2.已知冪函數f(x)的圖象經過點,則f(x)(　　)
A.為偶函數且在區間(0,+∞)上單調遞增
B.為偶函數且在區間(0,+∞)上單調遞減
C.為奇函數且在區間(0,+∞)上單調遞增
D.為奇函數且在區間(0,+∞)上單調遞減
3.已知函數f(x)=則f(1-x)的圖象是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
4.已知函數f(x)=滿足對任意的x1,x2∈R,且x1≠x2,都有 >0成立,則實數a的取值范圍為(　　)
A.(1,2)　　　　B.(2,3)　　　　
C.(2,3]　　　　D.(2,+∞)
5.已知點在冪函數f(x)=xα的圖象上,設a=f(log25),b=f(ln 2),c=f (tan 60°),則a,b,c的大小關系為(　　)
A.a>b>c　　　　B.b>a>c　　　　
C.a>c>b　　　　D.b>c>a
6.福島核污染水中的放射性元素“鍶90”的半衰期為30年,即“鍶90”含量每經過30年衰減為原來的一半.若“鍶90”的剩余量不高于原有的8%,則至少經過(參考數據:lg 2≈0.3)(　　)
A.110年　　　　B.115年　　　　
C.112年　　　　D.120年
7.設定義在R上的函數f(x)滿足:當x12x的解集為(　　)
A.(-∞,1)　　　　B.(1,+∞)
C.(-1,1)　　　　D.(-∞,1)∪(1,+∞)
8.已知函數f(x)=x+ln(+2x)+2.若對任意的x∈R,不等式f(|2x-a|)≥4-f(|3x-2a|-a2)恒成立,則實數a的取值范圍是(　　)
A.　　　　B.∪
C.　　　　D.∪
二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分)
9.若正數a,b滿足log3aA.3a<3b　　　　B.>1
C.ln(b-a)>0　　　　D.loga310.若函數f(x)對任意的x1,x2∈(0,+∞),都有 ≤f ,則稱f(x)具有性質M.下列函數中,具有性質M的有(　　)
A. f(x)=　　　　B. f(x)=ex
C. f(x)=ln x　　　　D. f(x)=-
11.定義:N{f(x) g(x)}表示f(x)A.當a>0時,N{f(x) g(x)}=1
B.當a=0時,不等式f(x)C.當a=0時,N{f(x) g(x)}=4
D.當a<0時,若N{f(x) g(x)}=1,則實數a的取值范圍是(-∞,-1]
三、填空題(本題共3小題,每小題5分,共15分)
12.已知函數y=f(x)存在反函數,記為y=f -1(x),若函數y=f(2x)的圖象過點(1,1),則y=f -1(x)的圖象過點　　　　.
13.已知函數f(x)=若方程f(x)=m有6個不同的實數根x1,x2,x3,x4,x5,x6,則實數m的取值范圍為　　　　;x1+x2+x3+x4+x5+x6的取值范圍為　　　　.
14.已知函數f(x)=,g(x)=,設函數h(x)=xlog(x)+m2-m.若對任意的x1,x2∈[2,+∞),都有f(x1)四、解答題(本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(13分)已知函數f(x)=lg(1-2x)+lg(1+2x).
(1)求f(x)的定義域;
(2)判斷并證明f(x)的奇偶性;
(3)討論f(x)的單調性.
16.(15分)已知函數f(x)=log3(9x+1)+kx是偶函數.
(1)求實數k的值;
(2)當x∈[0,1]時,不等式f(x)+x-log3(m·3x-1)≥0恒成立,求實數m的取值范圍.
17.(15分)為了保護環境,污水進入河流前都要進行凈化處理.某市工業園區某工廠的污水先排入凈化池,然后加入凈化劑進行凈化處理.根據實驗得出,在一定范圍內,每放入1個單位的凈化劑,在污水中釋放的濃度y(單位:毫克/立方米)隨著時間x(單位:小時)變化的函數關系式近似為y=若多次加入凈化劑,則某一時刻凈化劑在污水中釋放的濃度為每次投放的凈化劑在相應時刻所釋放的濃度之和.由實驗知,當凈化劑在污水中釋放的濃度不低于4毫克/立方米時,它才能起到凈化污水的作用.
(1)當投放1個單位的凈化劑4小時后,凈化劑在污水中釋放的濃度是多少
(2)若一次投放4個單位的凈化劑并起到凈化污水的作用,則凈化時間約達幾小時 (結果精確到0.1,參考數據:lg 2≈0.3,lg 17≈1.23)
(3)若第一次投放1個單位的凈化劑,3小時后再投放2個單位的凈化劑,設第二次投放t小時后污水中凈化劑濃度為g(t)毫克/立方米,其中018.(17分)已知函數f(x)=4x+m·2x-2,x∈[-2,1],m為實數.
(1)當m=1時,求f(x)的值域;
(2)設g(x)=,若對任意的x1∈[-2,1],總存在x2∈[0,1],使得f(x1)≥g(x2)成立,求m的取值范圍.
19.(17分)若存在實數對(a,b),使等式f(x)·f(2a-x)=b對定義域中每一個實數x都成立,則稱函數f(x)為(a,b)型函數.
(1)若函數f(x)=2x是(a,1)型函數,求a的值;
(2)若函數g(x)=是(a,b)型函數,求a和b的值;
(3)已知在[-2,4]上,h(x)恒大于0,且為(1,4)型函數,當x∈(1,4]時,h(x)=-+m·log2x+2.若h(x)≥1在[-2,4]上恒成立,求實數m的取值范圍.
答案全解全析
1.A　要使函數f(x)有意義,需滿足解得-12.B　設冪函數的解析式為f(x)=xα,
因為冪函數f(x)的圖象經過點,所以2α=,解得α=-2,
故f(x)=x-2,其定義域為{x|x≠0},關于原點對稱,
又f(-x)=(-x)-2=x-2=f(x),所以f(x)為偶函數,
又因為-2<0,所以f(x)在區間(0,+∞)上單調遞減.故選B.
3.D　由f(x)=得f(1-x)=
當x=0時, f(1-0)=2,則f(1-x)的圖象過點(0,2),故排除A,B;
當x≥0時, f(1-x)=21-x>0,故排除C.故選D.
4.C　∵對任意的x1,x2∈R,且x1≠x2,都有 >0,∴函數f(x)在R上單調遞增,
∴解得2∴實數a的取值范圍為(2,3].故選C.
5.D　∵點在冪函數f(x)=xα的圖象上,
∴3α=,∴α=-2,
∴f(x)=x-2,則f(x)在(0,+∞)上單調遞減,
∵log25>log24=2,0=ln 1∴0∴f(ln 2)>f (tan 60°)>f(log25),即b>c>a.故選D.
6.A　設經過x年(x是正整數),“鍶90”的剩余量不高于原有的8%,原有“鍶90”含量為1,
則1×≤1×8%,解得≥log0.50.08==≈=,即x≥110,
若“鍶90”的剩余量不高于原有的8%,則至少經過110年.
故選A.
7.A　由f(x2)可知當x1由f(x)>2x,得>1=,
所以g(x)>g(1),所以x<1,故不等式f(x)>2x的解集為(-∞,1).
故選A.
8.A　令g(x)=f(x)-2=x+ln(+2x),
對任意的x∈R,>=2|x|≥-2x,
故對任意的x∈R,+2x>0,
故函數g(x)的定義域為R,關于原點對稱,
因為g(-x)+g(x)=-x+ln(-2x)+x+ln(+2x)=ln(4x2+1-4x2)=ln 1=0,所以g(-x)=-g(x),所以函數g(x)為奇函數,
令u=+2x,易知函數u=+2x在R上單調遞增,
又函數y=ln u為定義域上的增函數,
所以函數g(x)=x+ln(+2x)在R上為增函數,
由f(|2x-a|)≥4-f(|3x-2a|-a2),可得g(|2x-a|)+2≥4-[g(|3x-2a|-a2)+2]=2-g(|3x-2a|-a2),
所以g(|2x-a|)≥-g(|3x-2a|-a2)=g(a2-|3x-2a|),
所以|2x-a|≥a2-|3x-2a|,即|3x-2a|+|2x-a|≥a2,
令h(x)=|3x-2a|+|2x-a|.
當a=0時,|5x|≥0,顯然成立;
當a>0時,h(x)=
所以函數h(x)在,上單調遞減,在上單調遞增,
又因為函數h(x)在R上的圖象連續,
所以函數h(x)在上單調遞減,在上單調遞增,
所以h(x)min=h=,所以a2≤,解得0≤a≤,此時0當a<0時,h(x)=
所以函數h(x)在上單調遞減,在,上單調遞增,
又因為函數h(x)在R上的圖象連續,
所以函數h(x)在上單調遞減,在上單調遞增,
所以h(x)min=h=-,所以a2≤-,解得-≤a≤0,
此時-≤a<0.
綜上所述,實數a的取值范圍是.故選A.
9.AB　因為函數y=log3x在(0,+∞)上單調遞增,所以由log3aa>0.
對于A,函數y=3x為R上的增函數,則3a<3b,故A正確;
對于B,函數y=為R上的減函數,且a-b<0,則>=1,故B正確;
對于C,易得b-a>0,但b-a與1的大小關系不確定,故ln(b-a)與0的大小關系不確定,故C錯誤;
對于D,取a=3,b=9,則log33=1>=log93,故D錯誤.故選AB.
10.ACD　對任意的x1,x2∈(0,+∞),都有 ≤f ,
故函數圖象可能是上凸的,此時 也可能是一條直線,此時 =f ,
依次畫出各選項中的函數圖象,分別如圖②③④⑤所示,
　　
　　
根據圖象知,A,C,D滿足條件.
故選ACD.
11.BD　根據題意,得N{f(x) g(x)}表示不等式|log2x|當a>0時,作出y=f(x)和y=g(x)的圖象,如圖1所示,
由圖可知, f(x)當a=0時,g(x)=2,由f(x)=|log2x|<2,可得-2當a<0時,作出函數y=f(x)和y=g(x)的圖象,如圖2所示,
若N{f(x) g(x)}=1,即|log2x|只需滿足即解得a≤-1,
所以當N{f(x) g(x)}=1時,實數a的取值范圍是(-∞,-1],故D正確.故選BD.
12.答案　(1,2)
解析　易得f(2)=1,所以y=f(x)的圖象過點(2,1),所以y=f-1(x)的圖象過點(1,2).
13.答案　(0,2);
解析　設x1由圖可知,m∈(0,2).
易得=-2,=6,且1因為y=x++8在(1,4)上單調遞增,所以x4++8∈.
故x1+x2+x3+x4+x5+x6∈.
14.答案　(-∞,1)∪(2,+∞)
解析　f(x)==,h(x)=xlo+m2-m=x|x-m|+m2-m,
若對任意的x1,x2∈[2,+∞),都有f(x1)則f(x)max當x≥2時,令t(x)=x+,易得t(x)=x+在區間[2,+∞)上單調遞增,即t(x)≥t(2)=4,
所以f(x)==在區間[2,+∞)上的值域為(0,2],即f(x)在區間[2,+∞)上的最大值為2.
h(x)=x|x-m|+m2-m=
當m=0時,h(x)在[2,+∞)上單調遞增,所以h(x)在區間[2,+∞)上的最小值為h(2)=4,所以2<4,恒成立;
當m<0時,函數h(x)的圖象如圖1,
則函數h(x)在[2,+∞)上單調遞增,所以h(x)的最小值為h(2)=m2-3m+4,所以m2-3m+4>2,解得m<1或m>2,所以m<0;
當m>0時,函數h(x)的圖象如圖2,
當0當m>2時,函數h(x)在[2,m)上單調遞減,在(m,+∞)上單調遞增,
所以h(x)的最小值為h(m)=m2-m,
所以m2-m>2,解得m>2或m<-1,所以m>2.
綜上所述,實數m的取值范圍為(-∞,1)∪(2,+∞).
15.解析　(1)由題意,得解得-所以函數f(x)的定義域為.(3分)
(2)函數f(x)=lg(1-2x)+lg(1+2x)為偶函數,(4分)
證明如下:由(1)知,函數f(x)的定義域為,關于原點對稱,
又f(-x)=lg(1+2x)+lg(1-2x)=f(x),所以函數f(x)為偶函數.(7分)
(3)f(x)=lg(1-2x)+lg(1+2x)=lg(1-4x2),(8分)
令u=1-4x2,因為u=1-4x2在上單調遞增,在上單調遞減,y=lg u在(0,+∞)上單調遞增,(10分)
所以由復合函數的單調性可知,函數f(x)在上單調遞增,在上單調遞減.(13分)
16.解析　(1)因為函數f(x)的定義域為R,且為偶函數,所以f(-1)=f(1),即log3-k=log310+k,解得k=-1,(3分)
此時f(x)=log3(9x+1)-x=log3,
經檢驗,f(-x)=log3=log3=f(x)成立,
所以k=-1.(6分)
(2)由(1)知, f(x)=log3(9x+1)-x,當x∈[0,1]時,不等式f(x)+x-log3(m·3x-1)≥0恒成立可轉化為x∈[0,1]時,不等式log3(9x+1)-log3(m·3x-1)≥0,即log3(9x+1)≥log3(m·3x-1)恒成立,
因為y=log3x在定義域上單調遞增,所以9x+1≥m·3x-1>0,
即3x+≥m>, (9分)
令t=3x,x∈[0,1],則t∈[1,3],所以≥m>,(12分)
因為t+≥2(當且僅當t=時等號成立),∈,
所以117.解析　(1)當x=4時,y==6,所以當投放1個單位的凈化劑4小時后,凈化劑在污水中釋放的濃度為6毫克/立方米.(3分)
(2)當0≤x≤3時,令4(2x+1)≥4,得2x≥0,恒成立.(5分)
當x>3時,令4×≥4,得2x-3+1≤18,則x-3≤log217=≈=4.1,所以3綜上,當0≤x≤7.1時,凈化劑能起到凈化污水的作用.
所以若一次投放4個單位的凈化劑并起到凈化污水的作用,則凈化時間約達7.1小時.(10分)
(3)g(t)=+2(2t+1)=+2(2t+1),0因為2t+1>0,所以+2(2t+1)≥2=12,當且僅當=2(2t+1),即t=1時取等號,所以g(t)的最小值為12.(15分)
18.解析　(1)當m=1時, f(x)=4x+2x-2,x∈[-2,1],
令t=2x,x∈[-2,1],則≤t≤2,易得y=t2+t-2在區間上單調遞增,(3分)
當t=時,ymin=-,當t=2時,ymax=4,
所以f(x)的值域為.(5分)
(2)要使對任意的x1∈[-2,1],總存在x2∈[0,1],使得f(x1)≥g(x2)成立,則f(x)在[-2,1]上的最小值大于或等于g(x)在[0,1]上的最小值.(7分)
因為0≤x≤1,所以1≤x2+1≤2,即≤≤1,即1≤≤2,
所以g(x)在區間[0,1]上的最小值為1.(9分)
對于函數f(x)=4x+m·2x-2(-2≤x≤1),令t=2x,則≤t≤2,
易得y=t2+mt-2的圖象開口向上,對稱軸為直線t=-.(10分)
當-≤,即m≥-時,函數y=t2+mt-2在上單調遞增,
則f(x)min=ymin=+m-2=m-,
所以m-≥1,解得m≥;(12分)
當<-<2,即-4則f(x)min=ymin=--2=-m2-2<0<1,不符合題意;(14分)
當-≥2,即m≤-4時,函數y=t2+mt-2在上單調遞減,
則f(x)min=ymin=22+2m-2=2m+2,
所以2m+2≥1,解得m≥-,與m≤-4矛盾,不符合題意.(16分)
綜上所述,m的取值范圍為.(17分)
19.解析　(1)由f(x)=2x是(a,1)型函數,得f(x)·f(2a-x)=2x·22a-x=1,即22a=1,即2a=0,所以a=0.(3分)
(2)由g(x)=是(a,b)型函數,得g(x)·g(2a-x)=·=b,
則+=ln b,
因此x2ln b-2axln b+2a=0對定義域{x|x≠0}內任意x恒成立,(5分)
于是解得a=0,b=1.(7分)
(3)由h(x)是(1,4)型函數,得h(x)·h(2-x)=4.
①當x=1時,h(1)·h(1)=4,而h(x)>0,則h(1)=2,滿足h(x)≥1;(9分)
②當x∈(1,4]時,h(x)=-(log2x)2+m·log2x+2≥1恒成立,
令log2x=t,則t∈(0,2],-t2+mt+2≥1恒成立,于是m≥t-恒成立,而函數y=t-在(0,2]上單調遞增,則t-≤,當且僅當t=2時取等號,因此m≥;(12分)
③當x∈[-2,1)時,2-x∈(1,4],
則h(x)==,
由h(x)≥1,得0<-+m·log2(2-x)+2≤4,
令log2(2-x)=u,則當u∈(0,2]時,0<-u2+mu+2≤4,
由②知-u2+mu+2≥1,則只需u∈(0,2]時,-u2+mu+2≤4恒成立,
即u∈(0,2]時,m≤+u恒成立,(15分)
又u+≥2=2,當且僅當u=時取等號,因此m≤2.
所以實數m的取值范圍是.(17分)

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