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第四章 指數函數與對數函數
一、單選題
1．設a＝30.1，b＝lg5﹣lg2，c＝log3，則a，b，c的大小關系是（　　）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．c＜a＜b
2．若log4（3a+4b）＝log2，則a+b的最小值是（　　）
A．6+2 B．7+2 C．6+4 D．7+4
3．函數f（x）＝x﹣2+|lnx|在定義域內的零點的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．若f（x）是R上的減函數，那么a的取值范圍是（　　）
A．（0，1） B．（0，） C．[，） D．[，1）
5．設函數f（x）＝ex﹣1+4x﹣4，g（x）＝lnx．若f（x1）＝g（x2）＝0，則（　　）
A．0＜g（x1）＜f（x2） B．g（x1）＜0＜f（x2）
C．f（x2）＜0＜g（x1） D．f（x2）＜g（x1）＜0
6．若函數f（x）＝ln（x2﹣ax+1）在區間（2，+∞）上單調遞增，則實數a的取值范圍是（　　）
A．（﹣∞，4] B． C． D．
7．已知a，b＞0且a≠1，b≠1，若logab＞1，則（　　）
A．（a﹣1）（b﹣1）＜0 B．（a﹣1）（a﹣b）＞0
C．（b﹣1）（b﹣a）＜0 D．（b﹣1）（b﹣a）＞0
8．已知函數f（x）＝x2﹣2mx+m﹣1，g（x），若函數y＝f（g（x））有5個零點，則實數m的范圍為（　　）
A．（，+∞） B．（1，） C．（0，] D．（1，]
二、多選題
9．下列計算正確的是（　　）
A．
B．，a＞0，b＞0
C．
D．已知x2+x﹣2＝2，則x+x﹣1＝2
10．已知函數f（x）＝lg（x2+ax﹣a﹣1），給出下述論述，其中正確的是（　　）
A．當a＝0時，f（x）的定義域為（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
B．f（x）一定有最小值
C．當a＝0時，f（x）的值域為R
D．若f（x）在區間[2，+∞）上單調遞增，則實數a的取值范圍是{a|a≥﹣4}
11．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數，則y＝[x]稱為高斯函數，例如：[﹣3.5]＝﹣4，[2.1]＝2．已知函數，則關于函數g（x）＝[f（x）]的敘述中正確的是（　　）
A．g（x）是偶函數 B．f（x）是奇函數
C．g（x）的值域是{﹣1，0} D．g（x）在R上是增函數
12．已知正數x，y，z滿足3x＝2y＝6z，下列結論正確的有（　　）
A．6z＞2y＞3x B． C．x+y＞4z D．xy＜4z2
三、填空題
13．若函數f（x）＝xln（x）為偶函數，則a＝　 　 ．
14．已知函數（a＞0且a≠1）．若a＝3，則f（x）的單調遞增區間是 　 　 ；若f（x）的值域為R，值a的取值范圍是 　 　 ．
15．已知函數恰有兩個零點，則λ的取值范圍為　 　 ．
16．設f（x），若方程f（x）＝m有四個不相等的實根xi（i＝1，2，3，4），則m的取值范圍為 　 　 ；的最小值為 　 　 ．
四、解答題
17．化簡求值：（請寫出化簡步驟過程）
①；
②．
18．已知函數f（x）＝log2x
（1）解關于x的不等式f（x+1）﹣f（x）＞1；
（2）設函數g（x）＝f（2x+1）+kx，若g（x）的圖象關于y軸對稱，求實數k的值．
19．已知定義域為R的函數是奇函數．
（1）求實數a的值；
（2）若不等式mf（x）＞3x在（0，+∞）有解，求實數m取值范圍．
20．已知函數f（x）＝loga（ax2﹣（a+1）x+1）
（1）求函數f（x）的定義域；
（2）若對任意x∈[2，+∞）恒有f（x）＞0，試確定a的取值范圍．
21．近年來，我國在航天領域取得了巨大成就，得益于我國先進的運載火箭技術．據了解，在不考慮空氣阻力和地球引力的理想狀態下，可以用公式計算火箭的最大速度vm/s，其中v0m/s是噴流相對速度，mkg是火箭（除推進劑外）的質量，Mkg是推進劑與火箭質量的總和，稱為“總質比”．已知A型火箭的噴流相對速度為2000m/s．
（Ⅰ）當總質比為330時，利用給出的參考數據求A型火箭的最大速度；
（Ⅱ）經過材料更新和技術改進后，A型火箭的噴流相對速度提高到了原來的1.5倍，總質比變為原來的，若要使火箭的最大速度至少增加800m/s，求在材料更新和技術改進前總質比的最小整數值．
參考數據：ln330≈5.8，2.225＜e0.8＜2.226．
22．已知函數f（x）＝2x
（1）試求函數F（x）＝f（x）+af（2x），x∈（﹣∞，0]的最大值；
（2）若存在x∈（﹣∞，0），使|af（x）﹣f（2x）|＞1成立，試求a的取值范圍；
（3）當a＞0，且x∈[0，15]時，不等式f（x+1）≤f[（2x+a）2]恒成立，求a的取值范圍．
第四章 指數函數與對數函數
參考答案與試題解析
一、單選題
1．設a＝30.1，b＝lg5﹣lg2，c＝log3，則a，b，c的大小關系是（　　）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．c＜a＜b
【答案】C
【分析】利用指數，對數的性質即可比較得解．
【解答】解：由題意可得：a＝30.1＞30＝1，
b＝lg5﹣lg2∈（0，1），
c＝log30，
則a＞b＞c．
故選：C．
【點評】本題主要考查了指數，對數的性質的應用，屬于基礎題．
2．若log4（3a+4b）＝log2，則a+b的最小值是（　　）
A．6+2 B．7+2 C．6+4 D．7+4
【答案】D
【分析】利用對數的運算法則可得0，a＞4，再利用基本不等式即可得出
【解答】解：∵3a+4b＞0，ab＞0，
∴a＞0．b＞0
∵log4（3a+4b）＝log2，
∴log4（3a+4b）＝log4（ab）
∴3a+4b＝ab，a≠4，a＞0．b＞0
∴0，
∴a＞4，
則a+b＝aaa+3（a﹣4）77＝47，當且僅當a＝4+2取等號．
故選：D．
【點評】本題考查了對數的運算法則、基本不等式的性質，屬于中檔題．
3．函數f（x）＝x﹣2+|lnx|在定義域內的零點的個數為（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】函數的零點個數，轉化為兩個函數的圖象的交點個數利用數形結合求解即可．
【解答】解：函數f（x）＝x﹣2+|lnx|在定義域內零點的個數就是方程2﹣x＝|lnx|的解的個數，也就是函數y＝2﹣x與y＝|lnx|圖象交點個數，
在同一坐標系中畫出：兩個函數的圖象如圖：
可知兩個函數有兩個交點，原函數的零點有兩個．
故選：C．
【點評】本題考查函數的零點個數的判斷，數形結合的應用，考查計算能力．
4．若f（x）是R上的減函數，那么a的取值范圍是（　　）
A．（0，1） B．（0，） C．[，） D．[，1）
【答案】C
【分析】利用分段函數是減函數，列出不等式組求解即可．
【解答】解：因為f（x）為（﹣∞，+∞）上的減函數，
所以有，解得a，
故選：C．
【點評】本題考查分段函數的性質，函數單調性的性質，屬中檔題．
5．設函數f（x）＝ex﹣1+4x﹣4，g（x）＝lnx．若f（x1）＝g（x2）＝0，則（　　）
A．0＜g（x1）＜f（x2） B．g（x1）＜0＜f（x2）
C．f（x2）＜0＜g（x1） D．f（x2）＜g（x1）＜0
【答案】B
【分析】根據函數零點的存在定理，求出f（x）和g（x）的零點存在區間，利用函數的單調性即可得到結論．
【解答】解：∵f（x）＝ex﹣1+4x﹣4為增函數，g（x）＝lnx在（0，+∞）上單調遞增．
∴f（1）＝1＞0，f（0），g（1）＝﹣1＜0，g（2）＝ln2，
∵f（x1）＝g（x2）＝0，
∴0＜x1＜1，1＜x2＜2，
∴g（x1）＜0＜f（x2），
故選：B．
【點評】本題主要考查函數零點判斷和應用，注意利用函數的單調性去解決．
6．若函數f（x）＝ln（x2﹣ax+1）在區間（2，+∞）上單調遞增，則實數a的取值范圍是（　　）
A．（﹣∞，4] B． C． D．
【答案】C
【分析】根據復合函數單調性之間的關系進行求解即可．
【解答】解：設g（x）＝x2﹣ax+1，
則要使f（x）＝ln（x2﹣ax+1）在區間（2，+∞）上單調遞增，
則滿足，即，
得a，
即實數a的取值范圍是，
故選：C．
【點評】本題主要考查復合函數單調性的應用，結合二次函數的單調性是解決本題的關鍵．
7．已知a，b＞0且a≠1，b≠1，若logab＞1，則（　　）
A．（a﹣1）（b﹣1）＜0 B．（a﹣1）（a﹣b）＞0
C．（b﹣1）（b﹣a）＜0 D．（b﹣1）（b﹣a）＞0
【答案】D
【分析】根據對數的運算性質，結合a＞1或0＜a＜1進行判斷即可．
【解答】解：若a＞1，則由logab＞1得logab＞logaa，即b＞a＞1，此時b﹣a＞0，b＞1，即（b﹣1）（b﹣a）＞0，
若0＜a＜1，則由logab＞1得logab＞logaa，即b＜a＜1，此時b﹣a＜0，b＜1，即（b﹣1）（b﹣a）＞0，
綜上（b﹣1）（b﹣a）＞0，
故選：D．
【點評】本題主要考查不等式的應用，根據對數函數的性質，利用分類討論的數學思想是解決本題的關鍵．比較基礎．
8．已知函數f（x）＝x2﹣2mx+m﹣1，g（x），若函數y＝f（g（x））有5個零點，則實數m的范圍為（　　）
A．（，+∞） B．（1，） C．（0，] D．（1，]
【答案】D
【分析】令t＝g（x），作出g（x）的圖象，由函數y＝f（t）有5個零點，那么f（x）必有兩值t1，t2，結合g（x），可得t1，t2，從而即可求解實數m的范圍．
【解答】解：g（x），作出g（x）的圖象，
令t＝g（x），由函數y＝f（t）有5個零點，
那么f（x）必有兩值t1，t2，
結合g（x）的圖象，可得1≤t1≤3，0＜t2＜1．
根據函數f（x）＝x2﹣2mx+m﹣1的圖象及性質，
可得，即，
解得，
故選：D．
【點評】本題考查了復合函數的方程的根與函數的圖象的應用，屬于中檔題．
二、多選題
9．下列計算正確的是（　　）
A．
B．，a＞0，b＞0
C．
D．已知x2+x﹣2＝2，則x+x﹣1＝2
【答案】BC
【分析】選項A，B，C利用有理數指數冪的運算性質化簡，即可判斷出正誤，選項D利用完全平方公式得到（x+x﹣1）＝4，所以x+x﹣1＝±2，從而判斷出錯誤．
【解答】解：對于選項A：，所以選項A錯誤，
對于選項B：99a，（a＞0，b＞0），所以選項B正確，
對于選項C：，所以選項C正確，
對于選項D：∵（x+x﹣1）2＝x2+2+x﹣2＝4，∴x+x﹣1＝±2，所以選項D錯誤，
故選：BC．
【點評】本題主要考查了有理數指數冪的運算性質，考查了完全平方公式的應用，是基礎題．
10．已知函數f（x）＝lg（x2+ax﹣a﹣1），給出下述論述，其中正確的是（　　）
A．當a＝0時，f（x）的定義域為（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
B．f（x）一定有最小值
C．當a＝0時，f（x）的值域為R
D．若f（x）在區間[2，+∞）上單調遞增，則實數a的取值范圍是{a|a≥﹣4}
【答案】AC
【分析】此題是一道多選題，主要考查了復合函數的定義域，值域和單調性，屬于中檔題．
【解答】解：對于A選項，∵a＝0，∴f（x）＝lg（x2﹣1），即x2﹣1＞0，∴x＜﹣1或x＞1．∴A正確；
對于B選項，令u（x）＝x2+ax﹣a﹣1，則復合函數y＝f（x）是由y＝lgu，u＝x2+ax﹣a﹣1 復合而成的
∵y＝lgu是單調遞增的，而u＝x2+ax﹣a﹣1（u＞0）無最小值，∴f（x） 沒有最小值．∴B選項錯誤；
對于選項C，當a＝0時，f（x）＝lg（x2﹣1）中的u＝x2﹣1 中的u能夠取到所有的正數，∴f（x）的值域為R，∴C選項是正確的；
對于選項D，∵復合函數y＝lg（x2+ax﹣a﹣1）是由y＝lgu，u＝x2+ax﹣a﹣1復合而成的，而y＝lgu在定義域內是單調遞增的，又∵y＝f（x）在區間[2，+∞）上單調遞增的，由復合函數的單調性可知，
∴u＝x2+ax﹣a﹣1在區間[2，+∞）上是單調遞增的，則有，即a≥﹣4．（1）
又∵x2+ax﹣a﹣1＞0在區間[2，+∞）上是恒成立的，則有22+2a﹣a﹣1＞0即a＞﹣3．（2）
∴a＞﹣3，所以，選項D是錯誤的．
故選：AC．
【點評】此題是一道易錯題，對于D 選項，若沒有考慮對數的真數大于0，會誤認為選項D是正確的！
11．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數，則y＝[x]稱為高斯函數，例如：[﹣3.5]＝﹣4，[2.1]＝2．已知函數，則關于函數g（x）＝[f（x）]的敘述中正確的是（　　）
A．g（x）是偶函數 B．f（x）是奇函數
C．g（x）的值域是{﹣1，0} D．g（x）在R上是增函數
【答案】BC
【分析】由已知結合函數的相關性質分別對各選項進行檢驗即可判斷．
【解答】解：因為，
g（1）＝[f（1）]＝[]＝0，g（﹣1）＝[f（﹣1）]＝[]＝﹣1，g（1）≠g（﹣1），故g（x）不是偶函數，
因為，所以f（﹣x）f（x），
所以f（x）為奇函數，
又在R上單調遞增，
又1+ex＞1，
所以，g（x）＝[f（x）]的值域{﹣1，0}，
因為g（0）＝[f（0）]＝[0]＝0，g（1）＝[f（1）]＝[]＝0，
故g（x）不單調．
故選：BC．
【點評】本題以新定義為載體，主要考查了函數性質的綜合應用，試題具有一定的綜合性．
12．已知正數x，y，z滿足3x＝2y＝6z，下列結論正確的有（　　）
A．6z＞2y＞3x B． C．x+y＞4z D．xy＜4z2
【答案】ABC
【分析】表示出x，y，z的值，對各個選項進行判斷即可．
【解答】解：由x＞0，y＞0，z＞0，
令3x＝2y＝6z＝m＞1，
則x＝log3m，y＝log2m，z＝log6m，
對于A：1，則6z＞2y，
1，則2y＞3x，
故6z＞2y＞3x，故A正確；
對于B：，故B正確；
對于C：x+y﹣4z＝log3m+log2m﹣4log6m
lgm（）＝lgm 0，故C正確；
對于D：xy﹣4z2＝log3m log2m﹣4 （lgm）2 0，
故xy＞4z2，故D錯誤；
故選：ABC．
【點評】本題考查了對數函數以及指數冪的運算性質，考查轉化思想，是一道中檔題．
三、填空題
13．若函數f（x）＝xln（x）為偶函數，則a＝　1　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】由題意可得，f（﹣x）＝f（x），代入根據對數的運算性質即可求解．
【解答】解：∵f（x）＝xln（x）為偶函數，
∴f（﹣x）＝f（x），
∴（﹣x）ln（﹣x）＝xln（x），
∴﹣ln（﹣x）＝ln（x），
∴ln（﹣x）+ln（x）＝0，
∴ln（x）（x）＝0，
∴lna＝0，
∴a＝1．
故答案為：1．
【點評】本題主要考查了偶函數的定義及對數的運算性質的簡單應用，屬于基礎試題．
14．已知函數（a＞0且a≠1）．若a＝3，則f（x）的單調遞增區間是 　（5，+∞）　 ；若f（x）的值域為R，值a的取值范圍是 　[2，+∞）　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】由題意，本題即求即t＝（x﹣1）（x﹣5）在滿足t＞0的條件下，函數t的增區間，再利用二次函數的性質得出結論．若函數（a＞0且a≠1）的值域為R，則y＝x2﹣2ax+a+2 能取遍所有的正實數，故t滿足△≥0，由此求得a的取值范圍．
【解答】解：對于函數（a＞0且a≠1），
若a＝3，則f（x）log3（x﹣1）（x﹣5）的單調遞增區間，
即t＝（x﹣1）（x﹣5）在滿足t＞0的條件下，函數t的增區間，故它的增區間是（5，+∞）．
若函數（a＞0且a≠1）的值域為R，
則y＝x2﹣2ax+a+2 能取遍所有的正實數，故t滿足Δ＝4a2﹣4（a+2）≥0，求得 a≥2，或a≤﹣1 （不滿足題意，舍去），
故答案為：（5，+∞）；[2，+∞）．
【點評】本題主要考查復合函數的單調性，二次函數、對數函數的性質，屬于中檔題．
15．已知函數恰有兩個零點，則λ的取值范圍為　[1，2）∪[3，+∞）　 ．
【答案】[1，2）∪[3，+∞）．
【分析】分段求零點，根據恰有兩個零點，結合圖象可得答案．
【解答】解：令x2﹣2x﹣3＝0，可得x＝﹣1或x＝3，
令ln（x﹣1）＝0，可得x＝2，
∵x﹣1＞0，可得x＞1．
則λ≥1．
作出圖象，
結合圖象可得1≤λ＜2或λ≥3時，f（x）恰有兩零點．
故答案為：[1，2）∪[3，+∞）．
【點評】本題考查了函數的零點，同時考查了學生的作圖能力，屬于中檔題．
16．設f（x），若方程f（x）＝m有四個不相等的實根xi（i＝1，2，3，4），則m的取值范圍為 　（0，ln3）　 ；的最小值為 　50　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】由題意可知函數f（x）關于直線x＝3對稱，畫出函數f（x）的大致圖象，因為方程f（x）＝m有四個不相等的實根，所以函數f（x）與y＝m有4個交點，進而求出m的取值范圍，由函數f（x）的圖象可知：x1+x4＝6，x2+x3＝6，且lnx1＝﹣m，lnx2＝m，所以2e﹣2m+2e2m﹣12（em+e﹣m）+72，令t＝em+e﹣m，則，且2t2﹣12t+68，再利用二次函數的性質即可求出的最小值．
【解答】解：當3＜x＜6時，∵f（x）＝f（6﹣x），∴函數f（x）關于直線x＝3對稱，
畫出函數f（x）的圖象，如圖所示，
∵方程f（x）＝m有四個不相等的實根，
∴函數f（x）與y＝m有4個交點，
∴由函數f（x）的圖象可知0＜m＜ln3，
即m的取值范圍為：（0，ln3），
由函數f（x）的圖象可知：x1+x4＝6，x2+x3＝6，且lnx1＝﹣m，lnx2＝m，
∴，，，，
∴e﹣2m+e2m+（6﹣em）2+（6﹣e﹣m）2＝2e﹣2m+2e2m﹣12（em+e﹣m）+72，
令t＝em+e﹣m，
∵0＜m＜ln3，∴1＜em＜3，
∴，
又∵2t2﹣12t+68，
∴當t＝3時，的值最小，最小值為50，
故答案為：（0，ln3），50．
【點評】本題考查了函數的零點，同時考查了學生的作圖能力，屬于中檔題．
四、解答題
17．化簡求值：（請寫出化簡步驟過程）
①；
②．
【答案】①或1.7875；
②110．
【分析】把根式化為分數指數冪，根據冪的運算法則計算即可．
【解答】解：①
1（24）﹣0.75
＝0.4﹣1﹣1+（﹣2）﹣4+2﹣3+0.1
＝2.5﹣10.1
＝1.6
或1.7875；
②
1
21+22×33
＝2+108
＝110．
【點評】本題考查了把根式化為分數指數冪以及冪的運算問題，也考查了運算求解能力，是基礎題．
18．已知函數f（x）＝log2x
（1）解關于x的不等式f（x+1）﹣f（x）＞1；
（2）設函數g（x）＝f（2x+1）+kx，若g（x）的圖象關于y軸對稱，求實數k的值．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）根據對數的運算性質得到關于x的不等式，解出即可；
（2）求出g（x）的解析式，根據對數的運算得到關于k的方程，求出k的值即可．
【解答】解：（1）因為f（x+1）﹣f（x）＞1，
所以log2（x+1）﹣log2x＞1，
即：，所以，
由題意，x＞0，解得0＜x＜1，
所以解集為{x|0＜x＜1}．（5分）
（2）g（x）＝f（2x+1）+kx，
由題意，g（x）是偶函數，
所以 x∈R，有g（﹣x）＝g（x），
即：成立，
所以，
即：，
所以，
所以﹣x＝2kx，（2k+1）x＝0，
所以．（12分）
【點評】本題考查了對數的運算性質以及對數函數的性質，考查轉化思想，是一道中檔題．
19．已知定義域為R的函數是奇函數．
（1）求實數a的值；
（2）若不等式mf（x）＞3x在（0，+∞）有解，求實數m取值范圍．
【答案】（1）a＝﹣1，
（2）（﹣∞，﹣23）．
【分析】（1）根據題意，由奇函數的性質可得f（0）＝a0，解得a＝﹣1，驗證f（x）是否為奇函數，即可得答案；
（2）根據題意，由（1）的結論，可得f（x）的解析式，不等式變形可得﹣m，設g（x），x∈（0，+∞），利用換元法求出g（x）的最小值，分析可得答案．
【解答】解：（1）根據題意，f（x）為定義在R上奇函數，f（0）＝a0，解得a＝﹣1，
當a＝﹣1時，f（x）＝﹣1，f（﹣x），
滿足f（﹣x）＝﹣f（﹣x），f（x）為奇函數，
故a＝﹣1；
（2）根據題意，由（1）的結論，f（x）＝﹣1，
不等式mf（x）＞3x，即m（）＞3x，變形可得﹣m，
設g（x），x∈（0，+∞）
設t＝3x﹣1，x＞0，t＞0，則yt3，
又由t＞0，則y＝t3≥23，t時等號成立，
即g（x），x∈（0，+∞）的最小值g（x）min＝23，
若不等式mf（x）＞3x在（0，+∞）有解，即﹣m在（0，+∞）有解，必有﹣m＞23，
解可得：m＜﹣23，即m的取值范圍為（﹣∞，﹣23）．
【點評】本題主要考查函數奇偶性和單調性的應用，結合函數奇偶性的性質以及函數單調性的定義，將不等式進行轉化是解決本題的關鍵．屬于中檔題．
20．已知函數f（x）＝loga（ax2﹣（a+1）x+1）
（1）求函數f（x）的定義域；
（2）若對任意x∈[2，+∞）恒有f（x）＞0，試確定a的取值范圍．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）化簡ax2﹣（a+1）x+1＞0為（ax﹣1）（x﹣1）＞0，從而求函數的定義域；
（2）討論a＞1與0＜a＜1，從而化恒成立問題為最值問題．
【解答】解：（1）ax2﹣（a+1）x+1＞0得，
（ax﹣1）（x﹣1）＞0，
解得，a＞1時，定義域為{x|x或x＞1}，
當0＜a＜1時，定義域為{x|x＜1或x}；
（2）①當a＞1時，f（x）＞0，即ax2﹣（a+1）x+1＞1，
即ax2﹣（a+1）x＞0，
又對任意x∈[2，+∞）恒有ax2﹣（a+1）x＞0，
故a＞（）max，故a＞1；
②當0＜a＜1時，由f（x）＞0得，ax2﹣（a+1）x+1＜1，
即a＜（）min，故a≤0；
綜上所述，a＞1．
【點評】本題考查了函數的性質的應用及恒成立問題的處理方法，屬于基礎題．
21．近年來，我國在航天領域取得了巨大成就，得益于我國先進的運載火箭技術．據了解，在不考慮空氣阻力和地球引力的理想狀態下，可以用公式計算火箭的最大速度vm/s，其中v0m/s是噴流相對速度，mkg是火箭（除推進劑外）的質量，Mkg是推進劑與火箭質量的總和，稱為“總質比”．已知A型火箭的噴流相對速度為2000m/s．
（Ⅰ）當總質比為330時，利用給出的參考數據求A型火箭的最大速度；
（Ⅱ）經過材料更新和技術改進后，A型火箭的噴流相對速度提高到了原來的1.5倍，總質比變為原來的，若要使火箭的最大速度至少增加800m/s，求在材料更新和技術改進前總質比的最小整數值．
參考數據：ln330≈5.8，2.225＜e0.8＜2.226．
【答案】見試題解答內容
【分析】（Ⅰ）當總質比為330時，v＝2000ln330≈2000×5.8＝11600m/s，所以當總質比為330時，A型火箭的最大速度約為11600m/s；．
（Ⅱ）由題意，經過材料更新和技術改進后，A型火箭的噴流相對速度為3000m/s，總質比變為，要使火箭的最大速度至少增加800m/s，則需，整理得，則，由參考數據，知2.225＜e0.8＜2.226，所以278.125＜125×e0.8＜278.25，從而材料更新和技術改進前總質比的最小整數值為279．
【解答】解：（Ⅰ）當總質比為330時，v＝2000ln330，
由參考數據得v≈2000×5.8＝11600m/s，
∴當總質比為330時，A型火箭的最大速度約為11600m/s；
（Ⅱ）由題意，經過材料更新和技術改進后，A型火箭的噴流相對速度為3000m/s，總質比變為，
要使火箭的最大速度至少增加800m/s，則需，
化簡，得，
∴，整理得，
∴，則，
由參考數據，知2.225＜e0.8＜2.226，
∴278.125＜125×e0.8＜278.25，
∴材料更新和技術改進前總質比的最小整數值為279．
【點評】本題主要考查了函數的實際運用，是中檔題．
22．已知函數f（x）＝2x
（1）試求函數F（x）＝f（x）+af（2x），x∈（﹣∞，0]的最大值；
（2）若存在x∈（﹣∞，0），使|af（x）﹣f（2x）|＞1成立，試求a的取值范圍；
（3）當a＞0，且x∈[0，15]時，不等式f（x+1）≤f[（2x+a）2]恒成立，求a的取值范圍．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）把f（x）代入到F（x）中化簡得到F（x）的解析式求出F（x）的最大值即可；
（2）可設2x＝t，存在t∈（0，1）使得|t2﹣at|＞1，討論求出解集，讓a大于其最小，小于其最大即可得到a的取值范圍；
（3）不等式f（x+1）≤f[（2x+a）2]恒成立即為恒成立即要，根據二次函數求最值的方法求出最值即可列出關于a的不等式，求出解集即可．
【解答】解：（1）∵x∈（﹣∞，0]，F（x）＝f（x）+af（2x）＝2x+a 4x，令2x＝t，（0＜t≤1），
即有g（t）＝at2+t，
當a＝0時，F（x）有最大值為1；
當a≠0時，對稱軸為t，討論對稱軸和區間的關系，
若1，即a＜0，F（x）max＝g（1）＝a+1；
若01，即 a，F（x）max＝g（）；
若0，即a＞0，F（x）max＝g（1）＝a+1．
綜上可得，F（x）max．
（2）令2x＝t，則存在t∈（0，1）使得|t2﹣at|＞1
∴存在t∈（0，1）使得t2﹣at＞1，或t2﹣at＜﹣1．
即存在t∈（0，1）使得，∴a＜0，或a＞2；
（3）由f（x+1）≤f[（2x+a）2]得x+1≤（2x+a）2恒成立
∵a＞0，且x∈[0，15]，∴問題即為恒成立，∴．
設m（x）令，
∴．
∴當t＝1時，m（x）max＝h（1）＝1，∴a≥1，
∴a的取值范圍為[1，+∞）．
【點評】考查學生利用整體代換的數學思想解決數學問題的能力，以及不等式恒成立的證明方法，屬于中檔題．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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