2-4指數與指數函數基礎鞏固強化1.(文)若點(a,9)在函數y＝3x的圖象上，則taneq\f(aπ,6)的值為()A．0 B.eq\f(\r(3),3)C.1 D.eq\r(3)[答案]D[解析]由點(a,9)在函數y＝3x圖象上知3a即a＝2，所以taneq\f(aπ,6)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).(理)若函數f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)，滿足f(1)＝eq\f(1,9)，則f(x)的單調遞減區間是()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2][答案]B[解析]由f(1)＝eq\f(1,9)得a2＝eq\f(1,9)，∵a>0，∴a＝eq\f(1,3)，即f(x)＝(eq\f(1,3))|2x－4|.由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上單調遞減，在[2，＋∞)上單調遞增，所以f(x)在(－∞，2]上單調遞增，在[2，＋∞)上單調遞減．故選B.2．(2012·浙江湖州第二次質檢)已知圖甲是函數y＝f(x)的圖象，則圖乙中的圖象對應的函數可能是()A．y＝f(|x|) B．y＝|f(x)|C．y＝－f(－|x|) D．y＝f(－|x|)[答案]D[解析]由圖乙可知，該函數為偶函數，且x<0時，其函數圖象與函數f(x)的圖象相同，即該函數圖象的解析式為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x<0，,f－x，x≥0，))即y＝f(－|x|)，故應選D.3．(2012·北京文，5)函數f(x)＝xeq\f(1,2)－(eq\f(1,2))x的零點個數為()A．0B．1C．2D．3[答案]B[解析]函數f(x)＝xeq\f(1,2)－(eq\f(1,2))x的零點個數即為方程xeq\f(1,2)＝(eq\f(1,2))x的實根個數，在平面直角坐標系中畫出函數y＝xeq\f(1,2)和y＝(eq\f(1,2))x的圖象，易得交點個數為1個．[點評]本題考查函數零點問題和指數函數與冪函數的圖象．4．(文)三個數P＝(eq\f(2,5))eq\s\up10(－\f(1,5))，Q＝(eq\f(6,5))eq\s\up10(－\f(1,5))，R＝(eq\f(6,5))eq\s\up10(－\f(2,5))的大小順序是()A．Q<R<P B．R<Q<PC．Q<P<R D．P<Q<R[答案]B[解析]由于當a>1時，y＝ax為R上的增函數，故(eq\f(6,5))eq\s\up10(－\f(2,5))<(eq\f(6,5))eq\s\up10(－\f(1,5))，則排除A、C、D，選B.對于A選項，∵0<a<1時，對x<0有ax>1，但當a>1時，對x<0，ax<1，故(eq\f(6,5))eq\s\up10(－\f(1,5))<(eq\f(2,5))eq\s\up10(－\f(1,5)).(理)設a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0.5，b＝0.30.5，c＝log0.30.2，則a、b、c的大小關系是()A．a>b>c B．a<b<cC．b<a<c D．a<c<b[答案]C[解析]y＝x0.5在(0，＋∞)上是增函數，1>eq\f(1,2)>0.3，∴1>a>b，又y＝log0.3x在(0，＋∞)上為減函數，∴log0.30.2>log0.30.3＝1，即c>1，∴b<a<c5．已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，若f(x)的圖象關于直線x＝1對稱的圖象對應的函數為g(x)，則g(x)的表達式為()A．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x B．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1－xC．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋x D．y＝3x－2[答案]D[解析]設P(x，y)是函數g(x)圖象上任一點，則P關于直線x＝1的對稱點(2－x，y)在函數f(x)的圖象上，∴y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－x，即g(x)＝3x－2.6．(文)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2xx>0，,2xx≤0.))若f(a)＝eq\f(1,2)，則實數a＝()A．－1 B.eq\r(2)C．－1或eq\r(2) D．1或－eq\r(2)[答案]C[解析]當a>0時，log2a＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\r(2)；當a<0時，2a＝eq\f(1,2)，∴a＝－1，選C.(理)(2013·四川內江市一模)已知a是f(x)＝2x－logeq\f(1,3)x的零點，若0<x0<a，則f(x0)的值滿足()A．f(x0)<0 B．f(x0)＝0C．f(x0)>0 D．f(x0)的符號不確定[答案]A[解析]如圖，在同一坐標系中，畫出函數y＝2x與y＝logeq\f(1,3)x的圖象，其交點P的橫坐標為a,0<x0<a時，2x0<logeq\f(1,3)x0，∴f(x0)<0.7．設函數f(x)＝a－|x|(a>0且a≠1)，若f(2)＝4，則f(－2)與f(1)的大小關系是________．[答案]f(－2)>f(1)[解析]由f(2)＝a－2＝4，解得a＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝2|x|，∴f(－2)＝4>2＝f(1)．8．(2011·廈門質檢)方程9x－6·3x－7＝0的解是________．[答案]log37[解析]9x－6·3x－7＝0?(3x)2－6·3x－7＝0，∴3x＝7或3x＝－1(舍去)．∴x＝log37.9．(文)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3ex－1x<3，,log3x2－6x≥3.))則f(f(3))的值為________．[答案]3[解析]f(3)＝log3(32－6)＝1，f(f(3))＝f(1)＝3e1－1＝3.(理)(2012·衡水模擬)已知函數f(x)＝|2x－1|，a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，則下列結論中，一定成立的是________．①a<0，b<0，c<0;②a<0，b≥0，c>0；③2－a<2c;④2a＋[答案]④[解析]作出函數f(x)＝|2x－1|的圖象如圖中實線所示．又a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，結合圖象知f(a)<1，a<0，c>0，∴0<2a<1，∴f(a)＝|2a－1|＝1－∴f(c)<1，∴0<c<1，∴1<2c<2，f(c)＝|2c－1|＝又f(a)>f(c)，即1－2a>2c－1，∴2a10．已知函數f(x)＝(eq\f(2,3))|x|－a.(1)求f(x)的單調區間；(2)若f(x)的最大值等于eq\f(9,4)，求a的值．[分析]這是一個復合函數判定單調性的問題，解題時先找出構成復合函數的簡單函數，分別考慮它們的單調性，再求f(x)的單調區間，最后利用單調性考慮何時取到最大值eq\f(9,4)，從而建立a的方程求出a.[解析](1)令t＝|x|－a，則f(x)＝(eq\f(2,3))t，不論a取何值，t在(－∞，0]上單調遞減，在[0，＋∞)上單調遞增，又y＝(eq\f(2,3))t是單調遞減的，因此f(x)的單調遞增區間是(－∞，0]，單調遞減區間是[0，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在x＝0處取到最大值，∴f(0)＝(eq\f(2,3))－a＝eq\f(9,4)，∴a＝2.能力拓展提升11.(2011·湖北理，6)已知定義在R上的奇函數f(x)和偶函數g(x)滿足f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2(a>0，且a≠1)，若g(2)＝a，則f(2)＝()A．2 B.eq\f(15,4)C.eq\f(17,4) D．a2[答案]B[解析]∵f(x)為奇函數，g(x)為偶函數，∴由f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2得，f(－x)＋g(－x)＝a－x－ax＋2，解得f(x)＝ax－a－x，g(x)＝2，又g(2)＝a，∴a＝2，∴f(x)＝2x－2－x，∴f(2)＝eq\f(15,4).12．(文)已知f(x)＝ax，g(x)＝bx，當f(x1)＝g(x2)＝3時，x1>x2，則a與b的大小關系不可能成立的是()A．b>a>1 B．a>1>b>0C．0<a<b<1 D．b>1>a>0[答案]D[解析]∵f(x1)＝g(x2)＝3，∴ax1＝bx2＝3，∴x1＝loga3，x2＝logb3，當b>1>a>0時，x1<0，x2>0不滿足x1>x2.(理)已知實數a、b滿足等式(eq\f(1,2))a＝(eq\f(1,3))b，下列五個關系式：①0<b<a；②a<b<0；③0<a<b；④b<a<0；⑤a＝b，其中不可能成立的關系式有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個[答案]B[解析]在同一坐標系中作出函數y＝(eq\f(1,3))x，y＝(eq\f(1,2))x的圖象，如圖．當x<0時，∵(eq\f(1,2))a＝(eq\f(1,3))b，∴a<b<0，②成立；當x>0時，(eq\f(1,2))a＝(eq\f(1,3))b，則有0<b<a，①成立；當x＝0時，(eq\f(1,2))a＝(eq\f(1,3))b，則有a＝b＝0，⑤成立．故③④不成立，故選B.13．(文)若關于x的方程4x＋(1－a)·2x＋4＝0有實數解，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，5] B．[5，＋∞)C．[4，＋∞) D．(－5,5][答案]B[解析]a－1＝2x＋eq\f(4,2x)≥2eq\r(2x·\f(4,2x))＝4等號在2x＝eq\f(4,2x)，即x＝1時成立，∴a≥5.(理)(2011·襄陽一調)用min{a，b，c}表示a、b、c三個數中的最小值，設f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為()A．7B．6C．5D．4[答案]B[解析]解法1：函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0≤x≤2，,x＋22<x≤4，,10－xx>4.))由于函數在區間[0,2]上單調遞增，在區間(2,4]上單調遞增，在點x＝2處兩段的函數值相等，故函數在區間[0,4]上單調遞增，函數在區間(4，＋∞)上單調遞減，又在點x＝4處兩段上的函數值相等，故x＝4是函數的最大值點，函數的最大值是f(4)＝6.故選B.解法2：畫出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的圖象如圖，根據函數f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}的意義，函數f(x)的圖象是由上面三個函數圖象位于最下方的圖象組成的，觀察圖象可知，當0≤x≤2時，f(x)＝2x，當2<x≤4時，f(x)＝x＋2，當x>4時，f(x)＝10－x，f(x)的最大值在x＝4時取得，最大值為6，故選B.14．(2012·杭州第一次質檢)若函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<0，,2－x，x≥0，))則方程f(x)＝eq\f(1,2)的解集為________．[答案]{1}[解析]方程f(x)＝eq\f(1,2)可化為，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,\f(1,x)＝\f(1,2)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,2－x＝\f(1,2)，))解之得，x＝1.15．已知函數f(x)＝(eq\f(1,3))ax2－4x＋3.(1)若a＝－1，求f(x)的單調區間；(2)若f(x)有最大值3，求a的值．[解析](1)當a＝－1時，f(x)＝(eq\f(1,3))－x2－4x＋3，令g(x)＝－x2－4x＋3，由于g(x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，＋∞)上單調遞減，而y＝(eq\f(1,3))t在R上單調遞減，所以f(x)在(－∞，－2)上單調遞減，在(－2，＋∞)上單調遞增，即函數f(x)的遞增區間是(－2，＋∞)，遞減區間是(－∞，－2)．(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，y＝(eq\f(1,3))h(x)，由于f(x)有最大值3，所以h(x)應有最小值－1，因此必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))解得a＝1，即當f(x)有最大值3時，a的值等于1.[點評]討論f(x)＝(eq\f(1,3))－x2－4x＋3的單調區間時，可化為f(x)＝3x2＋4x－3討論，也可利用導數討論．16．(文)已知f(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax－a－x)(a>0且a≠1)．(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)討論f(x)的單調性；(3)當x∈[－1,1]時，f(x)≥b恒成立，求b的取值范圍．[分析](1)判斷奇偶性應先求定義域后計算f(－x)，看是否等于f(x)(或－f(x))；(2)可用單調性定義，也可用導數判斷f(x)的單調性；(3)b≤f(x)恒成立，只要b≤f(x)min，由f(x)的單調性可求f(x)min.[解析](1)函數定義域為R，關于原點對稱．又因為f(－x)＝eq\f(a,a2－1)(a－x－ax)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數．(2)當a>1時，a2－1>0，y＝ax為增函數，y＝a－x為減函數，從而y＝ax－a－x為增函數，所以f(x)為增函數．當0<a<1時，a2－1<0，y＝ax為減函數，y＝a－x為增函數，從而y＝ax－a－x為減函數，所以f(x)為增函數．故當a>0，且a≠1時，f(x)在定義域內單調遞增．(3)由(2)知f(x)在R上是增函數，∴在區間[－1,1]上為增函數，∴f(－1)≤f(x)≤f(1)，∴f(x)min＝f(－1)＝eq\f(a,a2－1)(a－1－a)＝eq\f(a,a2－1)·eq\f(1－a2,a)＝－1.∴要使f(x)≥b在[－1,1]上恒成立，則只需b≤－1，故b的取值范圍是(－∞，－1]．(理)已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x∈[－1,1]，函數g(x)＝f2(x)－2af(x)＋3的最小值為h(a)．(1)求h(a)；(2)是否存在實數m、n，同時滿足以下條件：①m>n>3；②當h(a)的定義域為[n，m]時，值域為[n2，m2]．若存在，求出m、n的值；若不存在，說明理由．[分析](1)由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x的單調性可求出f(x)的值域，g(x)是以f(x)為變元的二次函數，令t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，可求關于t的二次函數的最小值h(a)．(2)由(1)知當m>n>3時h(a)的表達式，考察h(a)在[n，m]上的單調性，結合其值域[n2，m2]，可列出關于m，n的方程組求解m，n，如果有解則所求實數m，n存在，否則不存在．[解析](1)因為x∈[－1,1]，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3)).設eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＝t，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，則g(x)＝φ(t)＝t2－2at＋3＝(t－a)2＋3－a2.當a<eq\f(1,3)時，h(a)＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(28,9)－eq\f(2a,3)；當eq\f(1,3)≤a≤3時，h(a)＝φ(a)＝3－a2；當a>3時，h(a)＝φ(3)＝12－6a所以h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(28,9)－\f(2a,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a<\f(1,3)))，,3－a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤a≤3))，,12－6aa>3.))(2)因為m>n>3，a∈[n，m]，所以h(a)＝12－6a因為h(a)的定義域為[n，m]，值域為[n2，m2]，且h(a)為減函數，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－6m＝n2，,12－6n＝m2.))兩式相減得6(m－n)＝(m－n)(m＋n)，因為m>n，所以m－n≠0，得m＋n＝6，但這與“m>n>3”矛盾，故滿足條件的實數m、n不存在．[點評]解題關鍵在于利用換元的思想方法，將問題轉化為二次函數在閉區間上的最值問題，然后通過分類討論求出函數的最值．對于存在性問題，往往是首先假設符合條件的參數存在，然后根據給出的條件進行推理求解，若不能推出矛盾，則說明符合要求的參數存在，否則說明符合要求的參數不存在． 備選題庫1．如圖是一個算法的程序框圖，當輸入x的值為3時，輸出y的結果恰好為eq\f(1,3)，則？處的關系式是()A．y＝log9x B．y＝3xC．y＝3－x D．y＝xeq\s\up15(\f(1,3))[答案]B[解析]輸入x＝3≤0不成立，故x＝3－2＝1,1≤0不成立，故x＝1－2＝－1，－1≤0成立，執行？后輸出y＝eq\f(1,3)，故選B.2．下列大小關系正確的是()A．0.43<30.4<log40.3 B．0.43<log40.3<30.4C．log40.3<0.43<30.4 D．log40.3<30.4<0.43[答案]C[解析]根據指數函數和對數函數的性質，0<0.43<1,30.4>1，log40.3<0，故有log40.3<0.43<30.4.3．函數y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)的圖象大致為()[答案]A[解析]函數有意義，需ex－e－x≠0，即x∈{x|x≠0}，排除答案C、D；又y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)＝eq\f(e2x＋1,e2x－1)＝1＋eq\f(2,e2x－1)，當x>0時為減函數，排除B，故選A.4．設函數f(x)定義在實數集上，它的圖象關于直線x＝1對稱，且當x≤1時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋1，則有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))[答案]A[解析]由條件知，f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，在(－∞，1]上單調遞減，又x＝1為其對稱軸，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，故選A.5．在同一坐標系中畫出函數y＝logax，y＝ax，y＝x＋a的圖象，可能正確的是()[答案]D[解析]對于A，y＝x＋a中，0<a<1，故y＝logax單減，與圖象不符，排除A；對于B、C由y＝x＋a知，a>1，∴y＝logax單調增，與圖象不符，排除B、C，因此選D.6．若函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x≥0.))則不等式|f(x)|≥eq\f(1,3)的解集為________．[答案][－3,1][解析]f(x)的圖象如圖．|f(x)|≥eq\f(1,