第11讲　指数与指数函数高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第11讲　指数与指数函数高考数学一轮复习讲义练习，共13页。试卷主要包含了 设a＝30，4＜20＝1，c＝90， 下列函数的值域是的有，4 km/hB等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A必一P109习题T2(1))设a＞0，则下列运算中正确的是( D )
A. a eq \s\up6(\f(4,3))a eq \s\up6(\f(3,4))＝aB. a÷a eq \s\up6(\f(2,3))＝a eq \s\up6(\f(3,2))
C. a eq \s\up6(\f(2,3))a－ eq \s\up6(\f(2,3))＝0D. (a eq \s\up6(\f(1,4)))4＝a
【解析】 对于A，a eq \s\up6(\f(4,3))a eq \s\up6(\f(3,4))＝a eq \s\up6(\f(4,3))＋ eq \s\up6(\f(3,4))＝a eq \s\up6(\f(25,12))；对于B，a÷a eq \s\up6(\f(2,3))＝a1- eq \s\up6(\f(2,3))＝a eq \s\up6(\f(1,3))；对于C，a eq \s\up6(\f(2,3))a－ eq \s\up6(\f(2,3))＝a0＝1；对于D，(a eq \s\up6(\f(1,4)))4＝a.
2. (人A必一P118练习T2改)设a＝30.7，b＝2-0.4，c＝90.4，则( D )
A. b＜c＜aB. c＜a＜b
C. a＜b＜cD. b＜a＜c
【解析】 b＝2-0.4＜20＝1，c＝90.4＝30.8＞30.7＝a＞30＝1，所以b＜a＜c.
3. (人A必一P110习题T8(1)改)已知x eq \s\up6(\f(1,2))＋x－ eq \s\up6(\f(1,2))＝5，则x＋x-1的值为( B )
A. 5B. 23
C. 25D. 27
【解析】 因为x eq \s\up6(\f(1,2))＋x－ eq \s\up6(\f(1,2))＝5，所以(x eq \s\up6(\f(1,2))＋x－ eq \s\up6(\f(1,2)))2＝52，即x＋x-1＋2＝25，所以x＋x-1＝23.
4. 下列函数的值域是(0，＋∞)的有( C )
A. y＝4 eq \s\up6(\f(1,3－x))B. y＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(3x)－1)
C. y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－2x)D. y＝ eq \r(1－3x)
【解析】 对于A，y＝4 eq \s\up6(\f(1,3－x))的值域是(0，1)∪(1，＋∞)；对于B，y＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(3x)－1)的值域是[0，＋∞)；对于C，y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－2x)的值域是(0，＋∞)；对于D，y＝ eq \r(1－3x)的值域是[0，1).
5. 函数y＝ax+2 026＋2 026(a＞0，a≠1)的图象恒过定点_(－2 026，2 027)_．
聚焦知识
1. 根式
(1) 概念：式子 eq \r(n,a)叫做_根式_，其中n叫做根指数，a叫做被开方数．
(2) 性质：( eq \r(n,a))n＝a(a使得 eq \r(n,a)有意义)；当n为奇数时， eq \r(n,a)＝a；当n为偶数时， eq \r(n,a)＝|a|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≥0，,－a，a＜0.))
2. 分数指数幂
(1) 规定：正数的正分数指数幂的意义是a eq \s\up6(\f(m,n))＝_ eq \r(n,am)_(a＞0，m，n∈N*且n＞1)；正数的负分数指数幂的意义是a－ eq \s\up6(\f(m,n))＝_ eq \f(1,\r(n,am))_(a＞0，m，n∈N*且n＞1)；0的正分数指数幂等于0；0的负分数指数幂_没有意义_．
(2) 有理指数幂的运算性质：aras＝_ar＋s_；
(ar)s＝_ars_；(ab)r＝_arbr_，其中a＞0，b＞0，r，s∈Q.
3. 指数函数的图象与性质
4．常用结论
(1) 画指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)的图象时注意两个关键点：(1，a)，(0，1).
(2) 底数a的大小决定了图象相对位置的高低，不论是a＞1，还是0＜a＜1，在第一象限内底数越大，函数图象越高，即“底大图高”．
(3) f(x)＝ax与g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(x)(a＞0且a≠1)的图象关于y轴对称．
研题型 素养养成
举题说法
指数式的求值与化简
例1 (1) 化简： eq \f((\r(3,a2b))2·\r(3,a),\r(3,b)·\r(3,a2b4))(a＞0，b＞0)；
【解答】 eq \f((\r(3,a2b))2·\r(3,a),\r(3,b)·\r(3,a2b4))＝ eq \f(a\s\up6(\f(4,3))·b\s\up6(\f(2,3))·a\s\up6(\f(1,3)),b\s\up6(\f(1,3))·a\s\up6(\f(2,3))·b\s\up6(\f(4,3)))＝ eq \f(a\s\up6(\f(5,3))·b\s\up6(\f(2,3)),a\s\up6(\f(2,3))·b\s\up6(\f(5,3)))＝ eq \f(a,b).
(2) 已知x－x-1＝2 eq \r(3)(x＞0)，求 eq \f(x2－x-2,x2＋x-2)的值．
【解答】 因为x－x-1＝2 eq \r(3)(x＞0)，所以(x－x-1)2＝12，即x2＋x-2－2＝12，所以x2＋x-2＝14，所以(x＋x-1)2＝x2＋x-2＋2＝16，故x＋x-1＝4，所以 eq \f(x2－x-2,x2＋x-2)＝ eq \f((x＋x-1)(x－x-1),x2＋x-2)＝ eq \f(4×2\r(3),14)＝ eq \f(4\r(3),7).
指数幂运算的一般原则：(1) 负指数幂化成正指数幂的倒数．(2) 底数是负数，先确定符号，底数是小数，先化成分数，底数是带分数的，先化成假分数．(3) 若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示．
变式1 (1) 已知ab＝－5，则a eq \r(－\f(b,a))＋b eq \r(－\f(a,b))的值是( B )
A. 2 eq \r(5) B. 0
C. －2 eq \r(5) D. ±2 eq \r(5)
【解析】 由题意知ab＜0，a eq \r(－\f(b,a))＋b eq \r(－\f(a,b))＝a eq \r(－\f(ab,a2))＋b eq \r(－\f(ab,b2))＝a eq \r(\f(5,a2))＋b eq \r(\f(5,b2))＝a eq \f(\r(5),|a|)＋b eq \f(\r(5),|b|)，由于ab＜0，故 eq \f(a,|a|)＝－ eq \f(b,|b|)，则原式＝0.
(2) 计算： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(7,9))) eq \s\up12(0.5)＋0.1-2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(10,27))) eq \s\up12(－\f(2,3))－3π0＋ eq \f(37,48)＝_100_．
【解析】 原式＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,9))) eq \s\up6(\f(1,2))＋ eq \f(1,0.12)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(64,27))) eq \s\up12(－\f(2,3))－3＋ eq \f(37,48)＝ eq \f(5,3)＋100＋ eq \f(9,16)－3＋ eq \f(37,48)＝100.
指数函数的图象及应用
例2 (2025·扬州期中)(多选)下列命题中，是真命题的有( BD )
A. ∃x∈(－∞，0)，3x＞2x
B. ∀x∈(0，＋∞)，3x＞2x
C. ∃x∈(0，1)，x3＞x eq \s\up6(\f(1,2))
D. ∀x∈(1，＋∞)，x3＞x eq \s\up6(\f(1,2))
【解析】 画出函数y＝3x与y＝2x在同一坐标系内的图象如图(1)所示．显然x∈(－∞，0)时，y＝2x的图象始终在y＝3x的上方，故A为假命题．当x∈(0，＋∞)时，y＝2x的图象始终在y＝3x的下方，即∀x∈(0，＋∞)，3x＞2x，故B为真命题．画出函数y＝x3与y＝x eq \s\up6(\f(1,2))在同一坐标系内的图象如图(2)所示．当x∈(0，1)时，函数y＝x eq \s\up6(\f(1,2))的图象始终在y＝x3的上方，即x eq \s\up6(\f(1,2))＞x3恒成立，故C为假命题．当x∈(1，＋∞)时，函数y＝x3的图象始终在y＝x eq \s\up6(\f(1,2))的上方，即x3＞x eq \s\up6(\f(1,2))恒成立，故D为真命题．
图(1)
图(2)
(例2答)
变式2 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|3x－1|，x≤1，,－x＋2，x＞1，))若实数a，b，c满足a＜b＜c且f(a)＝f(b)＝f(c)，则3a＋3b＋3c的取值范围为( C )
A. (3，9)B. (5，9)
C. (5，11)D. (3，11)
【解析】 作出f(x)的图象如图所示，因为a＜b＜c且f(a)＝f(b)＝f(c)，由图象可得a∈(－∞，0)，b∈(0，1)，c∈(1，2).因为f(a)＝f(b)，所以1－3a＝3b－1，即3a＋3b＝2.因为c∈(1，2)，所以3c∈(3，9)，则3a＋3b＋3c＝2＋3c∈(5，11).
(变式2答)
指数函数的性质及应用
视角1 比较函数值(式)的大小
例 3-1 已知a＝2 eq \s\up6(\f(4,3))，b＝4 eq \s\up6(\f(2,5))，c＝25 eq \s\up6(\f(1,3))，则( A )
A. b＜a＜cB. a＜b＜c
C. b＜c＜aD. c＜a＜b
【解析】 因为a＝2 eq \s\up6(\f(4,3))＝4 eq \s\up6(\f(2,3))＞4 eq \s\up6(\f(2,5))＝b，c＝25 eq \s\up6(\f(1,3))＝5 eq \s\up6(\f(2,3))＞4 eq \s\up6(\f(2,3))＝a，所以c＞a＞b.
变式 3-1 (2024·天津卷)若a＝4.2-0.3，b＝4.20.3，c＝lg4.20.2，则a，b，c的大小关系为( B )
A. a＞b＞cB. b＞a＞c
C. c＞a＞bD. b＞c＞a
【解析】 因为y＝4.2x在R上单调递增，且－0.3＜0＜0.3，所以0＜4.2-0.3＜4.20＜4.20.3，所以0＜4.2-0.3＜1＜4.20.3，即0＜a＜1＜b.因为y＝lg4.2x在(0，＋∞)上单调递增，且0＜0.2＜1，所以lg4.20.2＜lg4.21＝0，即c＜0，所以b＞a＞c.
视角2 单调区间
例 3-2 (1) 函数f(x)＝2 eq \r(4－3x－x2)的单调递减区间为( B )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，－\f(3,2)))B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))D. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))
【解析】 设t＝4－3x－x2，则由t＝4－3x－x2≥0，得－4≤x≤1，即函数f(x)的定义域为[－4，1].又t＝4－3x－x2＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(25,4)，所以t＝4－3x－x2在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))上单调递减，由复合函数的单调性知，函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))上单调递减．
(2) (2023·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是( D )
A. (－∞，－2]B. [－2，0)
C. (0，2]D. [2，＋∞)
【解析】 函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在(0，1)上单调递减，则有函数y＝x(x－a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(a2,4)在(0，1)上单调递减，因此 eq \f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞).
视角3 最值
例3-3 (1) 函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up4(－x2)+4x的值域为( B )
A. [81，＋∞)B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,81)，＋∞))
C. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,81)))D. (－∞，－81]
【解析】 易知二次函数y＝－x2＋4x的图象开口向下，当x＝2时，取得最大值4.又函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(t)是减函数，所以f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up4(－x2)+4x的值域为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,81)，＋∞)).
(2) 函数y＝4x－3×2x+2＋1(x∈(－∞，3])的值域是( C )
A. [－31，1)B. [－35，－31]
C. [－35，1)D. (－∞，－31]
【解析】 令t＝2x，因为x∈(－∞，3]，所以t∈(0，8]，则4x－3×2x+2＋1＝t2－12t＋1.令g(t)＝t2－12t＋1＝(t－6)2－35，t∈(0，8]，所以当t＝6时，g(t)取得最小值，且g(t)min＝－35.又g(0)＝1，g(8)＝－31，所以g(t)∈[－35，1)，即函数y＝4x－3×2x+2＋1(x∈(－∞，3])的值域是[－35，1).
视角4 综合应用
例3-4 已知f(x)＝ eq \f(b－3x,3x-1＋t)是定义在R上的奇函数．
(1) 求f(x)的解析式；
【解答】 因为f(x)＝ eq \f(b－3x,3x-1＋t)是定义在R上的奇函数，所以有f(0)＝0，即b＝1.又因为f(－1)＝－f(1)，可得t＝ eq \f(1,3)，所以f(x)＝ eq \f(1－3x,3x-1＋\f(1,3))＝ eq \f(3－3x+1,3x＋1)，而此时f(－x)＝ eq \f(3－3－x+1,3－x＋1)＝ eq \f(3x(3－3－x+1),3x(3－x＋1))＝ eq \f(3x+1－3,3x＋1)＝－f(x)，所以 b＝1，t＝ eq \f(1,3)满足题意，f(x)＝ eq \f(3－3x+1,3x＋1).
(2) 已知0＜a＜1，若对于任意的x∈[1，＋∞)，存在m∈[－2，1]，使得f(x)－x2＋2x＋ eq \f(5,2)≤am+1成立，求实数a的取值范围．
【解答】 令g(x)＝f(x)－x2＋2x＋ eq \f(5,2)＝ eq \f(6,3x＋1)－(x－1)2＋ eq \f(1,2).因为y＝3x＋1＞0且单调递增，所以y＝ eq \f(6,3x＋1)在[1，＋∞)上单调递减．又因为y＝－(x－1)2＋ eq \f(1,2)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减且g(x)max＝g(1)＝2.令h(m)＝am+1(－2≤m≤1)，对任意的x∈[1，＋∞)，存在m∈[－2，1]，使得f(x)－x2＋2x＋ eq \f(5,2)≤am+1成立，等价于g(x)max≤h(m)max，即2≤h(m)max.因为0＜a＜1，所以h(m)＝am+1在[－2，1]上单调递减，所以h(m)max＝h(－2)＝ eq \f(1,a)，故 eq \f(1,a)≥2，解得0＜a≤ eq \f(1,2).综上所述，实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
随堂内化
1. (2023·天津卷)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为( D )
A. c＞a＞bB. c＞b＞a
C. a＞b＞cD. b＞a＞c
【解析】 由y＝1.01x在R上单调递增，得a＝1.010.5＜b＝1.010.6，由y＝x0.5在[0，＋∞)上单调递增，得a＝1.010.5＞c＝0.60.5，所以b＞a＞c.
2. 通过长期数据研究某人驾驶汽车的习惯，发现其行车速度v(km/h)与行驶地区的人口密度p(人/km2)有如下关系：v＝50·(0.4＋e-0.000 04p).如果他在人口密度为a的地区行车时速度为65 km/h，那么他在人口密度为 eq \f(a,2)的地区行车时速度约是( B )
A. 69.4 km/hB. 67.4 km/h
C. 62.5 km/hD. 60.5 km/h
【解析】 由题知65＝50·(0.4＋e-0.000 04a)，整理得e-0.000 04a＝0.9，所以e-0.000 02a＝(e-0.000 04a) eq \s\up6(\f(1,2))＝ eq \r(0.9)，所以当他在人口密度为 eq \f(a,2)的地区行车时速度v＝50·(0.4＋e-0.000 02a)＝50×(0.4＋ eq \r(0.9))≈67.4km/h.
3. (2025·八省联考)(多选)在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数．定义双曲正弦函数sinh x＝ eq \f(ex－e－x,2)，双曲余弦函数csh x＝ eq \f(ex＋e－x,2)，双曲正切函数tanh x＝ eq \f(sinh x,csh x)，则( ACD )
A. 双曲正弦函数是增函数
B. 双曲余弦函数是增函数
C. 双曲正切函数是增函数
D. tanh(x＋y)＝ eq \f(tanh x＋tanh y,1＋tanh xtanh y)
4. 若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a＞0且a≠1)的图象有两个交点，则a的取值范围是_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))_．
【解析】 y＝|ax－1|的图象是由y＝ax的图象先向下平移1个单位长度，再将x轴下方的图象翻折到x轴上方，保持x轴及其上方的图象不变得到的．当a＞1时，如图(1)，两个图象只有一个交点，不符合题意；当0＜a＜1时，如图(2)，要使两个图象有两个交点，则0＜2a＜1，即0＜a＜ eq \f(1,2).综上可知，a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
图(1)
图(2)
(第4题答)
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 已知a＝0.30.6，b＝0.30.5，c＝0.40.5，则( D )
A. a＞b＞c B. a＞c＞b
C. b＞c＞a D. c＞b＞a
【解析】 方法一：由指数函数y＝0.3x在定义域内单调递减，得a＜b.由幂函数y＝x0.5在定义域内单调递增，得c＞b.综上，c＞b＞a.方法二：因为 eq \f(a,b)＝0.30.1＜1，且 eq \f(b,c)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) eq \s\up12(0.5)＜1，又a，b，c都为正数，所以c＞b＞a.
2. (2024·福州2月质检)设函数f(x)＝3|a-2x|在区间(1，2)上单调递减，则a的取值范围是( D )
A. (－∞，2] B. (－∞，4]
C. [2，＋∞) D. [4，＋∞)
【解析】 函数y＝3x在R上单调递增，而函数f(x)＝3|a-2x|在区间(1，2)上单调递减，所以y＝|a－2x|在区间(1，2)上单调递减，所以a－2×2≥0，即a≥4.
3. (2023·全国乙卷)已知f(x)＝ eq \f(xex,eax－1)是偶函数，则a＝( D )
A. －2 B. －1
C. 1 D. 2
【解析】 因为f(x)＝ eq \f(xex,eax－1)为偶函数，所以f(x)－f(－x)＝ eq \f(xex,eax－1)－ eq \f((－x)e－x,e－ax－1)＝ eq \f(x[ex－e(a-1)x],eax－1)＝0.又因为x不恒为0，所以ex－e(a-1)x＝0，即ex＝e(a-1)x，则x＝(a－1)x，即1＝a－1，解得a＝2.
4. (2024·合肥二检)常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称作半衰期，记为T(单位：天)．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为T1，T2.开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的 eq \f(1,4)，则T1，T2满足的关系式为( B )
A. －2＋ eq \f(512,T1)＝ eq \f(512,T2)
B. 2＋ eq \f(512,T1)＝ eq \f(512,T2)
C. －2＋lg2 eq \f(512,T1)＝lg2 eq \f(512,T2)
D. 2＋lg2 eq \f(512,T1)＝lg2 eq \f(512,T2)
【解析】 设开始记录时，甲、乙两种物质的质量均为1，则512天后，甲的质量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up6(\f(512,T1))，乙的质量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up6(\f(512,T2)).由题意可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up6(\f(512,T2))＝ eq \f(1,4)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up6(\f(512,T1))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋ eq \f(512,T1)，所以2＋ eq \f(512,T1)＝ eq \f(512,T2).
二、 多项选择题
5. 对于任意实数a，b，定义max{a，b}＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≥b，,b，a＜b.))若函数f(x)＝1－2x，g(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，F(x)＝max{f(x)，g(x)}，则下列说法正确的是( BC )
A. 函数F(x)是奇函数
B. 函数F(x)是偶函数
C. 方程F(x)＝ eq \f(1,2)有两个解
D. 函数F(x)的最大值为1
【解析】 由题可得F(x)＝max{f(x)，g(x)}＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，x≥0，,1－2x，x＜0，))即F(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|，则F(－x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|＝F(x)，故函数F(x)是偶函数，故A错误，B正确；由F(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|＝ eq \f(1,2)，解得x＝±1，即方程F(x)＝ eq \f(1,2)有两个解，故C正确；因为|x|≥0，所以0＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|≤1，所以0≤1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|＜1，则F(x)不能取到最大值1，故D错误．
6. (2024·临沂一模)已知函数f(x)＝ eq \f(2,2x－1)＋a(a∈R)，则( ACD )
A. f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)
B. f(x)的值域为R
C. 当a＝1时，f(x)为奇函数
D. 当a＝2时，f(－x)＋f(x)＝2
【解析】 对于函数f(x)＝ eq \f(2,2x－1)＋a(a∈R)，令2x－1≠0，解得x≠0，所以f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故A正确；因为2x＞0，当2x－1＞0时， eq \f(2,2x－1)＞0，所以 eq \f(2,2x－1)＋a＞a，当－1＜2x－1＜0时， eq \f(2,2x－1)＜－2，所以 eq \f(2,2x－1)＋a＜－2＋a，综上可得f(x)的值域为(－∞，－2＋a)∪(a，＋∞)，故B错误；当a＝1时，f(x)＝ eq \f(2,2x－1)＋1＝ eq \f(2x＋1,2x－1)，则f(－x)＝ eq \f(2－x＋1,2－x－1)＝－ eq \f(2x＋1,2x－1)＝－f(x)，所以f(x)＝ eq \f(2,2x－1)＋1为奇函数，故C正确；当a＝2时，f(x)＝ eq \f(2,2x－1)＋2＝ eq \f(2x＋1,2x－1)＋1，则f(x)＋f(－x)＝ eq \f(2x＋1,2x－1)＋1＋ eq \f(2－x＋1,2－x－1)＋1＝2，故D正确．
7. 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x＜0，,|x－1|，x≥0，))若x1＜x2＜x3，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则( ABD )
A. x2＋x3＝2 B. x1＜0＜x2＜1＜x3
C. |x3|＞|x1|＞|x2| D. 0＜x2f(x1)≤ eq \f(1,4)
【解析】 当x＜0时，函数f(x)＝2x单调递增，值域为(0，1).当0≤x≤1时，函数f(x)＝1－x单调递减，值域为[0，1]；当x≥1时，函数f(x)＝x－1单调递增，值域为[0，＋∞).令f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝t，x1＜x2＜x3，因此函数y＝f(x)的图象与直线y＝t有3个交点，显然0＜t＜1，作出函数y＝f(x)的图象与直线y＝t如图所示，观察图象知x1＜0＜x2＜1＜x3，B正确；由1－x2＝x3－1，得x2＋x3＝2，A正确；当x1＝－2时，t＝ eq \f(1,4)，由1－x2＝ eq \f(1,4)＝x3－1，得x2＝ eq \f(3,4)，x3＝ eq \f(5,4)，此时|x1|最大，C错误；显然x2∈(0，1)，则x2f(x1)＝x2f(x2)＝x2(1－x2)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,4)∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，D正确．
(第7题答)
三、 填空题
8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－0.5]＝－1，[1.5]＝1.已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)×4x－3×2x＋4(0＜x＜2)，则函数y＝[f(x)]的值域为_{－1，0，1}_．
【解析】 f(x)＝ eq \f(1,2)×4x－3×2x＋4(0＜x＜2)，令t＝2x，则t∈(1，4)，令g(t)＝ eq \f(1,2)t2－3t＋4，二次函数开口向上，对称轴为t＝3，g(1)＝ eq \f(3,2)，g(3)＝－ eq \f(1,2)，g(4)＝0，所以g(t)∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，即f(x)∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，所以[f(x)]∈{－1，0，1}．
9. (2024·安阳三模)已知函数f(x)＝b＋ eq \f(2a－1,2x－a)(a＞0)的图象关于坐标原点对称，则a＋b＝_ eq \f(3,2)_．
【解析】 依题意知函数f(x)是奇函数，又2x－a≠0，所以x≠lg2a，所以f(x)的定义域为{x|x≠lg2a}．因为f(x)的图象关于坐标原点对称，所以lg2a＝0，解得a＝1.又f(－x)＝－f(x)，所以b＋ eq \f(1,2－x－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2x－1)))，所以b－ eq \f(2x,2x－1)＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2x－1)))，即2b＝ eq \f(2x,2x－1)－ eq \f(1,2x－1)＝ eq \f(2x－1,2x－1)＝1，所以b＝ eq \f(1,2)，所以a＋b＝ eq \f(3,2).
10. (2024·滨州二模)已知函数f(x)＝ eq \f(3x－1,3x＋1)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋3＝an(n∈N*)，f(a2)＋f(a3＋a4)＝0，则 eq \(∑,\s\up6(2 024),\s\d4(i＝1))ai＝_2_．
【解析】 由题意可知，f(x)的定义域为R，且f(x)＋f(－x)＝ eq \f(3x－1,3x＋1)＋ eq \f(3－x－1,3－x＋1)＝ eq \f(3x－1,3x＋1)＋ eq \f(1－3x,1＋3x)＝0，即f(x)＝－f(－x)，可知f(x)为定义在R上的奇函数，且f(x)＝ eq \f(3x－1,3x＋1)＝1－ eq \f(2,3x＋1).因为y＝3x在R上单调递增，可知f(x)在R上单调递增．因为f(a2)＋f(a3＋a4)＝0，则f(a3＋a4)＝－f(a2)＝f(－a2)，可得a3＋a4＝－a2，即a2＋a3＋a4＝0.由an＋3＝an(n∈N*)可知3为数列{an}的周期，则an＋an＋1＋an＋2＝0，且2 024＝3×674＋2，所以 eq \(∑,\s\up6(2 024),\s\d4(i＝1))ai＝a1＋a2＝2.
四、 解答题
11. 已知函数f(x)＝4x＋a·2x.
(1) 若a＝－5，求不等式f(x)≤－4的解集；
【解答】 (1) 当a＝－5时，不等式f(x)≤－4即为4x－5·2x＋4≤0，所以(2x－1)(2x－4)≤0，则有1≤2x≤4，则0≤x≤2，故不等式f(x)≤－4的解集为[0，2].
(2) 若x∈[－2，2]时，f(x)的最小值为－1，求a的值．
【解答】 令t＝2x，x∈[－2，2]，则t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))，f(x)＝g(t)＝t2＋at，开口向上，对称轴方程为t＝－ eq \f(a,2)，①当－ eq \f(a,2)＜ eq \f(1,4)，即a＞－ eq \f(1,2)时，g(t)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝ eq \f(1,16)＋ eq \f(a,4)＝－1，则a＝－ eq \f(17,4)，不符合题意；②当 eq \f(1,4)≤－ eq \f(a,2)≤4，即－8≤a≤－ eq \f(1,2)时，g(t)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝ eq \f(a2,4)－ eq \f(a2,2)＝－1，则a＝－2；③当－ eq \f(a,2)＞4，即a＜－8时，g(t)min＝g(4)＝16＋4a＝－1，则a＝－ eq \f(17,4)，不满足条件．综上所述，a的值为－2.
12. 已知函数f(x)的图象可由函数y＝ax-1＋2(a＞0且a≠1)的图象先向下平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度得到，且f(2)＝16.
(1) 求a的值；
【解答】 函数y＝ax-1＋2的图象向下平移2个单位长度后得到y＝ax-1的图象，再向左平移1个单位长度得到y＝ax的图象，所以f(x)＝ax.又f(2)＝a2＝16，所以a＝4(负值舍去).
(2) 若函数g(x)＝ eq \f(f(x),f(x)＋2)，证明：g(x)＋g(1－x)＝1；
【解答】 由(1)可知g(x)＝ eq \f(4x,4x＋2)，所以g(x)＋g(1－x)＝ eq \f(4x,4x＋2)＋ eq \f(41-x,41-x＋2)＝ eq \f(4x,4x＋2)＋ eq \f(\f(4,4x),\f(4,4x)＋2)＝ eq \f(4x,4x＋2)＋ eq \f(4,4＋2×4x)＝ eq \f(4x＋2,4x＋2)＝1.
(3) 若函数y1＝|f(x)＋m|与y2＝|f(－x)＋m|在区间[1，2]上都是单调的，且单调性相同，求实数m的取值范围．
【解答】 由(1)可知y1＝|4x＋m|，y2＝|4－x＋m|，若两函数在区间[1，2]上都是增函数，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x＋m≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(x)＋m≤0))在区间[1，2]上恒成立，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋m≥0，,\f(1,4)＋m≤0，))解得－4≤m≤－ eq \f(1,4).若两函数在区间[1，2]上都是减函数，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x＋m≤0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(x)＋m≥0))在区间[1，2]上恒成立，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(16＋m≤0，,\f(1,16)＋m≥0，))该不等式组无解．综上，实数m的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，－\f(1,4))).
B组 能力提升练
13. (2025·烟台期中)已知函数f(x)＝2|x－a|，g(x)＝2bx，a，b∈R.当a＝0时，函数h(x)＝f(x)＋g(x)＋bg(－x)为偶函数，试写出满足条件的b的一个值为_1(或0)_；若当b＞0时，∀x1∈[0，1]，∃x2∈[0，1]，f(x1)－g(x2)＞1，则a的取值范围为_(－∞，－1)∪(2，＋∞)_.
【解析】 当a＝0时，h(x)＝2|x|＋2bx＋b2－bx为偶函数，则h(－x)＝h(x)，即2|－x|＋2－bx＋b2bx＝2|x|＋2bx＋b2－bx，所以b＝1或b＝0.因为对∀x1∈[0，1]，∃x2∈[0，1]，f(x1)－g(x2)＞1，所以f(x1)min＞(g(x2)＋1)min.当b＞0时，g(x)＋1＝2bx＋1在[0，1]上单调递增，所以(g(x)＋1)min＝g(0)＋1＝2，所以f(x)min＞2.又f(x)＝2|x－a|，当a≤0时，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)min＝2|－a|＞2，所以|a|＞1，解得a＜－1；当a≥1时，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝2|1-a|＞2，所以|1－a|＞1，解得a＞2；当0＜a＜1时，f(x)在[0，a]上单调递减，在[a，1]上单调递增，所以f(x)min＝1＜2，不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
14. 已知函数f(x)，g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，且满足f(x)＋g(x)＝ex.
(1) 求函数f(x)，g(x)的解析式；
【解答】 因为函数f(x)，g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，且满足f(x)＋g(x)＝ex，所以f(－x)＋g(－x)＝e－x，即－f(x)＋g(x)＝e－x，解得g(x)＝ eq \f(ex＋e－x,2)，f(x)＝ eq \f(ex－e－x,2).
(2) 若h(x)＝2mf(ln 3x)＋f(ln 9x)－32x在区间[－1，1]上的最大值为 eq \f(7,9)，求实数m的值.
【解答】 因为f(x)＝ eq \f(ex－e－x,2)，所以f(ln 3x)＝ eq \f(eln 3x－e－ln 3x,2)＝ eq \f(3x－3－x,2)，f(ln 9x)＝ eq \f(eln 9x－e－ln 9x,2)＝ eq \f(9x－9－x,2)，则h(x)＝2mf(ln 3x)＋f(ln 9x)－32x＝m(3x－3－x)＋ eq \f(9x－9－x,2)－32x＝m(3x－3－x)－ eq \f(9x＋9－x,2).令t＝3x－3－x，因为y＝3x与y＝－3－x均在[－1，1]上单调递增，则y＝3x－3－x在[－1，1]上单调递增，所以t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(8,3)))，9x＋9－x＝(3x－3－x)2＋2，所以m(3x－3－x)－ eq \f(9x＋9－x,2)＝mt－ eq \f(t2＋2,2).令F(t)＝－ eq \f(1,2)t2＋mt－1，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(8,3)))，依题意可得F(t)在t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(8,3)))上的最大值为 eq \f(7,9).因为F(t)＝－ eq \f(1,2)t2＋mt－1＝－ eq \f(1,2)(t－m)2＋ eq \f(1,2)m2－1，当m＞ eq \f(8,3)时，F(t)max＝F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))＝ eq \f(8,3)m－ eq \f(41,9)＝ eq \f(7,9)，解得m＝2(舍去)；当－ eq \f(8,3)≤m≤ eq \f(8,3)时，F(t)max＝F(m)＝ eq \f(1,2)m2－1＝ eq \f(7,9)，解得m＝± eq \f(4\r(2),3)；当m＜－ eq \f(8,3)时，F(t)max＝F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)))＝－ eq \f(8,3)m－ eq \f(41,9)＝ eq \f(7,9)，解得m＝－2(舍去).综上可得m＝± eq \f(4\r(2),3).
a＞1
0＜a＜1
图象
定义域
R
值域
_(0，＋∞)_
性质
过定点_(0，1)_，即当x＝0时，y＝1
当x＞0时，_y＞1_；当x＜0时，_0＜y＜1_
当x＜0时，_y＞1_；当x＞0时，_0＜y＜1_
在(－∞，＋∞)上是_增函数_
在(－∞，＋∞)上是_减函数_