2019_2020学年新教材高中数学课时素养评价三指数函数的性质与图像的应用新人教B版必修2.doc

课时素养评价 三
　指数函数的性质与图像的应用
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.(多选题)关于函数f=的说法中,正确的是 (　　)
A.偶函数
B.奇函数　
C.在上是增函数
D.在上是减函数
【解析】选B、C.f==-=-f,
所以函数f为奇函数;当x增大时,ex-e-x增大,故f增大,故函数f为增函数.
2.若a>1,则函数y=ax与y=(1-a)x2的图像可能是下列四个选项中的 (　　)

【解析】选C.因为a>1,所以函数y=ax在R上单调递增,可排除选项B与D.y=(1-a)x2是开口向下的二次函数,可排除选项A.
【加练·固】
已知函数f(x)=ax在(0,2)内的值域是(a2,1),则函数y=f(x)的图像是 (　　)

【解析】选A.因为f(x)=ax在(0,2)内的值域是(a2,1),
所以f(x)在(0,2)内单调递减.所以0<a<1.
3.函数y=的单调递增区间是 (　　)
A.(-∞,2]　　 B.[2,+∞)
C.[1,2] D.[1,3]
【解析】选A.令u=-3+4x-x2,y=3u为增函数,所以y=的增区间就是u=-3+4x-x2的增区间(-∞,2].
4.若函数f(x)=a|x+1|(a>0,a≠1)的值域为[1,+∞),则f(-4)与f(1)的大小关系是
(　　)
A.f(-4)>f(1)　 B.f(-4)=f(1)
C.f(-4)<f(1)　 D.不能确定
【解析】选A.因为|x+1|≥0,函数f(x)=a|x+1|(a>0,a≠1)的值域为[1,+∞),所以a>1.
由函数f(x)=a|x+1|在(-1,+∞)上是增函数,且它的图像关于直线x=-1对称,可得函数f(x)在(-∞,-1)上是减函数.再由f(1)=f(-3),可得f(-4)>f(1).
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.(2019·马鞍山高一检测)若函数y=ax-m+n-3(a>0且a≠1)的图像恒过定点(3,2),则m+n=________. 
【解析】因为对于函数y=ax-m+n-3(a>0且a≠1)的图像恒过定点,令x-m=0,可得x=m,y=n-2,可得函数的图像经过定点(m,n-2).再根据函数的图像恒过定点(3,2),所以m=3,n-2=2,解得m=3,n=4,则m+n=7.
答案:7
6.若函数y=在区间(-∞,3)上单调递增,则实数a的取值范围是________. 若在区间上不单调,则实数a的取值范围是________. 
【解析】y=在(-∞,3)上递增,即二次函数y=-x2+ax-1在(-∞,3)上递增,因此需要对称轴x=≥3,解得a≥6.
若函数在上不单调,则-1≤≤1,
解得-2≤a≤2.
答案:a≥6　-2≤a≤2
三、解答题(共26分)
7.(12分)函数f(x)=.
(1)求f(x)的单调增区间.
(2)x∈[-1,2]时,求f(x)的值域.
【解析】(1)令t=x2-2x,则f(x)=h(t)=,
因为h(t)=在定义域内单调递减,
t=x2-2x在(-∞,1]单调递减,在[1,+∞)单调递增,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1].
(2)由t=x2-2x,则f(x)=h(t)=
因为-1≤x≤2,所以t∈[-1,3],
所以f(x)∈.
8.(14分)设函数f(x)=,a是不为零的常数.
(1)若f(3)=,求使f(x)≥4的x值的取值范围.
(2)当x∈[-1,2]时,f(x)的最大值是16,求a的值.
【解析】(1)由f(3)=,即=,
所以10-3a=1,解得a=3.由f(x)=≥4=,即10-3x≤-2,解得x≥4.
(2)当a>0时,函数f(x)=在x∈[-1,2]时为增函数,则x=2时,函数取最大值=16,
即10-2a=-4,解得a=7,
当a<0时,函数f(x)=在x∈[-1,2]时为减函数,
则x=-1时,函数取最大值=16,
即10+a=-4,解得a=-14,
综上可得:a=7或a=-14.
(15分钟·30分)
1.(4分)(2019·醴陵高一检测)当a>0且a≠1时,函数f (x)=a x-2-3必过定点
(　　)
A.(0,-3) B.(2,-2)
C.(2,-3) D.(0,1)
【解析】选B.因为a0=1,故f(2)=-2,
所以函数f (x)=ax-2-3必过定点(2,-2).
2.(4分)(2019·昆明高一检测)已知函数f(x)=若f(a-1)≥f(-a),则实数a的取值范围是 (　　)

A. B.
C. D.
【解析】选A.当x≤0时,f(x)=e-x是减函数,且f(x)≥1,当x>0时,f(x)=-x2-2x+1的对称轴为x=-1,抛物线开口向下,

此时f(x)在(0,+∞)上是减函数且f(x)<1,
综上f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,
若f(a-1)≥f(-a),则a-1≤-a,即a≤,
则实数a的取值范围是.
3.(4分)(2019·惠州高一检测)设函数f(x)=则f=________,若f(x0)>1,则x0的取值范围是________. 

【解析】f=24-1=15;
由题意得或
由
得x0<0,由得x0>1,
综上所述,x0的范围是(-∞,0)∪(1,+∞).
答案:15　(-∞,0)∪(1,+∞)
4.(4分)若函数y=0.5|1-x|+m的图像与x轴有公共点,则m的取值范围是________. 

【解析】因为函数y=0.5|1-x|+m的图像与x轴有公共点,所以就是求函数m=-0.5|1-x|的值域问题.
所以m=-0.5|1-x|的值域为[-1,0).
故实数m的取值范围是[-1,0).
答案:[-1,0)
5.(14分)已知函数y=ax(a>0且a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为20,记f(x)=.
(1)求a的值.
(2)证明f(x)+f(1-x)=1.
【解析】(1)因为函数y=ax(a>0且a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为20,
而函数y=ax(a>0且a≠1)在[1,2]上单调递增或单调递减,所以a+a2=20,得a=4,或a=-5(舍去),所以a=4.
(2)因为f(x)=,
所以f(x)+f(1-x)=+
=+=+=+=1.

1.(2019·济南高一检测)若ea+πb≥e-b+π-a,则有 (　　)
A.a+b≤0 B.a-b≥0
C.a-b≤0 D.a+b≥0
【解析】选D.方法一:取特殊值排除,当a=0,b=1时,1+π≥+1,成立,排除A,B.当a=1,b=0,e+1≥1+成立,排除C.
方法二:构造函数利用单调性:令f(x)=ex-π-x,则f(x)是增函数,因为ea-π-a ≥e-b-πb,所以f(a)≥f(-b),即a+b≥0.
2.定义在D上的函数f(x),如果满足:对任意x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M成立,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)=1+a+.

(1)当a=1时,求函数f(x)在(-∞,0)上的值域,并判断函数f(x)在(-∞,0)上是否为有界函数,请说明理由.
(2)若函数f(x)在[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的最大值.
【解析】(1)当a=1时,f(x)=1++.令t=,由x<0 可得t>1,
f(x)=h(t)=t2+t+1=+,
因为h(t)在(1,+∞)上单调递增,故f(t)>f(1)=3,故不存在常数M>0,使|f(x)|≤M恒成立,
故函数f(x)在(-∞,0)上不是有界函数.
(2)若函数f(x)在[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,则当x≥0时,|f(x)|≤3恒成立.
故有-3≤f(x)≤3,
即-4-≤a≤2-,
所以≤a≤.
所以a的最大值为函数y=2·2x-的最小值,
因为函数y=2·2x-在[0,+∞)上是增函数,
所以ymin=2×20-=2-1=1,故a的最大值为1.

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