指数函数对数函数幂函数训练教师版

函数概念与基本初等函数Ⅰ（指数函数、对数函数、幂函数）[专题测试]

1、下列函数中，在其定义域既是奇函数又是减函数的是

3xA. yx,xR B.ysinx,xR C. yx,xR D.y(),xR

122、已知f(x)是定义在R上的函数，且f(x)f(x2)恒成立，当x(2,0)时，f(x)x，则当

2x2,3时，函数f(x)的解析式为A．x24 B．x24 C．(x4)2 D． (x4)2

3、函数f(x)f(x2),　x2x2,　　 x2，则f(3)的值为 A．2 B．8 C．

11 D． 823x1,x0,4、已知函数f(x)若fx03，则x0的取值围是

logx,x0.2A.x08. B.x00或x08. C.0x08. D.x00或0x08.

5、定义在R上的偶函数f(x)满足f(x1)f(x)，且在[-1，0]上单调递增，设af(3)， bf(2)，

cf(2)，则a,b,c大小关系是 A．abc B．acb C．bcaD．cba

6定义在上的奇函数f(x)在上为增函数，当x0时，f(x)的图像如图所示，则（-，0）（0，+）（0，+）不等式xf(x)f(x)0的解集是 A．(,3)(0,3)B．(,3)(3,) C．(3,0)(3,)D．(3,0)(0,3)

7、函数f(x)log1(6xx)的单调递增区间是

32A.［-

1111，+∞) B.［-，2) C.(-∞，-) D.(-3，-) 222228、已知函数f(x)log2(xax3a)在区间[2，+]上是增函数，则a的取值围是 A.（,4] B.（,2] C.（4,4] D.（4,2] 9、函数y3x21(1x0)的反函数是

1313A．y1log3x(x)B．y1log3x(x)

C．y1log3x(x1) D．y1log3x(x1)

10、定义在R上的函数f(x)不是常数函数，且满足对任意的x，f(x1)f(x1)，f(2x)f(x)，

13131 / 6

.

现得出下列5个结论：①f(x)是偶函数，②f(x)的图像关于x1对称，③f(x)是周期函数，④f(x)是单调函数，⑤f(x)有最大值和最小值。其中正确的命题是 A. ①②⑤ B. ②③⑤ C.

②③④ D.①②③

y m)x的图象如图所示，则m的围为 11、若函数f(x)(22xmA．（－∞，－1） B．（－1，2）

C．（1，2） D．（0，2）

12、对任意的实数a、b ，记maxa,bO －1 1 x a(ab)．

b(ab)若F(x)maxf(x),g(x)(xR)，其中奇函数y=f(x)在x=l时有极小值-2，y=g(x)是正比例函数，函数yf(x)(x0)与函数y=g(x)的图象如图所示．则下列关于函数yF(x)的说法中，正确的是 A．yF(x)为奇函数 B．yF(x)有极大值F（-1）且有极小值F（0）

C．yF(x)的最小值为-2且最大值为2 D．yF(x)在（-3，0）上为增函数 13、在一次研究性学习中，老师给出函数f(x)x(xR)，三位同学甲、乙、丙在研究此函数时给1x出命题：甲：函数f(x)的值域为1,1； 乙：若x1x2，则一定有f(x1)f(x2)； 丙：若规定f1(x)f(x),fn(x)f(fn1(x))，则

fn(x)x1nx 对任意nN恒成立。你认为上

述三个命题中不正确的个数有A．0个 B.1个 C.2个 D.3个

14、函数ykxb,其中k,b（k0）是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数．对于非线性．．．可导函数fx，在点x0附近一点x的函数值fx，可以用如下方法求其近似代替值： ．．

fxfx0fx0xx0．利用这一方法，m3.998的近似代替值（ ）

A．大于m B．小于m C．等于m D．与m的大小关系无法确定

2 x≤1，1x，16．（2008年卷，数学文科，5）设函数f(x)2则

xx2，x1，1f的值为（） f(2)2 / 6

.

A．

81527B．C． D．18

91616x21317．（2007年卷，数学文科，11）设函数yx与y2则x0所在的区间是（ ） A．(0， 1)

B．(1 ，2)

C．(2，3)

D．(3，4)

的图象的交点为(x0，y0)，

x18．（2008年卷，数学文科，12）已知函数f(x)loga(2b1)(a0，a1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是（）

A．0a1b1 B．0ba11 C．0b1a1

D．0a1b11

O y x 1

一、选择题：

1、A 2、D 3、C 4、A5、D 6、D 7、8、C 9、D 10、D 11、C 12、B 13、B 14、A 15、C 16. A 17、B 18、A 19、B 二、填空题： 20、1a221、3, -5 22、-1/5 23、a13,228、1m

22b(b1)24、0或-2 25、①② b126、3，+27、三、解答题：

29解：令x=y=1可得f（1）=0；反复用对应法则f（x+3）-f（是有f（x+3x）-f（6）＜f（6）；即f（

2

12

）=f（x+3x）.而2=2f（6），且x＞0.于xx23x62x）＜f（6），可得0＜3x＜6，解之,0＜x＜3317 6230解：(1)由已知f(x)f(x),即|2xa||2xa|,解得a0；

2x2xa,x(2)f(x)x22xa,x1a2，当x1a时，f(x)x22xa(x1)2(a1)，

21a2aa211由a2,xa,得x1，从而x1，故f(x)在xa时单调递增，f(x)的最小值为f()；

2422当x1a时，f(x)x22xa(x1)2(a1)， 23 / 6

.

故当1xa时，f(x)单调递增，当x1时，f(x)单调递减，则f(x)的最小值为f(1)a1； 2a2(a2)2(a1)0，知f(x)的最小值为a1. 由4431解：(Ⅰ)令x=y=0，代入①式，得f（0+0）=f（0）+f（0），即 f（0）=0．

（Ⅱ）令y=-x，代入①式，得 f（x-x）=f（x）+f（-x），又f（0）=0，则有 0=f（x）+f（-x）．即f（-x）=-f（x）对任意x∈R成立， 所以f（x）是奇函数．

(Ⅲ)因为f（x）在R上是增函数，又由（Ⅱ）知f（x）是奇函数． f（k3x）＜-f（3-9-2）=f（-3+9+2），k3x＜-3+9+2， 3

2xxxxxxx-（1+k）3xx+2＞0对任意x∈R成立．

2令t=3＞0，问题等价于t-（1+k）t+2＞0对任意t＞0恒成立．

令f(t)t2(1k)t2，其对称轴为x1k

2 当1k0即k1时，f(0)20，符合题意；21k0当1k0即k1时，对任意t0，f(t)0恒成立222(1k)420解得：

1k122综上所述，当k122时， f（k3x）+f（3x-9x-2）＜0对任意x∈R恒成立.

xxxx21221，即u的最小值为221， 法二：由k3x＜-3+9+2得k321u3xx33x要使对x∈R不等式k321恒成立，只要使k221 x3y 32解：（1）当a1时，f(x)x|x|1

2xx1,x02．作图（如右所示） xx1,x0210

（2）当x[1,2]时，f(x)axx2a1． 若a0，则f(x)x1在区间[1,2]上是减函数，

25 1 -3 -2 -1 O 1 2 3 g(a)f(2)3．

x 4 / 6

.

2111若a0，则f(x)ax，图像的对称轴是直线． xf(x)2a12a2a4a当a0时，f(x)在区间[1,2]上是减函数，g(a)f(2)6a3．

11当01，即a时，f(x)在区间[1,2]上是增函数，

2a2g(a)f(1)3a2．

111111， 当12，即a时，g(a)f2a4a2a422a11当2，即0a时，f(x)在区间[1,2]上是减函数， 2a4g(a)f(2)6a3．

16a3，当a4111综上可得g(a)2a1，当a ．

4a4213a2，当a22a1（3）当x[1,2]时，h(x)ax1，在区间[1,2]上任取x1，x2，且x1x2，

x2a12a12a1则h(x2)h(x1) ax1ax1(xx)a1212x2x1x1x2(x2x1)ax1x2(2a1)．

x1x2因为h(x)在区间[1,2]上是增函数，所以h(x2)h(x1)0，

因为x2x10，x1x20，所以ax1x2(2a1)0，即ax1x22a1， 当a0时，上面的不等式变为01，即a0时结论成立．

2a12a11，解得0a1， ，由1x1x24得，aa2a12a114，解得a0，当a0时，x1x2，由1x1x24得，（15分） a2a1所以，实数a的取值围为,1．

2当a0时，x1x21133解：（1）当a1时，f(x)1

24因为f(x)在,0上递减，所以f(x)f(0)3，即f(x)在,1的值域为3, 故不存在常数M0，使|f(x)|M成立所以函数fx在,1上不是有界函数。

xx111（2）由题意知，f(x)3在1,上恒成立。3f(x)3， 4a2

42411∴42xa22x在0,上恒成立

225 / 6

xxxxx .

xx11xxa22 ∴4222maxmin设2t，h(t)4t，p(t)2t，由x0,得 t≥1，

x1t1t设1t1t2，h(t1)h(t2)t2t14t1t210t1t2

p(t1)p(t2)t1t22t1t21t1t20

所以h(t)在1,上递减，p(t)在1,上递增

h(t)在1,上的最大值为h(1)5， p(t)在1,上的最小值为p(1)1

所以实数a的取值围为5,1。

2，∵ m>0 ，x0,1∴gx在0,1上递减， xm2112m1m∴g(1)g(x)g(0) 即 g(x)12m1m（3）g(x)1①当

1m12m1m21m，即m0,时，g(x)， 此时 T(m)， 1m1m12m1m2212m1m12m12m,②当，即m时，g(x)， 此时 T(m)，

12m12m1m12m2综上所述，当m0,21m,T(m)时，的取值围是； 1m2当m212m, ,时，T(m)的取值围是12m235[解] （1）由已知c1,abc0，且b1 2a2

2(x1),(x0)解得a1,b2, （3分）f(x)(x1),f(x) 2(x1)(x0),F(2)F(2)(21)2[(21)2]8

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