版高中数学第三章基本初等函数Ⅰ章末分层突破学案新人教B版必修10801298Word格式.docx
《版高中数学第三章基本初等函数Ⅰ章末分层突破学案新人教B版必修10801298Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版高中数学第三章基本初等函数Ⅰ章末分层突破学案新人教B版必修10801298Word格式.docx（9页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
【规范解答】
（1）原式＝log3－3＝2－3＝－1.
－1＋＋＋＝.
[再练一题]
1．计算：
【解】
（1）原式＝－4－1＋×
（）4＝－3.
指数、对数型函数的定义域、值域
求指数型与对数型函数的定义主要通过构建不等式（组）来求解，有时解不等式（组）时要借助于指数、对数函数的单调性．
涉及指数、对数函数的值域问题有两个类型，一是形如y＝af（x）和y＝logaf（x）的函数，一般要先求f（x）的值域，然后利用指数、对数的单调性求解；
二是形如y＝f（ax）和y＝f（logax）的函数，则要根据ax和logax的范围，利用函数y＝f（x）的性质求解．
（2）已知－3≤logx≤－，求函数f（x）＝log2·
log2的最大值和最小值．
【精彩点拨】
（2）由f（x）＝log2·
log2＝（log2x－1）（log2x－2）＝（log2x）2－3log2x＋2，结合二次函数的性质即可求解．
【规范解答】
故所求函数的值域为.
（2）∵－3≤logx≤－，∴≤log2x≤3，
∴f（x）＝log2·
log2＝（log2x－1）（log2x－2）＝（log2x）2－3log2x＋2＝2－.
当log2x＝3时，f（x）max＝2，当log2x＝时，f（x）min＝－.
【导学号：
60210098】
【解】 令k＝2x（0≤x≤2），∴1≤k≤4，则y＝22x－1－3·
2x＋5＝k2－3k＋5.
又y＝（k－3）2＋，k∈[1,4]，
∴y＝（k－3）2＋在k∈[1,3]上是减函数，
在k∈[3,4]上是增函数，∴当k＝3时，ymin＝；
当k＝1时，ymax＝.
即函数的最大值为，最小值为.
幂、指数、对数函数的图象和性质
解决此类问题要熟练掌握指数、对数、幂函数的图象和性质，方程与不等式的求解可利用函数的单调性进行转化，也可利用图象解决，对含参数的问题进行分类讨论，同时还要注意变量本身的取值范围，以免出现增根．
对于图象的判断与选择可利用图象的变换、也要重视利用特殊点与选择题中排除法的应用．
当0＜x≤时，4x＜logax，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C．（1，）D．（，2）
【精彩点拨】 由指数函数和对数函数的图象和性质，将已知不等式转化为不等式恒成立问题加以解决即可．
【规范解答】 当0＜x≤时，1＜4x≤2，要使4x＜logax，由对数函数的性质可得0＜a＜1，
数形结合可知只需2＜logax，∴即对0＜x≤时恒成立，∴解得＜a＜1，故选B.
【答案】 B
3．若loga2＜0（a＞0，且a≠1），则函数f（x）＝ax＋1的图象大致是（ ）
【解析】 由loga2＜0（a＞0，且a≠1），可得0＜a＜1，函数f（x）＝ax＋1＝a·
ax，
故函数f（x）在R上是减函数，且经过点（0，a），故选A.
【答案】 A
比较大小问题
数的大小比较常用方法：
（1）比较两数（式）或几个数（式）大小问题是本章的一个重要题型，主要考查幂函数、指数函数、对数函数图象与性质的应用及差值比较法与商值比较法的应用．常用的方法有单调性法、图象法、中间搭桥法、作差法、作商法．
（2）当需要比较大小的两个实数均是指数幂或对数式时，可将其看成某个指数函数、对数函数或幂函数的函数值，然后利用该函数的单调性比较．
（3）比较多个数的大小时，先利用“0”和“1”作为分界点，即把它们分为“小于0”，“大于等于0，小于等于1”，“大于1”三部分，然后再在各部分内利用函数的性质比较大小．
比较下列各组中两个值的大小：
（1）1.10.9，log1.10.9，log0.70.8；
（2）log53，log63，log73.
【精彩点拨】 利用指数函数、对数函数、幂函数的性质进行比较．
【规范解答】
（1）∵1.10.9>
1.10＝1，log1.10.9<
log1.11＝0,0＝log0.71<
log0.70.8<
log0.70.7＝1，
∴1.10.9>
log0.70.8>
log1.10.9.
（2）∵0<
log35<
log36<
log37，
∴log53>
log63>
log73.
4．已知a＝log20.3，b＝20.3，c＝0.30.2，则a，b，c三者的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c
C．b＞c＞aD．c＞b＞a
【解析】 ∵a＝log20.3＜log21＝0，b＝20.3＞20＝1,0＜c＝0.30.2＜0.30＝1，∴b＞c＞a.故选C.
【答案】 C
A．a＜b＜cB．a＜c＜b
C．b＜c＜aD．b＜a＜c
【解析】
【答案】 D
分类讨论思想
所谓分类讨论，实质上是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略．分类讨论时应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到确定对象的全面，明确分类的标准，不重不漏地分类讨论．在初等函数中，分类讨论的思想得到了重要的体现，可根据函数的图象和性质，依据函数的单调性分类讨论，使得求解得以实现．
（1）求m的值，并确定f（x）的解析式；
（2）若g（x）＝loga[f（x）－ax]（a>
0，且a≠1）在[2,3]上为增函数，求实数a的取值范围．
【精彩点拨】
（1）结合f（3）<
f（5），与函数f（x）的奇偶性，分类讨论确定m的值及f（x）的解析式．
（2）由g（x）为增函数，结合a讨论，求出a的取值范围．
<
m<
.
∵m∈N，∴m＝0或1.
综上，m＝1，此时f（x）＝x2.
（2）由
（1）知，当x∈[2,3]时，g（x）＝loga（x2－ax）．
①当0<
a<
1时，y＝logau在其定义域内单调递减，要使g（x）在[2,3]上单调递增，则需u（x）＝x2－ax在[2,3]上单调递减，且u（x）>
0.
∴无解；
②当a>
1时，y＝logau在其定义域内单调递增，要使g（x）在[2,3]上单调递增，则需u（x）＝x2－ax在[2,3]上单调递增，且u（x）>
∴
解得a<
2.
∴实数a的取值范围为1<
6．设a>
0且a≠1，若P＝loga（a3＋1），Q＝loga（a2＋1），试比较P、Q的大小．
【解】 当0<
1时，有a3<
a2，即a3＋1<
a2＋1.
又当0<
1时，y＝logax在（0，＋∞）上单调递减，
∴loga（a3＋1）>
loga（a2＋1），即P>
Q；
当a>
1时，有a3>
a2，即a3＋1>
又当a>
1时，y＝logax在（0，＋∞）上单调递增，
Q.
综上可得P>
1．函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为（ ）
【解析】 ∵f（x）＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函数，又f
（2）＝8－e2∈（0,1），故排除A，B.设g（x）＝2x2－ex，则g′（x）＝4x－ex.又g′（0）＜0，g′
（2）＞0，∴g（x）在（0,2）内至少存在一个极值点，∴f（x）＝2x2－e|x|在（0,2）内至少存在一个极值点，排除C.故选D.
2．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（－∞，0）上单调递增．若实数a满足f（2|a－1|）>
f（－），则a的取值范围是（ ）
A. B.∪
C.D.
【解析】 因为f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（－∞，0）上单调递增，所以f（－x）＝f（x），且f（x）在（0，＋∞）上单调递减．由f（2|a－1|）＞f（－），f（－）＝f（）可得2|a－1|＜，即|a－1|＜，所以＜a＜.
3．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：
lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30）（ ）
【导学号：
97512060】
A．2018年B．2019年
C．2020年D．2021年
【解析】 设2015年后的第n年该公司投入的研发资金开始超过200万元．由130（1＋12%）n>
200，得1.12n>
，两边取常用对数，得n>
≈＝，∴n≥4，∴从2019年开始，该公司投入的研发资金开始超过200万元．
4．已知点（3,9）在函数f（x）＝1＋ax的图象上，则f（x）的反函数f－1（x）＝________.
【解析】 ∵点（3,9）在函数f（x）＝1＋ax的图象上，
∴1＋a3＝9，解得a＝2，∴f（x）＝1＋2x
∴f－1（x）＝log2（x－1）
【答案】 log2（x－1）
5．已知a∈R，函数f（x）＝log2.
（1）当a＝1时，解不等式f（x）>
1；
（2）若关于x的方程f（x）＋log2（x2）＝0的解集中恰有一个元素，求a的值；
（3）设a>
0，若对任意t∈，函数f（x）在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．
【解析】
（1）由log2>
1，得＋1>
2，解得{x|0<
x<
1}．
（2）log2＋log2（x2）＝0有且仅有一解，
等价于x2＝1有且仅有一解，等价于ax2＋x－1＝0有且仅有一解．
当a＝0时，x＝1，符合题意；
当a≠0时，Δ＝1＋4a＝0，a＝－.
综上，a＝0或－.
（3）当0<
x1<
x2时，＋a>
＋a，
log2>
log2，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减．
函数f（x）在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值分别为f（t），f（t＋1）．
f（t）－f（t＋1）＝log2－log2≤1即at2＋（a＋1）t－1≥0，
对任意t∈成立．
因为a>
0，所以函数y＝at2＋（a＋1）t－1在区间上单调递增，所以t＝时，y有最小值a－，由a－≥0，得a≥.故a的取值范围为.
升级会员 