函数性质与指数对数函数文档格式.docx

1、 D 0且a1，函数f（x）alg（x22x3）有最大值，则不等式loga（x25x7）0的解集为_14已知f（x）若对任意的xR，af2（x）f（x）1成立，则实数a的最小值为_ 15对于任意的x1、x2（0，），若函数f（x）lgx，则与f的大小关系是_.16已知函数f（x）a是定义在（，11，）上的奇函数，则f（x）的值域是_三、解答题17设且，函数在的最大值是14，求的值。18已知是定义在上的奇函数，且，若时，有（1）证明在上是增函数；（2）解不等式（3）若对恒成立，求实数的取值范围19设a是实数，讨论关于x的方程lg（x1）lg（3x）lg（ax）的实数解的个数20已知函数f（x）|

2、2x11|.（1）作出函数yf（x）的图象；（2）若af（c），求证：2a2c4.参考答案1B【解析】原式可化为ye|x1|x1|，它的图象是将y|x|的图象向右平移一个单位得到的，故选B.2 【解析】试题分析：根据题意知,函数在上单调递增,在上单调递减.首先满足,可得.根据函数是偶函数可知:,所以分两种情况:当时,根据不等式成立,有,解得;综上可得.考点：偶函数性质.3B【解析】当x0时，xax恒成立，即a1当x=0时，0a0恒成立，即aR当x0时，xax恒成立，即a1，若对任意xR，不等式|x|ax恒成立，所以1a1，故选B4B【解析】因为，所以函数单调递增，又，所以根据根的存在定理可知在

3、区间内函数的零点个数为1个，选B5A因为，所以函数在上单调增. 由得： 利用函数单调性解不等式6D如图所示，,故选D.对数函数7C由已知，所以，故选.分段函数8B如图，在同一坐标系中分别作出与的图象，其中a表示直线在y轴上截距，由图可知，当时，直线与只有一个交点.故选B.分段函数图像 数形结合95该二次函数开口向上，对称轴为,最小值为,所以可分3种情况:（1）当对称轴在区间的左侧时，函数在区间上单调递增，所以此时；（2） 当对称轴在区间的右侧时，函数在区间上单调递减，所以此时；（3） 当对称轴在区间内时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以此时,函数在区间内的最小1值为1,也是值域的最

4、小值,所以,同时可知函数值域的最大值一定大于2.通过计算可知,所以可知函数在时取得最大值,即.所以.通过验证可知,函数在区间内的值域为.综上可知:.二次函数对称轴与区间的位置关系.10 由条件当时总有得：函数在上单调递增，而满足所以函数为偶函数，因此在上单调递减. 又因此函数性质综合应用11.先根据对数的运算性质和函数的奇偶性性化简不等式，然后利用函数是偶函数得到不等式等价为，然后利用函数在区间上单调递增即可得到不等式的解集函数奇偶性和单调性的应用.12.由题意可知，又是奇函数，.函数的奇偶性与分段函数.13（2,3）【解析】函数ylg（x22x3）有最小值，f（x）a lg（x22x3）有最

5、大值，0a0，得0x25x71，解得2x0的解集为（2,3）14 【解析】易得xR，f（x）0，由af2（x）f（x）1，得a（当且仅当f（x）2时等号成立），所以实数a的最小值为.15f（解法1）作差运算；（解法2）寻找与f的几何意义，通过函数f（x）lgx图象可得16【解析】因为f（x）是奇函数，f（1）f（1）0，解得a，所以f（x），易知f（x）在（，1上为增函数，在1，）上也是增函数当x1，）时，f（x）.又f（x）是奇函数，所以f（x）的值域是17 先利用分类讨论思想对a分类再利用换元法将y变成，然后利用二次函数对称轴t=-1，所以在区间t上函数单调递增，即可确定f（x）max=由

6、题得f（x）max=14，所以可以求出.试题解析：令，则原函数化为 2分当时， 3分此时在上为增函数，所以 6分所以 7分当时， 8分此时在上为增函数，所以 10分所以 11分综上 12分1，函数单调性 2，函数奇偶性.3，换元法.18（1）详见解析 （2）（3）（1）利用定义法任取得因为即可证明（2）根据函数单调性确定即可解得（3）因为在是单调递增函数且1，所以只要f（x）的最大值小于等于即，然后即可求得t的范围.（1）任取，则 2分，由已知4分，即在上是增函数 5分（2）因为是定义在上的奇函数，且在上是增函数不等式化为，所以，解得 9分（3）由（1）知在上是增函数，所以在上的最大值为，要使对恒成立，只要 10分设恒成立， 11分所以 13分所以 14分1，函数单调性2，函数奇偶性3，含参函数不等式求解.19两个【解析】原方程等价于方程组即在同一坐标系下作直线ya与抛物线yx25x3（13）的图象，由图可知，当1a3或a时，原方程只有一个实数解；当3时，原方程有两个不同的实数解20（1）（2）见解析（1）f（x）其图象如图所示（2）证明：由图知，f（x）在（，1上是减函数，在1，）上是增函数，故结合条件知必有a1.若c1，则2a2，2c2，所以2a2c1，则由f（a）f（c），得12a12c11，即2c12a12，所以2a2c综上知，总有2a2c