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第2模块 第4节
[知能演练]
一、选择题
1．函数y＝2的值域是
( )
A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，＋∞) D．[，＋∞)
解析：由于y＝2中≥0，所以y＝2≥20＝1，即函数的值域为[1，＋∞)．
答案：B
2．已知函数f(x)＝1＋，若f(lg5－)＝k，则f(lg5)＝
( )
A．k B.
C．－k D．－
解析：容易判断函数f(x)为奇函数，又因为lg5－＝－lg5，所以f(lg5)＝－f(lg5－)＝－k.
答案：C
3．(2009·重庆八中月考)函数y＝|2x－1|在区间(k－1，k＋1)内不单调，则k的取值范围是
( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，1)
C．(－1,1) D．(0,2)
解析：由于函数y＝|2x－1|在(－∞，0)内单调递减，在(0，＋∞)内单调递增，而函数在区间(k－1，k＋1)内不单调，所以有k－1<0<k＋1，解得－1<k<1.
答案：C
4．函数y＝2|log2x|的图象大致是
( )
解析：y＝2|log2x|＝，故应选C.
答案：C
二、填空题
5．函数y＝()x－3x在区间[－1,1]上的最大值等于________．
解析：由y＝()x是减函数，y＝3x是增函数，可知y＝()x－3x是减函数，故当x＝－1时函数有最大值.
答案：
6．若函数y＝lg(4－a·2x)在(－∞，1]上有意义，则实数a的取值范围是________．
解析：依题意有4－a·2x>0在(－∞，1]上恒成立，即4>a·2x，a<，g(x)＝在(－∞，1]上单调递减，所以g(x)＝的最小值等于g(1)＝2，因此实数a的取值范围是a<2.
答案：(－∞，2)
三、解答题
7．函数y＝lg(3－4x＋x2)的定义域为M，当x∈M时，求f(x)＝2x＋2－3×4x的最值．
解：由3－4x＋x2>0得x>3或x<1，
∴M＝{x|x>3或x<1}，
f(x)＝－3×22x＋2x＋2＝－3(2x－)2＋.
∵x>3或x<1，∴2x>8或0<2x<2，
∴当2x＝，即x＝log2时，f(x)最大，最大值为，f(x)没有最小值．
8．已知函数f(x)＝(ax－a－x)(a>0，且a≠1)．
(1)判断f(x)的单调性；
(2)验证性质f(－x)＝－f(x)，当x∈(－1,1)时，并应用该性质求满足f(1－m)＋f(1－m2)<0的实数m的范围．
解：(1)设x1<x2，x1－x2<0,1＋>0.
若a>1，则ax1<ax2，>0，
所以f(x1)－f(x2)＝(ax1－ax2)(1＋)<0，
即f(x1)<f(x2)，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数；
同理，若0<a<1，则ax1>ax2，<0，
f(x1)－f(x2)＝(ax1－ax2)(1＋)<0，
即f(x1)<f(x2)，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
综上，f(x)在R上为增函数．
(2)f(x)＝(ax－a－x)，
则f(－x)＝(a－x－ax)，
显然f(－x)＝－f(x)．
f(1－m)＋f(1－m2)<0，
即f(1－m)<－f(1－m2)⇔f(1－m)<f(m2－1)，
函数为增函数，且x∈(－1,1)，
故解－1<1－m<m2－1<1，可得1<m<.
[高考·模拟·预测]
1．(2008·江西高考)若0<x<y<1，则
( )
A．3y<3x B．logx3<logy3
C．log4x<log4y D．()x<()y
解析：由指数函数的性质易知A、D错误，而logx3＝，logy3＝，显然应有logx3>logy3，只有选项C正确．
答案：C
2．(2009·辽宁高考)若x1满足2x＋2x＝5，x2满足2x＋2log2(x－1)＝5，则x1＋x2＝( )
A. B．3
C. D．4
解析：依题意：2x1－1＝－x1，log2(x2－1)＝－x2，
∴2x1－1＝－(x1－1)，log2(x2－1)＝－(x2－1)．
又函数y1＝2x与y2＝log2x互为反函数，
∴x1－1＋x2－1＝，即x1＋x2＝＋2＝.故选C.
答案：C
3．(2009·江苏高考)已知a＝，函数f(x)＝ax，若实数m、n满足f(m)>f(n)，则m、n的大小关系为________．
解析：∵a＝∈(0,1)，故am>an⇒m<n.
答案：m<n
4．(2009·山东高考)若函数f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：函数f(x)的零点的个数就是函数y＝ax与函数y＝x＋a交点的个数，由函数的图象可知a>1时两函数图象有两个交点，0<a<1时两函数图象有唯一交点，故a>1.
答案：(1，＋∞)
5．(2009·江西高考)设函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集．
解：(1)f′(x)＝－ex＋ex＝ex，
由f′(x)＝0，得x＝1.
因为当x<0时，f′(x)<0；当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0；所以f(x)的单调增区间是[1，＋∞)；单调减区间是(－∞，0)，(0,1]．
(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝ex＝ex>0，得(x－1)(kx－1)<0.
故当0<k<1时，解集是；
当k＝1时，解集是Ø；
当k>1时，解集是.
[备选精题]
6．已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足以下三条：
①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；
②f(1)＝1；
③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立．
解答下列各题：
(1)求f(0)的值；
(2)函数g(x)＝2x－1在区间[0,1]上是否同时适合①②③？并予以证明．
(3)假定存在x0∈[0,1]，使得f(x0)∈[0,1]且f[f(x0)]＝x0，求证f(x0)＝x0.
解：(1)取x1＝x2＝0，得f(0)≥f(0)＋f(0)⇒f(0)≤0，
又由①知f(0)≥0，故f(0)＝0.
(2)显然g(x)＝2x－1在[0,1]上满足①g(x)≥0；②g(1)＝1.
若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则
g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝2x1＋x2－1－(2x1－1＋2x2－1)
＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1＝(2x2－1)(2x1－1)≥0，
∴g(x)也满足③.
故g(x)适合①②③.
(3)由③知任给m、n∈[0,1]，m<n时f(m)≤f(n)，
事实上，∵m、n∈[0,1]，m<n，∴n－m∈[0,1]，
∴f(n)＝f(n－m＋m)≥f(n－m)＋f(m)≥f(m)．
若x0<f(x0)，则f(x0)≤f[f(x0)]＝x0，前后矛盾；
若x0>f(x0)，则f(x0)≥f[f(x0)]＝x0，前后矛盾．
故x0＝f(x0)．
5
用心 爱心 专心
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