3、范圍是( )
A. B.
C. D.
[解析] 依題意,a應(yīng)滿足
解得<a≤.
[答案] C
6.(2018·安徽阜陽第二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則不等式f(x)>4的解集為( )
A.(-ln 2,0)∪(3,+∞) B.(-ln 2,+∞)
C.(3,+∞) D.(-ln 2,0)
[解析] 當(dāng)x<0時,2ex>4,解得:x>ln 2,不合題意;
當(dāng)x≥0時,log2(x+1)+2>4,解得:x>3,
綜上可得:不等式的解集為:(3,+∞).本題選擇C選項(xiàng).
[答案] C
7.(2018·合肥質(zhì)檢)不等式2-x2+2x>x
4、+4的解集為 ________ .
[解析] 原不等式等價為2-x2+2x>2-x-4,
又函數(shù)y=2x為增函數(shù),∴-x2+2x>-x-4,
即x2-3x-4<0,∴-1<x<4.
[答案] (-1,4)
8.(2018·衡水模擬)若曲線|y|=2x+1與直線y=b沒有公共點(diǎn),則b的取值范圍是______.
[解析] 曲線|y|=2x+1與直
線y=b的圖象如圖所示,由圖象可知:如果|y|=2x+1與直線y=b沒有公共點(diǎn),則b應(yīng)滿足的條件是b∈[-1,1].
[答案] [-1,1]
9.設(shè)a>0且a≠1,函數(shù)y=a2x+2ax-1在[-1,1]上的最大值是14,則a的值為
5、 ________ .
[解析] 令t=ax(a>0且a≠1),
則原函數(shù)化為y=(t+1)2-2(t>0).
①當(dāng)0<a<1時,x∈[-1,1],t=ax∈,此時f(t)在上為增函數(shù).
所以f(t)max=f=2-2=14.
所以2=16,所以a=-或a=.
又因?yàn)閍>0,所以a=.
②當(dāng)a>1時,x∈[-1,1],t=ax∈,
此時f(t)在上是增函數(shù).
所以f(t)max=f(a)=(a+1)2-2=14,
解得a=3(a=-5舍去).綜上得a=或3.
[答案] 或3
10.(2018·上海松江區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)=a|x+b|(a>0,b∈R).
(1)若
6、f(x)為偶函數(shù),求b的值;
(2)若f(x)在區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù),試求a,b應(yīng)滿足的條件.
[解析] (1)∵f(x)為偶函數(shù),
∴對任意的x∈R,都有f(-x)=f(x).
即a|x+b|=a|-x+b|,|x+b|=|-x+b|,解得b=0.
(2)記h(x)=|x+b|=
①當(dāng)a>1時,f(x)在區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù).
即h(x)在區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù),∴-b≤2,b≥-2.
②當(dāng)0<a<1時,f(x)在區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù).
即h(x)在區(qū)間[2,+∞)上是減函數(shù)但h(x)在區(qū)間[-b,+∞)上是增函數(shù),
故不存在a,b的值,使f(x)在
7、區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù).
∴f(x)在區(qū)間[2,+∞)上是增函數(shù)時,a,b應(yīng)滿足的條件為a>1且b≥-2.
[B能力提升練]
1.(2018·麗水模擬)當(dāng)x∈(-∞,-1]時,不等式(m2-m)·4x-2x<0恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( )
A.(-2,1) B.(-4,3)
C.(-1,2) D.(-3,4)
[解析] 原不等式變形為m2-m<x,因?yàn)楹瘮?shù)y=x在(-∞,-1]上是減函數(shù),
所以x≥-1=2,
當(dāng)x∈(-∞,-1]時,m2-m<x恒成立,
等價于m2-m<2,解得-1<m<2.
[答案] C
2.(2018·安徽合肥一模)已知函數(shù)f(x)=
8、,x≥0.方程f2(x)-af(x)+b=0(b≠0)有六個不同的實(shí)數(shù)解,則3a+b的取值范圍是( )
A.[6,11] B.[3,11]
C.(6,11) D.(3,11)
[解析] 令t=f(x),則方程f2(x)-af(x)+b=0(b≠0)可化為t2-at+b=0(b≠0),作出函數(shù)y=f(x)的圖象如圖,結(jié)合圖象可以看出:方程t2-at+b=0(b≠0)在區(qū)間(0,1),(1,2)內(nèi)各有一個解時,方程f2(x)-af(x)+b=0(b≠0)有六個實(shí)數(shù)根,所以問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(t)=t2-at+b在區(qū)間(0,1),(1,2)內(nèi)各有一個零點(diǎn),由此可得不等式組,在平面直角坐標(biāo)
9、系中,畫出其表示的區(qū)域如圖,結(jié)合圖象可以看出:當(dāng)動直線u=3a+b經(jīng)過點(diǎn)A(1,0),B(3,2)時,u分別取得最小值umin=和最大值umax=11,即3<u<11,應(yīng)選答案D.
[答案] D
3.(2018·日照模擬)已知函數(shù)y=b+ax2+2x(a,b為常數(shù),且a>0,a≠1)在區(qū)間上有最大值3,最小值,則a,b的值分別為 ________ .
[解析] 令t=x2+2x=(x+1)2-1,
∵x∈,∴t∈[-1,0].
①若a>1,函數(shù)f(x)=at在[-1,0]上為增函數(shù),
∴at∈,b+ax2+2x∈,
依題意得解得
②若0<a<1,函數(shù)f(x)在at在[-
10、1,0]上為減函數(shù),
∴at∈,則b+ax2+2x∈,
依題意得解得
綜上①②,所求a,b的值為,或
[答案] 2,2或,
4.(2018·北京朝陽4月模擬)記x2-x1為區(qū)間[x1,x2]的長度,已知函數(shù)y=2|x|,x∈[-2,a](a≥0),其值域?yàn)閇m,n],則區(qū)間[m,n]的長度的最小值是______.
[解析] 令f(x)=y(tǒng)=2|x|,
則f(x)=
(1)當(dāng)a=0時,f(x)=2-x在[-2,0]上為減函數(shù),值域?yàn)閇1,4].
(2)當(dāng)a>0時,f(x)在[-2,0)上遞減,在[0,a]上遞增,
①當(dāng)0<a≤2時,f(x)max=f(-2)=4,值域?yàn)閇1,
11、4];
②當(dāng)a>2時,f(x)max=f(a)=2a>4,值域?yàn)閇1,2a].
結(jié)合(1)(2),可知[m,n]的長度的最小值為3.
[答案] 3
5.已知f(x)=(ax-a-x)(a>0,且a≠1).
(1)判斷f(x)的奇偶性;
(2)討論f(x)的單調(diào)性;
(3)當(dāng)x∈[-1,1]時,f(x)≥b恒成立,求b的取值范圍.
[解] (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.又f(-x)=(a-x-ax)=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù).
(2)當(dāng)a>1時,a2-1>0,y=ax為增函數(shù),y=a-x為減函數(shù),從而y=ax-a-x為增函數(shù).所以f(x)為增函數(shù).
當(dāng)0
12、a2-1<0,y=ax為減函數(shù),y=a-x為增函數(shù),從而y=ax-a-x為減函數(shù).
所以f(x)為增函數(shù).
故當(dāng)a>0且a≠1時,f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增.
(3)由(2)知f(x)在R上是增函數(shù),
所以在區(qū)間[-1,1]上為增函數(shù).
所以f(-1)≤f(x)≤f(1).
所以f(x)min=f(-1)=(a-1-a)=·=-1.
所以要使f(x)≥b在[-1,1]上恒成立,只需b≤-1.
故b的取值范圍是(-∞,-1].
[C尖子生專練]
已知函數(shù)f(x)=3x-.
(1)若f(x)=2,求x的值;
(2)判斷x>0時,f(x)的單調(diào)性;
(3)若3tf(2t)+
13、mf(t)≥0對于t∈恒成立,求m的取值范圍.
[解] (1)當(dāng)x≤0時,f(x)=3x-3x=0,∴f(x)=2無解.當(dāng)x>0時,f(x)=3x-,令3x-=2.
∴(3x)2-2·3x-1=0,解得3x=1±.
∵3x>0,∴3x=1+.∴x=log3(1+).
(2)∵y=3x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,y=在(0,+∞)上單調(diào)遞減,∴f(x)=3x-在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
(3)∵t∈,∴f(t)=3t->0.
∴3tf(2t)+mf(t)≥0化為3t+m≥0,即(32t-1)(32t+1+m)≥0,
∵32t-1>0,∴32t+1+m≥0,即m≥-32t-1.
令g(t)=-32t-1,則g(t)在上遞減,
∴g(x)max=-4.
∴所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是[-4,+∞).