2.已知實(shí)數(shù)a、b滿足等式()^a=()^b，下列五個(gè)關(guān)系式：①0<b<a;②a<b<0;③0<a<b;④b<a<0;⑤a=b.　

其中不可能成立的關(guān)系式有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　　 )

A.1個(gè)　　　　　　　 B.2個(gè)　　　　　　　　　　　 C.3個(gè)　　　　　　　　　 D.4個(gè)　

答案　 B　

1.化簡下列各式(其中各字母均為正數(shù))：　

(1)　

(2)　

解 (1)原式=

(2)原式=-

=-

5.(2007·山東理，2)已知集合M={-1,1},N={x|<2^x+1<4,x∈Z},則M∩N等于　　　　　　　　　　　　 (　　 )　

?A.{-1,1}?　　　　　　　 B.{-1}?　　　　　　 C.{0}?　　　　　　　　 D.{-1,0}　

答案?B

?　

例1　 已知a=,b=9.求：　

(1)；

(2)　

解 (1)原式=aa=a

∵a=，∴原式=3.　

(2)方法一　 化去負(fù)指數(shù)后解.　

=a+b.　

∵a=，b=9，∴a+b=.　

方法二 利用運(yùn)算性質(zhì)解.　

=b+a.　

∵a=，b=9，∴a+b=.

例2　 函數(shù)f(x)=x²-bx+c滿足f(1+x)=f(1-x)且f(0)=3,則f(b^x)與f(c^x)的大小關(guān)系是　　　　　　　　　　 (　　 )　

?A.f(b^x)≤f(c^x)?　　　 　　　　　　　　　　　B.f(b^x)≥f(c^x)

?C.f(b^x)>f(c^x)?　　　　　　　　　　　　　　　 D.大小關(guān)系隨x的不同而不同　

答案?A?　

例3　 求下列函數(shù)的定義域、值域及其單調(diào)區(qū)間：　

(1)f(x)=;　

(2)g(x)=-()^x+4()^x+5.　

解 (1)依題意x²-5x+4≥0,　

解得x≥4或x≤1,　

∴f(x)的定義域是(-∞，1］∪［4，+∞).　

令u=

∵x∈(-∞，1］∪［4，+∞)，　

∴u≥0，即≥0，　

而f(x)=3≥3⁰=1,　

∴函數(shù)f(x)的值域是［1，+∞).　

∵u=，　

∴當(dāng)x∈(-∞，1］時(shí)，u是減函數(shù)，　

當(dāng)x∈［4，+∞)時(shí)，u是增函數(shù).　

而3>1,∴由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，　

f(x)=在(-∞，1］上是減函數(shù)，　

在［4，+∞)上是增函數(shù).　

故f(x)的增區(qū)間是［4，+∞)，減區(qū)間是(-∞，1］.　

(2)由g(x)=-()^x+4()^x+5　

=-()^2x+4()^x+5,　

∴函數(shù)的定義域?yàn)镽，令t=()^x (t>0),　

∴g(t)=-t²+4t+5=-(t-2)²+9,　

∵t>0,∴g(t)=-(t-2)²+9≤9,　

等號(hào)成立條件是t=2,　

即g(x)≤9,等號(hào)成立條件是()^x=2，即x=-1，　

∴g(x)的值域是(-∞，9］.　

由g(t)=-(t-2)²+9 (t>0),而t=()^x是減函數(shù)，　

∴要求g(x)的增區(qū)間實(shí)際上是求g(t)的減區(qū)間，　

求g(x)的減區(qū)間實(shí)際上是求g(t)的增區(qū)間.　

∵g(t)在(0，2］上遞增，在［2，+∞)上遞減，　

由0<t=()^x≤2,可得x≥-1,　

由t=()^x≥2,可得x≤-1.　

∴g(x)在［-1，+∞)上遞減，在(-∞，-1］上遞增，　

故g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞，-1］，　

單調(diào)遞減區(qū)間是［-1，+∞).　

例4 (12分)設(shè)a>0,f(x)=是R上的偶函數(shù).　

(1)求a的值；　

(2)求證：f(x)在(0，+∞)上是增函數(shù).　

(1)解 　∵f(x)是R上的偶函數(shù)，∴f(-x)=f(x)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1分　

∴　

∴(a-)(e^x-)=0對一切x均成立，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 3分　

∴a-=0，而a＞0,∴a=1.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4分　

(2)證明　 在(0，+∞)上任取x₁、x₂，且x₁<x₂,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 5分　

則f(x₁)-f(x₂)=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 8分

∵x₁＜x₂,∴,有＞0.　

∵x₁＞0,x₂＞0,∴x₁+x₂＞0,∴＞1,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 10分　

-1<0.∴f(x₁)-f(x₂)<0,　

即f(x₁)＜f(x₂),　

故f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12分　

4.關(guān)于函數(shù)f(x)=2^x-2^-x(x∈R)，有下列三個(gè)結(jié)論：　

①f(x)的值域?yàn)镽；　

②f(x)是R上的增函數(shù)；　

③對任意x∈R,有f(-x)+f(x)=0成立.　

其中全部正確的結(jié)論是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )　

A.①②③　　　　　　　　 B.①③　　　　 　　　　C.①②　　　　　　 ?D.②③　

答案?A?　

3.函數(shù)f(x)=a^x-b的圖象如圖所示，其中a、b為常數(shù)，則下列結(jié)論正確的是　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )　

?A.a＞1,b＜0

?B.a＞1,b＞0　

?C.0＜a＜1,b＞0　

?D.0＜a＜1,b＜0　

答案?D?　

2.設(shè)指數(shù)函數(shù)f(x)=a^x (a>0且a≠1)，則下列等式不正確的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　　 )　

?A.f(x+y)=f(x)·f(y)　

?B.f((xy)ⁿ)=f ⁿ(x)·f ⁿ(y)　

?C.f(x-y)=,　

?D.f(nx)=f ⁿ(x)　

答案?B?　

1.已知a<,則化簡的結(jié)果是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　(　　 )

　 A.　　　　　　　　　　　　　　 B.-　　　　　　　　　　　　　　　 C.　　　　　　　　　　　　 D.-

　 　答案　 C

12.設(shè)函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上滿足f(2-x)=f(2+x)，f(7-x)=f(7+x)，且在閉區(qū)間［0，7］上，只有f(1)=f(3)=0.

(1)試判斷函數(shù)y=f(x)的奇偶性；　

(2)試求方程f(x)=0在閉區(qū)間［-2 005，2 005］上的根的個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論.　

解 (1)由　

從而知函數(shù)y=f(x)的周期為T=10.又f(3)=f(1)=0,而f(7)≠0,故f(-3)≠0.　

故函數(shù)y=f(x)是非奇非偶函數(shù).　

(2)由(1)知y=f(x)的周期為10.又f(3)=f(1)=0,f(11)=f(13)=f(-7)=f(-9)=0,　

故f(x)在［0，10］和［-10，0］上均有兩個(gè)解，從而可知函數(shù)y=f(x)在［0，2 005］上有402個(gè)解，在［-2 005，0］上有400個(gè)解，所以函數(shù)y=f(x)在［-2 005，2 005］上有802個(gè)解.

§2.4 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)

基礎(chǔ)自測

11.已知函數(shù)f(x)=x²+|x-a|+1,a∈R.　

(1)試判斷f(x)的奇偶性；　

(2)若-≤a≤，求f(x)的最小值.

解 　(1)當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f(-x)=(-x)²+|-x|+1=f(x),　

此時(shí),f(x)為偶函數(shù).當(dāng)a≠0時(shí)，f(a)=a²+1,f(-a)=a²+2|a|+1,　

f(a)≠f(-a),f(a)≠-f(-a),此時(shí)，f(x) 為非奇非偶函數(shù).　

(2)當(dāng)x≤a時(shí),f(x)=x²-x+a+1=(x-)²+a+,　

∵a≤,故函數(shù)f(x)在(-∞，a］上單調(diào)遞減，　

從而函數(shù)f(x)在(-∞，a］上的最小值為f(a)=a²+1.　

當(dāng)x≥a時(shí)，函數(shù)f(x)=x²+x-a+1=(x+)²-a+,　

∵a≥-，故函數(shù)f(x)在［a，+∞)上單調(diào)遞增，從而函數(shù)f(x)在［a，+∞)上的最小值為f(a)=a²+1.　

綜上得，當(dāng)-≤a≤時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為a²+1.　

10.已知f(x)是R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí)，f(x)=-xlg(2-x),求f(x)的解析式.　

解　 ∵f(x)是奇函數(shù)，可得f(0)=-f(0),∴f(0)=0.　

當(dāng)x>0時(shí)，-x<0,由已知f(-x)=xlg(2+x),∴-f(x)=xlg(2+x)，　

即f(x)=-xlg(2+x)(x>0).∴f(x)=

即f(x)=-xlg(2+|x|)(x∈R).