2.7 对数与对数函数（正文）-2021高考理科数学【衡中学案】1轮总复习（全国版）

８. Ｂ　 由 ｆ(１) ＝ １ ９ 得 ａ２ ＝ １ ９ . 又 ａ > ０ꎬ所以 ａ ＝ １ ３ ꎬ因此ｆ(ｘ) ＝ ( １ ３ ) ｜２ｘ － ４ ｜ . 因为 ｙ ＝ ｜ ２ｘ － ４ ｜ 在[２ꎬ ＋ ∞ )上单调递增ꎬ所以ｆ(ｘ) 的单调递减 区间是[２ꎬ ＋ ∞ ). 故选 Ｂ. ９. ( － ∞ ꎬ － １] 　 若使函数 ｆ( ｘ) ＝ ( １ ２ ) ｘ － ２ 的有意义ꎬ自变量 ｘ 须满足:( １ ２ ) ｘ － ２≥０ꎬ 解得:ｘ∈( － ∞ ꎬ － １]ꎬ 故函 数 ｆ ( ｘ ) ＝ ( １ ２ ) ｘ － ２ 的 定 义 域 为: ( － ∞ ꎬ － １]. １０. １ ２ 　 因为 ０ < ａ < １ꎬ所以函数 ｆ( ｘ) ＝ ａｘ 在 [１ꎬ２]内是减函数ꎬ 因为函数 ｆ(ｘ) ＝ ａｘ (０ < ａ < １) 在[１ꎬ２] 内的 最大值比最小值大 ａ ２ ꎬ所以 ｆ(１) － ｆ(２) ＝ ａ － ａ２ ＝ ａ ２ ꎬ 解得 ａ ＝ １ ２ ꎬ或 ａ ＝ ０(舍). １１. ａ > ２ 或 ａ < － ２ 　 由 ｙ ＝ ( ａ２ － １ ) ｘ 在 ( － ∞ ꎬ ＋ ∞ )上为增函数ꎬ得 ａ２ － １ > １ꎬ解得 ａ > ２ 或 ａ < － ２ . １２. － ２ｘ (ｘ < ０) 　 依题意ꎬｆ(１) ＝ １ ２ ꎬ所以 ａ ＝ １ ２ ꎬ所以 ｆ(ｘ) ＝ ( １ ２ ) ｘ ꎬｘ > ０. 当 ｘ < ０ 时ꎬ － ｘ > ０. 所以 ｇ( ｘ) ＝ － ｆ( － ｘ) ＝ － ( １ ２ ) － ｘ ＝ － ２ｘ. 故填 － ２ｘ (ｘ < ０). １３. [解析] 　 ( １ ) 令 ｔ ＝ ｜ ｘ ｜ － ａꎬ 则 ｆ ( ｘ) ＝ ( ２ ３ ) ｔꎬ 不论 ａ 取何值ꎬｔ 在( － ∞ ꎬ０] 上单调递减ꎬ在 [０ꎬ ＋ ∞ )上单调递增ꎬ又 ｙ ＝ ( ２ ３ ) ｔ 是单调 递减的ꎬ 因此 ｆ(ｘ)的单调递增区间是( － ∞ ꎬ０]ꎬ单调 递减区间是[０ꎬ ＋ ∞ ). (２) 由 于 ｆ ( ｘ ) 的 最 大 值 是 ９ ４ ꎬ 且 ９ ４ ＝ ( ２ ３ ) － ２ ꎬ 所以 ｇ(ｘ) ＝ ｜ ｘ ｜ － ａ 应该有最小值 － ２ꎬ 即 ｇ(０) ＝ － ２ꎬ从而 ａ ＝ ２. １４. [解析]　 (１)由已知得 ｋ􀅰ａ０ ＝ １ꎬ ｋ􀅰ａ － ３ ＝ ８{ 解得 ｋ ＝ １ ａ ＝ １ ２ { . (２)ｇ(ｘ) ＝ ( １ ２ ) ｘ － １ ( １ ２ ) ｘ ＋ １ ꎬ因此 ｇ( － ｘ) ＝ ( １ ２ ) － ｘ －１ ( １ ２ ) － ｘ ＋１ ＝ [( １ ２ ) － ｘ －１]( １ ２ )ｘ [( １ ２ ) － ｘ ＋１]( １ ２ )ｘ ＝ １ － ( １ ２ )ｘ １ ＋ ( １ ２ )ｘ ＝ － ｇ(ｘ)ꎬ 所以 ｇ(ｘ) ＝ ( １ ２ ) ｘ － １ ( １ ２ ) ｘ ＋ １ 为奇函数. Ｂ 组能力提升 １. Ｂ　 ∵ ｆ(ｘ) ＝ ( １ ２ ) ｜ ｘ ｜ ꎬ∴ 函数 ｆ(ｘ) 为偶函数ꎬ 且在(０ꎬ ＋ ∞ ) 上单调递减ꎬ在( － ∞ ꎬ０) 上单 调递增. ∵ ｆ( － ３) < ｆ(２ｘ － １)ꎬ∴ ｜ － ３ ｜ > ｜ ２ｘ － １ ｜ ꎬ∴ － ３ < ２ｘ － １ < ３ꎬ解得 － １ < ｘ < ２ꎬ∴ ｘ 的取值范围是( － １ꎬ２). ２. Ａ　 不等式可化为( １ ２ ) ｘ － ( １ ２ ) － ｘ > ( １ ２ ) ｙ － ( １ ２ ) － ｙ ꎬ又 ｆ( ｘ) ＝ ( １ ２ ) ｘ － ( １ ２ ) － ｘ 在 Ｒ 上单调递减ꎬ故必有 ｘ < ｙ. 故选 Ａ. ３. Ｄ　 方程 ｜ ａｘ － １ ｜ ＝ ２ａ(ａ > ０ 且 ａ≠１)有两个不 相等的实数根可转化为函数 ｙ ＝ ｜ ａｘ － １ ｜ 与 ｙ ＝ ２ａ 的图象有两个交点. ①当 ０ < ａ < １ 时ꎬ如图 １ꎬ∴ ０ < ２ａ < １ 时ꎬ即 ０ < ａ < １ ２ . ②当 ａ > １ 时ꎬ 如 图 ２ꎬ 而 ｙ ＝ ２ａ > １ 不 符 合 要求. 综上ꎬ０ < ａ < １ ２ . 故选 Ｄ. ４. [ ３ ４ ꎬ５７]　 [１ꎬ２] 　 因为 ｘ∈[ － ３ꎬ２]ꎬ若令 ｔ ＝ ( １ ２ ) ｘ ꎬ则 ｔ∈[ １ ４ ꎬ８]ꎬｙ ＝ ｔ２ － ｔ ＋ １ ＝ ( ｔ － １ ２ )２ ＋ ３ ４ . 当 ｔ ＝ １ ２ 时ꎬｙｍｉｎ ＝ ３ ４ ꎻ 当 ｔ ＝ ８ 时ꎬｙｍａｘ ＝ ５７. ∴ 函数的值域为 [ ３ ４ ꎬ ５７]. 又 ｔ ＝ ( １ ２ ) ｘ 为减函数ꎬｙ ＝ ｔ２ － ｔ ＋