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

所以要使 ｆ(ｘ) > ０ 在(１ꎬ４)上恒成立ꎬ只要ａ > １ ２ 即可. 解法二:当 ａ ＝ ０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ － ２ｘ ＋ ２ꎬ 显然 ｆ(４) ＝ － ６ꎬ不合题意ꎬ∴ ａ≠０ (１)当 ａ > ０ 时ꎬ二次函数 ｆ(ｘ) 开口向上ꎬ对称 轴为 ｘ ＝ １ ａ . ①若 １ ａ ≤１ 即 ａ≥１ 时ꎬｆｍｉｎ(ｘ) ＝ ｆ(１) ＝ ａ > ０ꎬ 即 ａ≥１. ②若 １ ａ ≥４ 即 ０ < ａ≤ １ ４ 时ꎬｆｍｉｎ (ｘ) ＝ ｆ(４) ＝ １６ａ － ６ > ０ 得 ａ > ３ ８ 矛盾. ③若 １ < １ ａ < ４ 即 １ ４ < ａ < １ 时ꎬｆｍｉｎ ( ｘ) ＝ ｆ( １ ａ ) ＝ － １ ａ ＋ ２ > ０ 得 ａ > １ ２ . 即 １ ２ < ａ < １. (２)当 ａ < ０ 时ꎬ由题意知 ｆ(１)≥０ｆ(４)≥０{ ꎬ 即 ａ > ０ ａ > ３ ８ { ꎬ解得 ａ > ３８ 矛盾. 综上可知 ａ 的取值范围是( １ ２ ꎬ ＋ ∞ ). [答案]　 ( １ ２ ꎬ ＋ ∞ ) [引申] 　 [解析]　 由解法一知 ａ > － ２ ｘ２ ＋ ２ ｘ 在(１ꎬ４) 上有解. 即 ａ > ( － ２ ｘ２ ＋ ２ ｘ ) ｍｉｎ ＝ ｇ(１) ＝ ０ꎬ ∴ ａ 的取值范围是(０ꎬ ＋ ∞ ). [变式训练 ２] 　 [答案]　 (１)Ｄ　 (２)Ｂ　 (３)Ａ [解析]　 (１)因为 ｂ > ０ꎬ故对称轴不可能为 ｙ 轴ꎬ排除 Ａ、Ｂꎬ由给出的图可知对称轴在 ｙ 轴 右侧ꎬ故 ａ < ０ꎬ所以二次函数的图象为第三个 图ꎬ图象过原点ꎬ故 ａ２ － １ ＝ ０ꎬａ ＝ ± １ꎬ又 ａ < ０ꎬ所以 ａ ＝ － １. (２)ｆ(ｘ) ＝ ａ(ｘ ＋ １)２ ＋ １ － ａꎬ ①当 ａ ＝ ０ 时ꎬ函数 ｆ(ｘ) 在区间[１ꎬ２] 上的值 为常数 １ꎬ不符合题意舍去ꎻ ②当 ａ > ０ 时ꎬ函数 ｆ(ｘ) 在区间[１ꎬ２] 上是增 函数ꎬ最大值为 ｆ(２) ＝ ８ａ ＋ １ ＝ ４ꎬ解得 ａ ＝ ３ ８ ꎻ ③当 ａ < ０ 时ꎬ函数 ｆ(ｘ) 在区间[１ꎬ２] 上是减 函数ꎬ最大值为 ｆ(１) ＝ ３ａ ＋ １ ＝ ４ꎬ解得 ａ ＝ １ꎬ 不符合题意舍去ꎮ 综上可知 ａ 的值为 ３ ８ ꎬ故选 Ｂ. (３)对称轴为 ｘ ＝ ａ ２ ꎬ当 ａ ２ ≤ － １ 即 ａ≤ － ２ 时ꎬ由题意得ｆ(ｘ) ｍｉｎ ＝ ｆ( － １) ＝ １ ＋ ａ ＋ ａ ２ > ０ꎬ得 ａ > － ２ ３ ꎬ又 ａ≤ － ２ꎬ∴ 无解ꎻ当 － １ < ａ ２ < １ 即 － ２ < ａ < ２ 时ꎬｆ( ｘ) ｍｉｎ ＝ ｆ( ａ ２ ) ＝ ａ２ ４ － ａ ２ ２ ＋ ａ ２ ＝ － ａ ２ ４ ＋ ａ ２ > ０ 得 ０ < ａ < ２ꎻ当 ａ ２ ≥１ꎬ即 ａ≥２ 时ꎬｆ(ｘ) ｍｉｎ ＝ ｆ(１) ＝ １ － ａ ＋ ａ ２ ＝ １ － ａ ２ > ０ꎬ得 ａ < ２ꎬ又 ａ≥２ꎬ∴ 无解. 综 上得 ０ < ａ < ２. 名师讲坛􀅰素养提升 [变式训练 ３] 　 [答案]　 (１ － ３ ꎬ１) [解析]　 设 ｘ２ － ａｘ ＋ １ ＝ ｇ ( ａ)ꎬ则 ｇ ( ａ) ＝ － ｘａ ＋ ｘ２ ＋ １ꎬ ａ∈ [ － １ꎬ２]ꎬ 由 已 知 得 ｇ ( ａ) < ３ꎬ 只需满足 ｇ( － １) < ３ ｇ(２) < ３{ ꎬ即 ｘ２ ＋ ｘ － ２ < ０ ｘ２ － ２ｘ － ２ < ０{ 解得:１ － ３ < ｘ < １. 故填(１ － ３ ꎬ１). [练案 ８] Ａ 组基础巩固 １. Ｃ　 由幂函数定义知 ｍ２ － ３ｍ ＋ ３ ＝ １ꎬ得 ｍ ＝ １ 或ｍ ＝ ２ꎬ经检验 ｍ ＝ １ 和 ｍ ＝ ２ 均满足图象不 过原点. ２. Ｄ　 设 ｙ ＝ ｘαꎬ则 １ ４ ＝２αꎬ∴ α ＝ －２ꎬ∴ ｙ ＝ ｘ －２ꎬ故 选 Ｄ. ３. Ｂ　 根据常见幂函数的图象判断或取特殊值ꎬ 逐个验证知 Ｂ 正确. ４. Ｄ　 由题意得:１ < ２ａ < ３ꎬ得 １ ２ < ａ < ３ ２ . ５. Ｄ　 由 ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ ０ 和 ａ > ｂ > ｃ 知 ａ > ０ꎬｃ < ０ꎬ 由 ｃ < ０ꎬ排除 ＡꎬＢꎬ又 ａ > ０ꎬ排除 Ｃ. ６. Ｄ　 取 ｘ ＝ １ ２ ꎬ由图易知 １ ２ < ( １ ２ ) ｍ < １ < ( １ ２ ) ｎ < ( １ ２ ) － １ ꎬ∴ － １ < ｎ < ０ < ｍ < １. 故 选 Ｄ. ７. Ｃ　 由题意得ꎬ幂函数 ｆ(ｘ) ＝ ｘ － １ ２ 在定义域(０ꎬ ＋ ∞ )上单调递减ꎬ所以由 ｆ( ａ ＋ １) < ｆ(１０ － ２ａ)ꎬ得 ａ ＋ １ > １