14 特殊指数函数模型的探究及应用-《中学生数理化》高一数学2024年11月刊

■丁 一 求解高考中的不等式、最值及范围问题, 不仅要构建初等函数(二次函数、幂函数及指 数和对数函数),还要构建某些初等函数的复 合函数模型。 模型1:函数y=Aa2x+Bax+C(a>0, a≠1)的探究及应用 例1 已知函数f(x)=4x-2x+1-3, g(x)=x2-4mx-2m(m≥1),若对于任意的 x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得f(x1)= g(x2)成立,则实数m 的取值范围为( )。 A.32 ,2 B.32,+∞ C.[1,2) D.1, 3 2 解:设函数f(x)=4x-2x+1-3,x∈[0, 1]的值域为A。令t=2x,t∈[1,2],则f(x) =4x-2x+1-3可化为y=t2-2t-3=(t- 1)2-4在t∈[1,2]上单调递增,所以ymax= (2-1)2-4=-3,ymin=(1-1)2-4=-4, 所以集合A=[-4,-3]。 设函数g(x)=x2-4mx-2m(m≥1), x∈[0,1]的值域为B。因为对称轴为x= 2m≥2,所以g(x)=x2-4mx-2m 在x∈ [0,1]上单调递减,所以g(x)max=g(0)= -2m,g(x)min=g(1)=1-6m,所以集合 B=[1-6m,-2m]。 对于任意的x1∈[0,1],总存在x2∈[0, 1],使得(x1)=g(x2)成立,所以A⊆B,所以 1-6m<-2m, 1-6m≤-4, -2m≥-3, m≥1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 解得 m> 1 4 , m≥ 5 6 , m≤ 3 2 , m≥1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以1≤m≤ 3 2 。应选D。 感悟:形如y=Aa2x+Bax+C(a>0, a≠1)的函数,通过换元化归为二次函数在区 间上的值域求解。题中令t=2x,x∈[0,1], 则t∈[1,2]为函数y=t2-2t-3=(t-1)2 -4的定义域。 模型2:函数y=a|x-m|+b(a>0,a≠1) 的探究及应用 例2 (1)若函数f(x)=2|x-a|(a∈R)满足 f(1+x)=f(1-x),且f(x)在[m,+∞)上单 调递增,则实数m 的最小值等于 。 (2)已知函数f(x)=e|x-1|在区间[a, +∞)上是增函数,则实数a 的取值范围是 。 解:(1)利用y=a|x-m|+b(a>0,a≠1) 的对称性确定实数 m 的值。由f(1+x)= f(1-x),可得函数f(x)关于x=1对称,即 函数f(x)=2|x-a|= 2x-a(x≥a), 2a-x(x<a) 关于x=1 对称,所以a=1,所以函数f(x)=2|x-1|。由 复合函数的单调性得f(x)在[1,+∞)上单 调递增,所以m≥1,所以实数m 的最小值等 于1。 (2)由复合函数在区间上的单调性求出 a的取值范围。由y=e|x|的图像向右平移1 个单位,可得f(x)=e|x-1|的图像。因为y= e|x|是偶函数,且在[0,+∞)上单调递增,所 以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增。因为 函数f(x)=e|x-1|在区间[a,+∞)上是增函 数,所以[a,+∞)⊆[1,+∞),所以a≥1,即 实数a的取值范围是[1,+∞)。 感 悟: 函 数 y = a|x-m| + b = ax-m+b,x≥m, am-x+b,x<m (a>0,a≠1)的图像关于直 线x=m 对称,其单调增区间为[m,+∞), 单调减区间为(-∞,m]。 模型3:函数f(x)= ax-1 ax+1 的探究及应用 例3 已知函数f(x)= a·2x+a-2 2x+1 。 32 知识结构与拓展 高一数学 2024年11月 (1)若f(x)为奇函数,求a的值。 (2)证明:无论a为何值,f(x)在R上为 增函数。 (3)解不等式f(1-x)+f(1-x2)> 2(a-1)。 解:(1)因为f(x)为 R上的奇函数,所 以f(0)=0,即 a·20+a-2 20+1 =0,解得a=1。 因为函数f(x)= 2x-1 2x+1 =1- 2 2x+1 ,满 足f(-x)=-f(x),所以a=1符合题意。 (2)f(x)= a·2x+a-2 2x+1 =a- 2 2x+1 。 任取x2>x1,且 x1,x2∈R,则 f(x2)- f(x1)= a- 2 2x2+1 - a- 22x1+1 = 2 1 2x1+1 - 1 2x2+1 = 2(2 x2-2x1) (2x1+1)(2x2+1) 。 因 为x2>x1,所以2 x2-2x1>0,2x1+1>0,2x2 +1>0,所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)> f(x1),所以f(x)在R上为增函数。 (3)令函数g(x)=f(x)-(a-1)=a- 2 2x+1 -a+1= -2 2x+1 +1= 2x-1 2x+1 。由(1), (2)知g(x)=f(x)-(a-1)为 R上的增函 数,且是奇函数。 不等式f(1-x)+f(1-x2)>2(a-1) 可化为f(1-x)-(a-1)>-f(1-x2)+ (a-1),即g(1-x)>-g(1-x2)。因为 g(x)为R上的奇函数,所以-g(1-x2)= g(x2-1),所以g(1-x)>g(x2-1)。又因 为g(x)为R上的增函数,所以1-x>x2- 1,解得-2<x<1,即不等式f(1-x)+ f(1-x2)>2(a-1)的解集为(-2,1)。 感悟:掌握此类函数的奇偶性与单调性 是解题的关键。 1.已知函数f(x)=- a ax+ a (a>0,且 a≠1)。 (1)求 证:函 数 f(x)的 图 像 关 于 点 1 2 ,- 1 2 对称。 (2)求f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1) +f(2)+f(3)的值。 提示:(1)设点P(x,y)为函数f(x)= - a ax+ a 图像上的任意一点,则点P 关于点 1 2 ,- 1 2 的对称点为 Q(1-x,-1-y)。 因为f(1-x)=- a a1-x+ a =- a·ax a+ a·ax =- ax ax+ a =-1+ a ax+ a =-1-y,即 -1-y=f(1-x),所以点Q(1-x,-1- y)也在函数f(x)的图像上,即函数f(x)的 图像关于点 1 2 ,- 1 2 对称。 (2)由(1)得-1-f(x)=f(1-x),所 以f(x)+f(1-x)=-1。所以f(-2)+ f(3)=-1,f(-1)+f(2)=-1,f(0)+ f(1)=-1,所以f(-2)+f(-1)+f(0)+ f(1)+f(2)+f(3)=-3。 2.设函数f(x)= 1 4x+2 。 (1)求证:对一切x∈R,f(x)+f(1- x)为定值。 (2)记an=f(0)+f 1 n +f 2n +… +f n-1 n +f(1)(n∈N*),求an。 提示:(1)由题意得f(x)+f(1-x)= 1 4x+2 + 1 41-x+2 = 1 4x+2 + 4x 4+2·4x = 1 2 。 (2)由(1)知f(0)+f(1)= 1 2 ,f 1 n + f n-1 n =12,f 2n +f n-2n =12,…, f(1)+f(0)= 1 2 。将上述n+1个式子相加 得2an= n+1 2 ,所以an= n+1 4 。 作者单位:江苏省海安高级中学 (责任编辑 郭正华) 42 知识结构与拓展 高一数学 2024年11月