第3章 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第一册（北师大版2019）

本章复习提升 易混易错练 易错点1　化简根式时忽略根式中变量应满足的条件致错 1.(多选题)若<1,化简-3的结果可能为(　　) A.2x-10　　　B.4x-6 C.-2x+4　　　D.-4x-10 2.已知a<b<0,n>1,n∈N*,化简. 易错点2　忽视换元后“新元”的范围致错 3.已知函数f(x)=4x-a·2x+1. (1)若f =0,求a的值; (2)讨论f(x)在区间[-1,1]上的最小值. 易错点3　忽略对指数(型)函数底数的讨论致错 4.已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)在[-1,1]上恒有f(x)<2,则实数a的取值范围为　　　　　　　　.  5.已知函数f(x)=(a>0且a≠1)在区间上单调递减,则实数a的取值范围是　.  易错点4　忽视复合函数中函数的性质致错 6.函数f(x)=的单调递增区间为　　　　.  7.已知函数f(x)=a|x+b|(a>0,a≠1,b∈R). (1)若f(x)为偶函数,求b的值; (2)若f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,试求a,b应满足的条件. 思想方法练 一、数形结合思想 1.函数f(x)=+1,若关于x的方程2[f(x)]2-(2a+3)f(x)+3a=0有4个不同的实数根,则a的取值范围为(　　) A.(1,2)　　　B. C.　　　D. 2.已知函数f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,函数F(x)=则函数F(x)(　　) A.有最小值0,无最大值 B.无最小值,有最大值1 C.有最小值-1,无最大值 D.既无最小值,也无最大值 二、转化与化归思想 3.(多选题)已知函数f(x)=a·4x-a·2x+1+1-b(a>0),g(x)=k·2x,函数f(x)在区间[1,2]上的最大值为9,最小值为1,函数g(x)与函数f(x)的图象在[-1,2]上有两个不同的交点,则实数k的可能取值为(　　) A.0　　　　B.　　　　C.　　　　D.1 4. 已知函数f(x)=a2x-3ax+2(a>0且a≠1)的图象经过点(1,0). (1)设函数g(x)=,求g(x)的定义域; (2)若对任意x∈R,2m2-m<f(x)2x(2x-1)恒成立,求m的取值范围. 三、分类讨论思想 5.已知函数f(x)=(a>0且a≠1). (1)若f(2)=,求f(-2)的值; (2)若f(x)在[-1,1]上的最大值为,求a的值. 6.设函数f(x)=kax-a-x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数. (1)求f(0)及k的值; (2)若f(1)>0,试判断函数f(x)的单调性,并求不等式f(x2+2x)+f(4-x2)>0的解集; (3)若f(1)=,设g(x)=a2x+a-2x-2m·f(x),且y=g(x)在[1,+∞)上的最小值为-2,求m的值. 本章复习提升 易混易错练 1.AC　由题意知<1,即-1<0,即>0, 故(x+2)(x-2)>0,∴x<-2或x>2. -|x+2|-3=|3x-5|-|x+2|-3, 当x>2时,|3x-5|-|x+2|-3=3x-5-x-2-3=2x-10; 当x<-2时,|3x-5|-|x+2|-3=-3x+5+x+2-3=-2x+4.故选AC. 2.解析　当n是奇数时,原式=(a-b)+(a+b)=2a; 当n是偶数时,因为a<b<0,所以a-b<0,a+b<0, 所以原式=|a-b|+|a+b|=(b-a)+(-a-b)=-2a, 所以(n>1,n∈N*). 3.解析　(1)由题意得f -a·a=0,所以a=. (2)f(x)=4x-a·2x+1=-2a·2x. 令t=2x,x∈[-1,1],则t∈, 原函数等价于h(t)=t2-2at,其图象的对称轴为直线t=a. 当a<时,h(t)在上单调递增,所以h(t)min=h-a,即当x∈[-1,1]时,f(x)min=-a; 当≤a≤2时,h(t)在上单调递减,在[a,2]上单调递增,所以h(t)min=h(a)=-a2,即当x∈[-1,1]时,f(x)min=-a2; 当a>2时,h(t)在上单调递减,所以h(t)min=h(2)=4-4a,即当x∈[-1,1]时,f(x)min=4-4a. 综上,当a<时,f(x)在[-1,1]上的最小值为-a; 当≤a≤2时,f(x)在[-1,1]上的最小值为-a2; 当a>2时,f(x)在[-1,1]上的最小值为4-4a. 易错警示　形如y=Aa2x+Bax+C(A≠0,B≠0,a>0,a≠1)的函数的性质问题可利用换元法转化为一元二次函数的性质问题,注意换元后“新元”的取值范围. 4.答案　∪(1,2) 解析　当a>1时,f(x)在[-1,1]上单调递增.因为函数f(x)在[-1,1]上恒有f(x)<2,所以f(x)max<2,所以f(1)=a<2,所以1<a<2; 当0<a<1时, f(x)在[-1,1]上单调递减.因为函数f(x)在[-1,1]上恒有f(x)<2,所以f(x)max<2,所以f(-1)=<2,所以<a<1. 综上所述,实数a的取值范围是∪(1,2). 5.答案　∪[6,+∞) 解析　由题意可知f(x)=(a>0且a≠1)可看作由函数y=aμ,μ=x2-(a-2)x+1复合而成. 当a>1时,y=aμ为R上的增函数, 若函数f(x)=在区间上单调递减, 需满足μ=x2-(a-2)x+1在上单调递减,即≥2,∴a≥6; 当0<a<1时,y=aμ为R上的减函数, 若函数f(x)=在区间上单调递减, 需满足μ=x2-(a-2)x+1在上单调递增,即≤-,∴0<a≤. 故实数a的取值范围是0<a≤或a≥6. 易错警示　涉及含参数的指数(型)函数单调性问题,解题时要根据底数与1的大小关系进行分类讨论. 6.答案　 解析　由题意得-x2+x+2≥0,即x2-x-2≤0, 解得-1≤x≤2,所以f(x)的定义域为[-1,2], 因为t=在上单调递增,在上单调递减,且y=在(0,+∞)上单调递减, 所以f(x)=的单调递增区间为. 易错警示　形如y=af(x)(a>0,且a≠1)的函数的单调性的判断,关键是复合函数中“同增异减”的原则的掌握,由复合函数的单调性可知:当a>1时,函数y=af(x)与函数y=f(x)的单调性相同;当0<a<1时,函数y=af(x)与函数y=f(x)的单调性相反.另外,求解时不要忘记函数的定义域. 7.解析　(1)因为f(x)为偶函数,所以对任意的x∈R,都有f(x)=f(-x),即a|x+b|=a|-x+b|,所以|x+b|=|-x+b|,解得b=0. (2)记h(x)=|x+b|= ①当a>1时, f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,即h(x)在区间[2,+∞)上是增函数,所以-b≤2,即b≥-2. ②当0<a<1时, f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,即h(x)在区间[2,+∞)上是减函数,但h(x)在区间[-b,+∞)上是增函数,故此时不存在满足条件的a,b,使f(x)在区间[2,+∞)上是增函数. 综上,f(x)在区间[2,+∞)上是增函数时,a,b应满足的条件为a>1且b≥-2.  对应主书P63 1.D　令f(x)=t,则2t2-(2a+3)t+3a=0,即(2t-3)(t-a)=0,解得t1=,t2=a. 故要使得方程2[f(x)]2-(2a+3)f(x)+3a=0有4个不同的实数根,则直线y=,y=a与f(x)的图象均有两个交点,如图所示: 通过画出函数图象,将方程实数根的个数问题转化为函数图象的交点个数问题,体现了数形结合思想. 由图可知,a∈∪. 故选D. 2.C　在同一平面直角坐标系中作出函数y=|f(x)|与y=g(x)的图象,然后根据题意作出函数F(x)的图象(实线部分),如图所示: 由图可知函数F(x)有最小值-1,无最大值.故选C. 先把y=|f(x)|与y=g(x)的图象画到同一平面直角坐标系内,再根据y=F(x)的对应关系作出对应图象,应用了数形结合思想. 思想方法　在与指数(型)函数有关的方程的根的问题,通常是通过画出函数图象,转化为图象交点问题,或在研究函数的相关性质时,通过画出函数图象,利用图象直观解答. 3.BC　通过换元,把原问题转化为求二次函数的最值问题. 令t=2x,x∈[1,2],则t∈[2,4], 令φ(t)=at2-2at+1-b=a(t-1)2-a-b+1,则φ(t)的值域即为f(x)的值域. 由a>0,得φ(t)的图象开口向上,且对称轴为直线t=1,则φ(t)在[2,4]上单调递增, 故φ(t)min=φ(2)=1-b=1,φ(t)max=φ(4)=8a+1-b=9,解得b=0,a=1,故f(x)=4x-2·2x+1. 因为函数g(x)与函数f(x)的图象在[-1,2]上有两个不同的交点, 将函数图象的交点问题转化为相应方程根的问题. 所以方程f(x)=g(x),即4x-(k+2)2x+1=0在[-1,2]上有两个不相等的实数根, 由x∈[-1,2]得t∈, 即关于t的方程t2-(k+2)t+1=0在上有两个不相等的实数根, 令h(t)=t2-(k+2)t+1,则h(t)的图象开口向上,对称轴为直线t=+1, 则有解得0<k≤, 故选BC. 4.解析　(1)由题意可得f(1)=a2-3a+2=0,解得a=2或a=1(舍去),则f(x)=22x-3·2x+2, 令f(x)≥0,即22x-3·2x+2≥0,可得2x≤1或2x≥2, 解得x≤0或x≥1,所以g(x)的定义域为(-∞,0]∪[1,+∞). (2)通过构造函数,将恒成立问题转化为求新函数的最值问题. 令h(x)=f(x)2x(2x-1)=2x(2x-1)2(2x-2), 则h(x)=(22x-2x+1)(22x-2x+1+1)=, 因为y=22x-2x+1+∈,所以h(x)min=-, 又对任意x∈R,2m2-m<f(x)2x(2x-1)恒成立, 所以2m2-,解得, 所以m的取值范围为. 思想方法　转化与化归思想在研究指数(型)函数问题中常见的应用:利用换元法将复杂的函数解析式转化为简单的解析式;通过构造函数,将恒成立问题转化为函数的最值问题. 5.解析　(1)因为f(x)的定义域为R,关于原点对称, f(-x)==-f(x), 所以f(x)为奇函数,故f(-2)=-f(2)=-. (2)f(x)=. 由于a与1的大小关系未定,因此需对a进行分类讨论. 若0<a<1,则f(x)=1-为减函数,当x∈[-1,1]时,f(x)max=f(-1)=1-,解得a=,符合题意; 若a>1,则f(x)=1-为增函数,当x∈[-1,1]时,f(x)max=f(1)=1-,解得a=3,符合题意. 综上所述,a的值为或3. 6.解析　(1)因为f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(0)=ka0-a0=0,解得k=1,则f(x)=ax-a-x,检验知满足题意,所以f(0)=0,k=1. (2)由f(1)>0得a->0,结合a>0且a≠1,解得a>1, 因为函数y=ax(a>1)在R上单调递增,y=a-x(a>1)在R上单调递减,所以函数f(x)在R上单调递增, 不等式f(x2+2x)+f(4-x2)>0等价于f(x2+2x)>-f(4-x2)=f(x2-4), 于是x2+2x>x2-4,解得x>-2, 所以原不等式的解集为(-2,+∞). (3)由f(1)=得a-,结合a>0且a≠1,解得a=2, 则g(x)=22x+2-2x-2m(2x-2-x)=(2x-2-x)2-2m(2x-2-x)+2, 当x∈[1,+∞)时,令t=2x-2-x,则t≥,y=t2-2mt+2,其图象的对称轴为直线t=m, 直线x=与二次函数y=t2-2mt+2图象的对称轴的位置关系不确定,会影响二次函数的最值,因此需要对直线x=与二次函数y=t2-2mt+2图象的对称轴的位置关系进行讨论. 当m≤时,函数y=t2-2mt+2在上单调递增,当t=,即x=1时,ymin=-3m=-2,解得m=,矛盾,无解; 当m>时,此时t=m时,ymin=-m2+2=-2,解得m=2(负值舍去),符合题意. 所以m=2. 思想方法　分类讨论思想在本章主要体现在当指数(型)函数的底数a不确定时,需要分0<a<1和a>1两种情况讨论,以确定指数(型)函数的单调性;与指数(型)函数有关的复合函数,尤其是与二次函数复合时,通常以二次函数图象的对称轴的位置为标准分类讨论,以确定函数的单调性,进而解决一系列问题. 13 学科网（北京）股份有限公司 $$