2023年12月10日发(作者：三年上学期数学试卷)

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专题07 指数型函数的单调性、对称性

【方法点拨】

1.指数复合型函数f(x)nnm(log,).

(a0且a1,mn0)的对称中心为axam2m记忆方法：横下对，纵半分〔即横坐标是使分母取对数的值，但真数为保证有意义，取的是绝对值而已，而纵坐标是分母、分子中的常数分别作为分母、分子的值的一半〕.

2x1的性质如下：

f(x)x21〔1〕定义域是R； 〔2〕值域是〔－1,1〕；

〔3〕在〔－∞，+∞〕单增； 〔4〕是奇函数，其图象关于坐标原点对称.

f(x) =

422 12x + 1x1

24681

2

31A: (0.00, 0.50)

4254Af(x) =

11246

2x + 1

2

31 / 7

4word

2x1说明：形如f(x)x的函数，即指数函数与一次分式函数复合类型的函数是重要的考察的载体，通过21112x1f(x)x变形〔局部分式〕，可得到f(x)x、f(x)x等.

212121

【典型例题】

例1

函数f(x)22x，如此满足不等式f(a)f(3a2)2的实数a的取值X围是.

x31【答案】,1

2【解析】y2的对称中心是(0,1)，其定义域为R且单减

x3122x1，如此g(x)为R上的单调递减的奇函数

x31令g(x)f(x)1由f(a)f(3a2)2得f(3a2)11f(a)

即g(3a2)g(a)

因为g(x)为奇函数，故g(a)g(a)

所以g(3a2)g(a)

又g(x)在R上单减，所以3a2a，解之得a1

21a,所以实数的取值X围是.

22 / 7 word

2020x12019设函数f(x)，xa,a的最大值、最小值分别为M、N，如此M+N例2

a0，2020x1的值为.

【答案】4039

【分析】研究函数的对称性，利用函数g(x)f(x)a〔其中f(x)是奇函数〕在对称区间上的最大值、最小值的和为2a.

2020x120192020x1202011【解析】f(x)

=20202020x12020x12020x1设g(x)f(x)20201

2020x1如此g(x)g(x)(11)1

xx202012020112所以g(x)的图象关于点(0,)对称

所以f(x)的图象关于点(0,故M+N的值为4039.

4039)对称

2例3

函数f(x)log11x2〔a1〕是奇函数，设函数g(x)f(x)x，x1,1,

1+ax213假如g(m)g(n)，其中m,n1,1，试比拟m,n的大小.

【答案】mn.

【分析】研究函数的单调性，逆用单调性脱“g〞即可.

【解析】易得a1，故g(x)log11x2x，x1,1，下面考察函数的单调性.

1x2133 / 7 word

对于1x1x21x2log1,1在单增，由复合函数单调性得在1,1单减；

111x1x1xx132112112xt(,)t(,)，设〔〕，在单减，由复合函数单调性得在1,1单2t2x122222x1t1对于减，

再由函数单调性得性质得g(x)log11x2x，在x1,1单减，

1x213因为g(m)g(n)，m,n1,1，所以mn.

【巩固练习】

f(x)1a的图象关于坐标原点对称，如此实数a的值为_____.

x213x12. 函数f(x)x2x，如此满足不等式f(a)f(3a2)0的实数a的取值X围是.

314x3.f(x)x，如此42123fff11000f的值为．

10012x14. 函数f(x)x2x在区间[－k,k]上的值域为[m,n]，如此m＋n=________．

212x25. 函数f(x)ax是定义域为R的奇函数,当x[3,9]时，不等式f(log3x)f(2mlog3x)021恒成立，如此实数m的取值X围是.

【答案与提示】

4 / 7 word

1.【答案】－1

【提示】由f(1)f(1)0立得.

2.【答案】1

23x13x122【提示】f(x)x2xx2x1x2x的对称中心是(0,0)，其定义域为R且单增.

3131313.【答案】500

假如0a1，尝试去求

f(a)f(1a)的值，易得f(a)f(1a)1.

1124x21x【思路二】主动发现函数的对称性，f(x)x，设g(x)x，如此其对称中心为,，2242424211如此f(x)的对称中心也为,，故f(x)f(1x)1.

224.【答案】2

2x12x1【提示】f(x)x2x奇，单增.

2x1，g(x)x21215.【答案】3,.

【解析】∵函数是定义域为R的奇函数，

120∴f0a00，解得a.

221经检验，当a11时，函数fx为奇函数，即所某某数a的值为.

225 / 7 word

112x12x2x2设x1,x2R且x1x2，如此fx1fx2x1

2212212x22x112x12x212x112x212x22x1，

2x112x21xx∵x1x2，∴2x22x10，2112210，

∴fx1fx20，即fx1fx2，所以fx是R上的减函数.

22由flog3xf2mlog3x0，可得flog3xf2mlog3x.

2∵fx是R上的奇函数，∴flog3xfmlog3x2，

又fx是R上的减函数，

2所以log3xmlog3x20对x3,9恒成立，

令tlog3x，∵x3,9，∴t1,2，

∴t2mt20对t1,2恒成立，

思路一：〔转化为二次函数区间上的最大值≤0〕

令gttmt2，t1,2，该函数开口朝上，故t=1或t=2取得最大值

2g13m0∴，解得m3，所以实数m的取值X围为3,.

g262m0思路二：〔别离变量〕即mt2对t1,2恒成立，

t设g(t)t21,22,2，如此g(t)在区间上单减，在区间上单增

t6 / 7 word

所以g(t)maxmaxg(1),g(2)3

所以m3，故实数m的取值X围为3,.

7 / 7


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