1．若代數(shù)式 eq \r(2x－1)＋ eq \r(2－x)有意義，則 eq \r(4x2－4x＋1)＋2 eq \r(4,(x－2)4)＝( )
A．2 B．3
C．2x－1 D．x－2
2．已知2a＝5，lg83＝b，則4a-3b＝( )
A．25 B．5
C． eq \f(25,9) D． eq \f(5,3)
3．(多選)函數(shù)y＝ax－a(a＞0，a≠1)的圖象可能是( )
4．函數(shù)f(x)＝xa-2與g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a))) eq \s\up12(－x)在(0，＋∞)上均單調(diào)遞減的一個充分不必要條件是( )
A．0＜a＜2 B．0≤a＜1
C．1≤a＜2 D．1＜a≤2
5．已知a＝2 eq \s\up6(\f(4,3))，b＝4 eq \s\up6(\f(2,5))，c＝5 eq \s\up6(\f(1,3))，則( )
A．c＜b＜a B．a(chǎn)＜b＜c
C．b＜a＜c D．c＜a＜b
6．美國生物學(xué)家和人口統(tǒng)計學(xué)家雷蒙德·皮爾提出一種能較好地描述生物生長規(guī)律的生長曲線，稱為“皮爾曲線”，常用的“皮爾曲線”的函數(shù)解析式可以簡化為f(x)＝ eq \f(P,1＋akx＋b)(P＞0，a＞1，k＜0)的形式．已知f(x)＝ eq \f(5,1＋2kx＋b)(x∈N)描述的是一種果樹的高度隨著時間x(單位：年)變化的規(guī)律．若剛栽種時該果樹的高為1 m，經(jīng)過一年，該果樹的高為2.5 m，則該果樹的高度超過4.8 m，至少需要(附：lg23≈1.585)( )
A．3年 B．4年
C．5年 D．6年
7．已知函數(shù)f(x)＝ex－ eq \f(1,ex).若f(a－2)＋f(a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________．
8．已知0≤x≤2，則函數(shù)y＝4 eq \s\up6(x－\f(1,2))－3×2x＋5的最大值為________．
9．當(dāng)0＜x＜ eq \f(1,2)時，方程ax＝ eq \f(1,x)(a＞0且a≠1)有解，則實數(shù)a的取值范圍是________．
10．已知函數(shù)f(x)＝b·ax(其中a，b為常數(shù)，且a>0，a≠1)的圖象經(jīng)過點A(1，6)，B(3，24).
(1)求f(x)的表達(dá)式；
(2)若不等式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))) eq \s\up12(x)－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
11．已知定義域為R的函數(shù)f(x)＝ax－(k－1)·a－x(a＞0且a≠1)是奇函數(shù)．
(1)求實數(shù)k的值；
(2)若f(1)＜0，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；若f(m2－2)＋f(m)＞0，求實數(shù)m的取值范圍．
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級 能力提升】
1．若0＜a＜1，b＞0，且ab－a－b＝－2，則ab＋a－b的值為( )
A．2 eq \r(2) B．±2 eq \r(2)
C．－2 eq \r(2) D． eq \r(6)
2．已知x∈(1，2)，a＝2 eq \a\vs4\al(x2)，b＝(2x)2，c＝22x，則a，b，c的大小關(guān)系為( )
A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞c＞a
C．b＞a＞c D．c＞a＞b
3．已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝ eq \f(2x,2x＋ax)的圖象經(jīng)過點P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p，\f(6,5)))，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q，－\f(1,5))).若2p＋q＝36pq，則a＝________．
4．已知函數(shù)f(x)＝ex-1－e1-x＋x，則不等式f(2－x)＋f(4－3x)≤2的解集是________．
5．已知函數(shù)f(x)＝ eq \f(1,4x)－ eq \f(λ,2x-1)＋4(－1≤x≤2).
(1)若λ＝ eq \f(3,2)，求函數(shù)f(x)的值域；
(2)若方程f(x)＝0有解，求實數(shù)λ的取值范圍．
參考答案
【A級 基礎(chǔ)鞏固】
1．解析：由 eq \r(2x－1)＋ eq \r(2－x)有意義，
得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1≥0，,2－x≥0，))解得 eq \f(1,2)≤x≤2，
所以x－2≤0，2x－1≥0，
所以 eq \r(4x2－4x＋1)＋2 eq \r(4,(x－2)4)＝ eq \r((2x－1)2)＋2|x－2|＝|2x－1|＋2|x－2|＝2x－1＋2(2－x)＝3.
答案：B
2．解析：由題意知b＝lg83＝lg233＝ eq \f(1,3)lg23.又2a＝5，所以4a-3b＝22(a-3b)＝22a-6b＝(2a)2·2-6b＝25×2－2lg23＝25×2lg23-2＝25×3-2＝ eq \f(25,9).
答案：C
3．解析：當(dāng)a＞1時，y＝ax－a為增函數(shù)，且過點(1，0)，
當(dāng)x＝0時，y＝1－a＜0，故A不正確，B正確；
當(dāng)0＜a＜1時，y＝ax－a為減函數(shù)，且過點(1，0)，
當(dāng)x＝0時，y＝1－a∈(0，1)，故C正確，D不正確．
答案：BC
4．解析：若函數(shù)f(x)＝xa-2在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則a－2＜0，即a＜2.
若函數(shù)g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a))) eq \s\up12(－x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
則 eq \f(4,a)＞1，即0＜a＜4.
所以若函數(shù)f(x)＝xa-2與g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a))) eq \s\up12(－x)均在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則0＜a＜2.
又[1，2)(0，2).
答案：C
5．解析：因為a＝2 eq \s\up6(\f(4,3))＝4 eq \s\up6(\f(2,3))，b＝4 eq \s\up6(\f(2,5))，
所以a＝4 eq \s\up6(\f(2,3))＞4 eq \s\up6(\f(2,5))＝b.
因為163＞55，所以16 eq \s\up6(\f(1,5))＞5 eq \s\up6(\f(1,3))，
所以4 eq \s\up6(\f(2,5))＞5 eq \s\up6(\f(1,3))，即b＞c.
綜上所述，a＞b＞c.
答案：A
6．解析：由題意可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(0)＝\f(5,1＋2b)＝1，,f(1)＝\f(5,1＋2k＋b)＝2.5，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－2，,b＝2，))故f(x)＝ eq \f(5,1＋2-2x+2).
由f(x)＝ eq \f(5,1＋2-2x+2)＞4.8，
解得x＞ eq \f(5,2)＋ eq \f(1,2)lg23≈3.3，
故該果樹的高度超過4.8 m，至少需要4年．
答案：B
7．解析：因為f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)，定義域為R，
f(－x)＝e－x－ eq \f(1,e－x)＝ eq \f(1,ex)－ex＝－f(x)，
所以f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)為奇函數(shù)．
又因為f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)在R上為增函數(shù)，
所以f(a－2)＋f(a2)≤0?f(a－2)≤－f(a2)?f(a－2)≤f(－a2)，
即a－2≤－a2，則a2＋a－2≤0，
解得－2≤a≤1.
答案：[－2，1]
8．解析：設(shè)2x＝t，0≤x≤2，則1≤t≤4，
y＝4 eq \s\up6(x－\f(1,2))－3×2x＋5＝ eq \f(1,2)t2－3t＋5＝ eq \f(1,2)(t－3)2＋ eq \f(1,2)，
故當(dāng)t＝1，即x＝0時，函數(shù)有最大值 eq \f(5,2).
答案： eq \f(5,2)
9．解析：依題意，當(dāng)x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))時，y＝ax與y＝ eq \f(1,x)有交點，作出y＝ eq \f(1,x)的圖象，如圖，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,a\s\up6(\f(1,2))＞2，))解得a＞4.
答案：(4，＋∞)
10．解：(1)因為f(x)的圖象過點A(1，6)，B(3，24)，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b·a＝6，,b·a3＝24，))所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2，b＝3，所以f(x)＝3·2x.
(2)由(1)知a＝2，b＝3，
則當(dāng)x∈(－∞，1]時， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)－m≥0恒成立，
即m≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)在x∈(－∞，1]上恒成立．
又因為y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)與y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)均為減函數(shù)，
所以y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)也是減函數(shù)，
所以當(dāng)x＝1時，y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)有最小值 eq \f(5,6).
則m≤ eq \f(5,6)，
故m的取值范圍是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,6))).
11．解：(1)∵f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，
∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，
∴k＝2，
經(jīng)檢驗，k＝2符合題意，∴k＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝ax－a－x(a＞0且a≠1).
∵f(1)＜0，∴a－ eq \f(1,a)＜0.
又a＞0，且a≠1，∴0＜a＜1，
而y＝ax在R上單調(diào)遞減，y＝－a－x在R上單調(diào)遞減，
故由單調(diào)性的性質(zhì)可判斷f(x)＝ax－a－x在R上單調(diào)遞減，
不等式f(m2－2)＋f(m)＞0可化為f(m2－2)＞f(－m)，
∴m2－2＜－m，即m2＋m－2＜0，
解得－2＜m＜1，
∴實數(shù)m的取值范圍是(－2，1).
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級 能力提升】
1．解析：根據(jù)題意，由ab－a－b＝－2，
得(ab－a－b)2＝a2b＋a-2b－2＝4，
即a2b＋a-2b＝6，
則(ab＋a－b)2＝a2b＋a-2b＋2＝6＋2＝8，
所以ab＋a－b＝2 eq \r(2)(負(fù)值舍去).
答案：A
2．解析：因為a＝2 eq \a\vs4\al(x2)，b＝(2x)2＝22x，c＝22x，所以只需比較x2，2x，2x在x∈(1，2)時的大小即可．令y1＝x2，y2＝2x，y3＝2x，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出這三個函數(shù)在(1，2)上的圖象，如圖所示，
由圖可知，當(dāng)x∈(1，2)時，2x＞2x＞x2.
又函數(shù)f(t)＝2t在R上是增函數(shù)，
所以22x＞22x＞2 x2，即b＞c＞a.
答案：B
3．解析：因為f(x)＝ eq \f(2x,2x＋ax)＝ eq \f(1,1＋\f(ax,2x))，且其圖象經(jīng)過點P，Q，
則f(p)＝ eq \f(1,1＋\f(ap,2p))＝ eq \f(6,5)，即 eq \f(ap,2p)＝－ eq \f(1,6)，①
f(q)＝ eq \f(1,1＋\f(aq,2q))＝－ eq \f(1,5)，即 eq \f(aq,2q)＝－6，②
①×②得 eq \f(a2pq,2p＋q)＝1，則2p＋q＝a2pq＝36pq，
所以a2＝36，解得a＝±6.
因為a>0，所以a＝6.
答案：6
4．解析：由題意，設(shè)g(x)＝f(x)－1＝ex-1－ eq \f(1,ex-1)＋(x－1)(x∈R)，
令h(x)＝g(x＋1)＝ex－ eq \f(1,ex)＋x，其定義域為R，
且h(－x)＝ eq \f(1,ex)－ex－x＝－h(huán)(x)，
所以h(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，
所以g(x)的圖象關(guān)于點(1，0)對稱，
則有g(shù)(2－x)＝－g(x)，易得g(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．
不等式f(2－x)＋f(4－3x)≤2，變形為f(2－x)－1＋f(4－3x)－1≤0，
即g(2－x)＋g(4－3x)≤0，
易得g(4－3x)≤g(x)，
則有4－3x≤x，所以x≥1.
所以不等式f(2－x)＋f(4－3x)≤2的解集是[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
5．解：(1)f(x)＝ eq \f(1,4x)－ eq \f(λ,2x-1)＋4＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2x)－2λ· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋4(－1≤x≤2).
設(shè)t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，得g(t)＝t2－2λt＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2)).
當(dāng)λ＝ eq \f(3,2)時，g(t)＝t2－3t＋4＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(7,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2)).
所以g(t)max＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝ eq \f(53,16)，g(t)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝ eq \f(7,4).
所以f(x)max＝ eq \f(53,16)，f(x)min＝ eq \f(7,4)，
故函數(shù)f(x)的值域為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(53,16))).
(2)方程f(x)＝0有解可轉(zhuǎn)化為λ＝2·2x＋ eq \f(1,2)· eq \f(1,2x)(－1≤x≤2).
設(shè)φ(x)＝2·2x＋ eq \f(1,2·2x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤2x≤4))，
當(dāng)2x＝ eq \f(1,2)，即x＝－1時，φ(x)min＝2；
當(dāng)2x＝4，即x＝2時，φ(x)max＝ eq \f(65,8).
∴函數(shù)φ(x)的值域為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(65,8)))，
故實數(shù)λ的取值范圍是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(65,8))).

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