课时跟踪检测(十)指数与指数函数1下列函数中值域为正实数集的是()Ay5xBy1 31xCy1 2x1Dy 12x2已知f(x)2x2x，若f(a)3，则f(2a)等于()A5B7C9D113函数f(x)2|x1|的图象是()4已知f(x)3xb(2x4，b为常数)的图象经过点(2,1)，则f(x)的值域()A9,81B3,9C1,9D1，)5(2012深圳诊断)设函数f(x)a|x|(a0，且a1)，f(2)4，则()Af(2)f(1)Bf(1)f(2)Cf(1)f(2)Df(2)f(2)6若(2m1)12(m2m1)1 2，则实数m的取值范围是()A.，51 2B.51 2，C(1,2)D.51 2，27.3 2 1376081 442232 3_.8已知正数a满足a22a30，函数f(x)ax，若实数m、n满足f(m)f(n)，则m、n的大小关系为_9若函数f(x)a|2x4|(a0，a1)且f(1)9.则f(x)的单调递减区间是_10求下列函数的定义域和值域(1)y1 2 2xx2；(2)y32x11 9.11函数f(x)ax(a0，且a1)在区间1,2上的最大值比最小值大a2，求a的值12函数ylg(34xx2)的定义域为M，当xM时，求f(x)2x234x的最值1(2013绍兴模拟)函数f(x)a|x1|(a0，a1)的值域为1，)，则f(4)与f(1)的关系是()Af(4)f(1)Bf(4)f(1)Cf(4)f(c)f(b)，则下列结论中， 一定成立的是_a0；2af(1)6选 D因为函数yx1 2的定义域为0，)，且在定义域内为增函数，所以不等式等价于2m10，m2m10，2m1m2m1，解 2m10，得m12；解m2m10，得m 512或m512；解 2m1m2m1，即m2m2f(n)，得mn.答案：mn9解析：由f(1)9 得a29，a3.因此f(x)3|2x4|，又g(x)|2x4|的递减区间为(，2，f(x)的单调递减区间是(，2答案：(，210解：(1)显然定义域为 R R R R.2xx2(x1)211，且y1 2x为减函数1 2 2xx21 211 2.故函数y1 2 2xx2的值域为1 2，.(2)由 32x1190，得 32x11932，y3x为增函数，2x12，即x12，此函数的定义域为12，由上可知 32x1190，y0.即函数的值域为0，)11解：当a1 时，f(x)ax为增函数，在x1,2上，f(x)最大f(2)a2，f(x)最小f(1)a.a2aa2.即a(2a3)0.a0(舍)或a321.a3 2.当 01，又f(4)a3，f(1)a2，由单调性知a3a2，f(4)f(1)2解析：画出函数f(x)|2x1|的图象(如图)，由图象可知，a0.故错；f(a)|2a1|，f(c)|2c1|，|2a1|2c1|，即 12a2c1，故 2a2c22ac，2acc，2a2c，不成立答案：3解：(1)当a1 时，f(x)1 3 x24x3，令tx24x3，由于t(x)在(，2)上单调递增，在2，)上单调递减，而y1 3t在 R R R R 上单调递减，所以f(x)在(，2)上单调递减，在2，)上单调递增，即函数f(x)的递增区间是2，)，递减区间是(，2)(2)令h(x)ax24x3，f(x)1 3h(x)，由于f(x)有最大值 3，所以h(x)应有最小值1，因此必有a0，12a164a1，解得a1.即当f(x)有最大值 3 时，a的值等于 1.