2026北师大版高中数学必修第一册练习--第三章 复习提升（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026北师大版高中数学必修第一册
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而出错
1.(多选题)(2024甘肃兰州期中)若<1,化简--3的结果可能为(　　)
A.2x-10　　　　B.4x-6
C.-2x+4　　　　D.-4x-10
2.(2025江西抚州质检)已知a>0,b>8,化简-+的结果为　　　　.
易错点2　换元后忽视“新元”的范围而出错
3.(2025江西上饶广丰联考)已知函数f(x)=22x+2k·2x+1.
(1)当k=1时,求f(x)的值域;
(2)若f(x)的最小值为-3,求k的值;
(3)在(2)的条件下,若不等式f(x)≤-8有实数解,求实数a的取值范围.
易错点3　忽略对指数(型)函数底数的讨论而出错
4.(2025江西南昌一中期中)已知函数f(x)=(a>0且a≠1),若函数f(x)的值域为R,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.[2,+∞)　　　　D.[3,+∞)
5.(2025广东惠州联考)已知a>0且a≠1,且函数f(x)=在定义域上单调,则a的取值范围是　　　　.
易错点4　解决复合函数单调性问题时不能掌握“同增异减”而出错
6.(多选题)(2025江西南昌十九中期中)下列说法正确的是(　　)
A.f(x)=ax-1-2(a>0且a≠1)的图象恒过定点(1,-2)
B. f(x)=·的定义域是[2,+∞)
C. f(x)=+的最小值为6
D. f(x)=的单调递增区间为-,1
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,+∞)上单调递增,试求a,b应满足的条件.
思想方法练
一、数形结合思想在指数函数中的应用
1.(2025广西南宁二中等校联考)设f(x)=|1-2x|,若关于x的方程[f(x)]2-3tf(x)+2t2=0有三个不同的实数根,则实数t的取值范围为(　　)
A.(0,1)　　　　B.　　　　C.　　　　D.(0,1]
2.(2025广东佛山第三中学期中)对于函数f(x),如果存在函数g(x)=ax+b(a,b为常数),使得对于区间D上的一切实数x都有f(x)≤g(x)成立,则称函数g(x)为函数f(x)在区间D上的一个“覆盖函数”.设f(x)=2x,g(x)=2x,若函数g(x)为函数f(x)在区间[m,n]上的一个“覆盖函数”,则2|m-n|的最大值为　　　　.
二、转化与化归思想在指数函数中的应用
3.(多选题)(2024吉林长春第二中学期中)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.(2025福建泉州五中期中)已知函数f(x)=是奇函数,并且函数f(x)的图象经过点.
(1)求实数a,b的值及f(x)的值域;
(2)解不等式f(x2+x)+f(x-3)<0;
(3)若对任意t∈[1,3]恒有f(t2-kt)+f(t+k)≤0成立,求实数k的取值范围.
三、分类讨论思想在指数函数中的应用
5.(2025江西临川二中月考)已知函数f(x)=若对任意的x1∈[2,+∞),都存在唯一的x2∈(-∞,2),满足f(x2)=f(x1),则实数a的取值范围是　　　　.
6.(2024天津滨海新区大港第一中学期中)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.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.AC 4.B 6.BD
1.AC　由题意知<1,即-1<0,即>0,
故(x+2)(x-2)>0,∴x<-2或x>2.
--3=-|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.
2.答案　-2
解析　因为a>0,所以===-,
===.
因为b>8,所以>2,
所以==|2-|=-2(易错点),
所以-+=--+-2=-2.
易错警示
对于,当n为奇数时,=a;当n为偶数时,=|a|,此时要特别注意a的正负,当a为负数时,=-a,当a为非负数时,=a.
3.解析　(1)当k=1时,f(x)=22x+2·2x+1=,而2x+1∈(1,+∞),所以f(x)∈(1,+∞).
(2)令t=2x,则t>0(易错点),则原函数等价为g(t)=t2+2kt+1,t>0,易知y=t2+2kt+1在R上的图象开口向上且对称轴为直线t=-k.
当-k≤0,即k≥0时,g(t)在(0,+∞)上单调递增,无最小值,不满足题意;
当-k>0,即k<0时,g(t)在(0,-k)上单调递减,在(-k,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=g(t)min=g(-k)=-k2+1=-3,解得k=-2(正值舍去).
(3)由题意知f(x)=22x-4·2x+1≤-8有解,即≥2x+-4有解,
设h(x)=2x+-4,问题转化为求h(x)的最小值,
因为2x>0,所以h(x)=2x+-4≥2-4=2,当且仅当2x=3时取等号,所以≥2,即0故实数a的取值范围为.
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.B　当x<1时,f(x)=-ax2+2ax-a+3=-a(x-1)2+3,
又a>0,所以f(x)=-a(x-1)2+3<3,
若函数f(x)的值域为R,则当x≥1时,f(x)=ax+a的值域包含[3,+∞).
若0故f(x)≤f(1)=2a,不合题意;
若a>1,则f(x)=ax+a在[1,+∞)上单调递增,
故f(x)≥f(1)=2a,则2a≤3,所以1综上所述,实数a的取值范围是.
5.答案　(0,1)∪[3,+∞)
解析　若f(x)在定义域上单调递减,则解得0若f(x)在定义域上单调递增,则解得a≥3.
所以a的取值范围是(0,1)∪[3,+∞).
易错警示
若指数(型)函数的底数含参,则解题时要根据底数与1的大小关系进行分类讨论.
6.BD　对于A,当x-1=0,即x=1时,f(1)=1-2=-1,则f(x)的图象恒过定点(1,-1),故A错误;
对于B,由题意得解得x≥2,所以函数的定义域为[2,+∞),故B正确;
对于C,令t=,则y=t+,且t=≥5,易得y=t+在区间[5,+∞)上单调递增,则f(x)≥5+>6,故C错误;
对于D,由-x2-x+2≥0,解得-2≤x≤1,即f(x)的定义域为[-2,1](易错点)(求单调区间时,应先求定义域),
设u=,则y=,易知u=在区间上单调递增,在区间上单调递减,
由于y=在R上单调递减,由复合函数“同增异减”的原则知f(x)在上单调递增,故f(x)的单调递增区间为,故D正确.
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,+∞)上单调递增,即h(x)在区间[2,+∞)上单调递增,所以-b≤2,即b≥-2.
②当0综上,f(x)在区间[2,+∞)上单调递增时,a,b应满足的条件为a>1且b≥-2.
易错警示
形如y=af(x)(a>0,且a≠1)的函数的单调性的判断要遵循“同增异减”的原则:当a>1时,y=af(x)与y=f(x)的单调性相同;当0思想方法练
1.C　由[f(x)]2-3tf(x)+2t2=0得f(x)=t或f(x)=2t,作出函数f(x)的图象,如图,
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.
当t≤0时,不符合题意;
当t>0时,2t>t,
要使方程[f(x)]2-3tf(x)+2t2=0有三个不同的解,需满足方程f(x)=t有两个不同的解,方程f(x)=2t有且只有一个解,
由图象知所以≤t<1.
2.答案　2
解析　f(x)=2x,g(x)=2x,要想对于区间D上的一切实数x都有f(x)≤g(x)成立,即2x≤2x在[m,n]上恒成立,
y=2x与y=2x的图象如图所示:
由图可知2x≤2x时,1≤x≤2,
画出两函数的图象,由图象的位置关系直接得到不等式的解集.
所以当[m,n] [1,2]时,满足题意,
故m的最小值为1,n的最大值为2,所以2|m-n|的最大值为2|1-2|=2.
思想方法
解决与指数(型)函数有关的方程的根的问题,通常通过画出函数图象,转化为图象交点问题.在研究函数的相关性质时,也可画出函数图象,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04.解析　(1)因为函数f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x),即=-,
化简可得(ab+1)22x+2(a+b)2x+ab+1=0,
所以解得或
又f(1)=-,所以=-,所以a=-1,b=1.
所以f(x)==-1+,
因为2x>0,所以2x+1>1,所以0<<1,
所以f(x)==-1+∈(-1,1),
即函数f(x)的值域为(-1,1).
(2)由(1)得f(x)==-1,其定义域为R,
任取x1,x2∈R,且x1>0,
所以f(x1)-f(x2)=-=>0,
所以f(x1)>f(x2),即函数f(x)为R上的减函数,
又f(x)在R上为奇函数,
利用f(x)的单调性和奇偶性脱去“f”,将原不等式转化为一元二次不等式求解.
所以f(x2+x)+f(x-3)<0即f(x2+x)<-f(x-3)=f(3-x),
所以x2+x>3-x,解得x<-3或x>1,
所以原不等式的解集为{x|x<-3或x>1}.
(3)由(2)知f(x)在R上单调递减且为奇函数,
利用f(x)的单调性和奇偶性脱去“f ”,将原不等式恒成立问题转化为一元二次不等式恒成立问题来求解.
所以f(t2-kt)+f(t+k)≤0即f(t2-kt)≤-f(t+k),
即f(t2-kt)≤f(-t-k),即t2-kt≥-t-k,
化简得k(t-1)≤t2+t,t∈[1,3],
当t=1时,k(t-1)≤t2+t恒成立,
当t∈(1,3]时,k≤,
分离参数,将原不等式恒成立问题转化为最值问题.
令g(t)===t+2+=(t-1)++3,t∈(1,3],
令m=t-1,则m∈(0,2],所以y=m++3≥2+3=2+3,
利用换元法进一步转化,再结合基本不等式求得最值.
当且仅当m=,即t=+1时取等号,所以k≤3+2.
思想方法
转化与化归思想在本章中常见的应用: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等.
5.答案　0≤a<4
解析　当x≥2时,函数f(x)=x+≥2=4,当且仅当x=,即x=2时,等号成立,
所以f(x)=在[2,+∞)上的值域为[4,+∞),且f(x)=x+在[2,+∞)上单调递增.
当x<2时,f(x)=2|x-a|.
①当a<2时,因为y=2t单调递增,t=|x-a|在(-∞,a)上单调递减,在(a,2)上单调递增,
所以f(x)=2|x-a|在(-∞,a)上单调递减,在(a,2)上单调递增,且f(a)=1<4,
要使对任意的x1∈[2,+∞),都存在唯一的x2∈(-∞,2),满足f(x2)=f(x1),
则2|2-a|≤4,所以|2-a|≤2,解得0≤a≤4,又a<2,所以0≤a<2;
②当a≥2时,f(x)=2a-x在(-∞,2)上单调递减,要使对任意的x1∈[2,+∞),都存在唯一的x2∈(-∞,2),满足f(x2)=f(x1),则2a-2<4,解得a<4,
又a≥2,所以2≤a<4.
综上所述,实数a的取值范围是0≤a<4.
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,经检验知满足题意,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.
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,函数y=t2-2mt+2在上单调递减,在(m,+∞)上单调递增,当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中的应用主要体现在当指数(型)函数的底数a不确定时,需要分01两种情况讨论,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.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)