第二章函數(shù)解答題36題

必修１第二章解答題36題一、解答題1、求滿足logxy＝1的y與x的函數(shù)關(guān)系式,并畫出其圖象,指出是什么曲線．2、已知lg(x＋2y)＋lg(x－y)＝lg2＋lgx＋lgy,求eq\f(x,y)的值．3、已知函數(shù)y＝y(tǒng)1＋y2,其中y1與log3x成正比例,y2與log3x成反比例．且當(dāng)x＝eq\f(1,9)時(shí),y1＝2；當(dāng)x＝eq\f(1,27)時(shí),y2＝－3,試確定函數(shù)y的具體表達(dá)式．4、設(shè)函數(shù)、(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(3)證明函數(shù)f(x)在其定義域上是單調(diào)增函數(shù)；(4)求函數(shù)f(x)的反函數(shù)、5、已求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、6、現(xiàn)有某種細(xì)胞100個(gè),其中有占總數(shù)的細(xì)胞每小時(shí)分裂一次,即由1個(gè)細(xì)胞分裂成2個(gè)細(xì)胞,按這種規(guī)律發(fā)展下去,經(jīng)過(guò)多少小時(shí),細(xì)胞總數(shù)可以超過(guò)個(gè)？（參考數(shù)據(jù)：7、設(shè)x,y,z∈R+,且3x=4y=6z、(1)求證：;(2)比較3x,4y,6z的大小、8、已知函數(shù)、(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)求函數(shù)f(x)的值域、9、如圖,A,B,C為函數(shù)的圖象上的三點(diǎn),它們的橫坐標(biāo)分別是t,t+2,t+4(t1)、 (1)設(shè)ABC的面積為S求S=f(t)； (2)判斷函數(shù)S=f(t)的單調(diào)性； (3)求S=f(t)的最大值、10、求證：函數(shù)在R上為奇函數(shù)且為增函數(shù)、11、下面六個(gè)冪函數(shù)的圖象如圖所示,試建立函數(shù)與圖象之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系、 （A）（B）（C）（D）（E）（F）12、由于對(duì)某種商品開(kāi)始收稅,使其定價(jià)比原定價(jià)上漲x成（即上漲率為漲價(jià)后,商品賣出個(gè)數(shù)減少bx成,稅率是新定價(jià)的a成,這里a,b均為正常數(shù),且a<10,設(shè)售貨款扣除稅款后,剩余y元,要使y最大,求x的值、13、討論函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,5))x2－2x的單調(diào)性,并求其值域．14、已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))·x、(1)求函數(shù)的定義域；(2)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(3)求證：f(x)>0、15、已知f(x)＝logaeq\f(1＋x,1－x)(a>0且a≠1),(1)求f(x)的定義域；(2)判斷y＝f(x)的奇偶性；(3)求使f(x)>0的x的取值范圍．16、已知函數(shù)f(x)＝lg(ax－bx),(a>1>b>0)．(1)求f(x)的定義域；(2)若f(x)在(1,＋∞)上遞增且恒取正值,求a,b滿足的關(guān)系式．17、已知函數(shù)f(x)＝(m2－m－1)且x∈(0,＋∞)時(shí),f(x)是增函數(shù),求f(x)的解析式．18、已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)、(1)判斷函數(shù)的奇偶性；(2)證明：f(x)在(－∞,＋∞)上是增函數(shù)．19、已知函數(shù)(1)求f(x)的定義域；(2)證明f(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)．20、已知x>1且x≠eq\f(4,3),f(x)＝1＋logx3,g(x)＝2logx2,試比較f(x)與g(x)的大小．21、已知－3≤≤－eq\f(3,2),求函數(shù)f(x)＝log2eq\f(x,2)·log2eq\f(x,4)的最大值和最小值．22、已知函數(shù)f(x)＝logaeq\f(x＋1,x－1)(a>0且a≠1),(1)求f(x)的定義域；(2)判斷函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性．23、設(shè)函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(a,2x)－1(a為實(shí)數(shù))．(1)當(dāng)a＝0時(shí),若函數(shù)y＝g(x)為奇函數(shù),且在x>0時(shí)g(x)＝f(x),求函數(shù)y＝g(x)的解析式；(2)當(dāng)a<0時(shí),求關(guān)于x的方程f(x)＝0在實(shí)數(shù)集R上的解．24、(1)設(shè)loga2＝m,loga3＝n,求a2m＋n的值；(2)計(jì)算：log49－log212＋、25、(1)計(jì)算：(－3)0－＋(－2)－2－；(2)已知a＝eq\f(1,\r(2)),b＝eq\f(1,\r(3,2)),求[]2的值．26、已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋2)是奇函數(shù)．(1)求b的值；(2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)若對(duì)任意的t∈R,不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立,求k的取值范圍．27、已知a、b、c是△ABC的三邊,且關(guān)于x的二次方程x2－2x＋lg(c2－b2)－2lga＋1＝0有等根,判斷△ABC的形狀．．28、設(shè)函數(shù)f(x)＝log2(4x)·log2(2x),eq\f(1,4)≤x≤4,(1)若t＝log2x,求t的取值范圍；(2)求f(x)的最值,并寫出最值時(shí)對(duì)應(yīng)的x的值．29、已知函數(shù)f(x)＝log2(ax＋b),若f(2)＝1,f(3)＝2,求f(5)．30、已知函數(shù)f(x)＝2a·4x－2x－1、(1)當(dāng)a＝1時(shí),求函數(shù)f(x)在x∈[－3,0]的值域；(2)若關(guān)于x的方程f(x)＝0有解,求a的取值范圍．31、已知指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1)．(1)求f(x)的反函數(shù)g(x)的解析式；(2)解不等式：g(x)≤loga(2－3x)．32、已知f(x)＝eq\f(10x－10－x,10x＋10－x)、(1)求證f(x)是定義域內(nèi)的增函數(shù)；(2)求f(x)的值域．33、已知f(x)＝eq\f(1,2x－1)＋a是奇函數(shù),求a的值及函數(shù)值域．34、已知常數(shù)a、b滿足a>1>b>0,若f(x)＝lg(ax－bx)．(1)求y＝f(x)的定義域；(2)證明y＝f(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù)；(3)若f(x)恰在(1,＋∞)內(nèi)取正值,且f(2)＝lg2,求a、b的值．35、(1)計(jì)算：eq\f(\r(lg23－lg9＋lg10)(lg\r(27)＋lg8－lg\r(1000)),(lg0.3)(lg1.2))(2)設(shè)a、b滿足條件a>b>1,3logab＋3logba＝10,求式子logab－logba的值．36、已知f(x)＝logaeq\f(1＋x,1－x)(a>0,a≠1)．(1)求f(x)的定義域；(2)判斷f(x)的奇偶性并予以證明；(3)求使f(x)>0的x的取值范圍．以下是答案一、解答題1、[解析]由logxy＝1得y＝x(x>0,且x≠1)畫圖：一條射線y＝x(x>0)除去點(diǎn)(1,1)．2、[解析]由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y>0,x－y>0,x>0,y>0,(x＋2y)(x－y)＝2xy))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>y,y>0,(x＋2y)(x－y)＝2xy)),整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>y,y>0,(x－2y)(x＋y)＝0))∴x－2y＝0,因此eq\f(x,y)＝2、3、[解析]設(shè)y1＝klog3x,y2＝eq\f(m,log3x),∴當(dāng)x＝eq\f(1,9)時(shí),klog3eq\f(1,9)＝2,∴k＝－1當(dāng)x＝eq\f(1,27)時(shí),eq\f(m,log3\f(1,27))＝－3,∴m＝9∴y＝y(tǒng)1＋y2＝－log3x＋eq\f(9,log3x)、4、(1)由得x∈R,定義域?yàn)镽、(2)是奇函數(shù)、(3)設(shè)x1,x2∈R,且x1＜x2,則,則、===∵x1－x2＜0,,∴t1－t2＜0,∴0＜t1＜t2,,∴f(x1)－f(x2)＜lg1=0,即f(x1)＜f(x2),∴函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)增函數(shù)、(4)反函數(shù)為(xR)5、由>0得0<x<1,所以函數(shù)的定義域是(0,1)因?yàn)?<=,所以,當(dāng)0<a<1時(shí),函數(shù)的值域?yàn)?當(dāng)a>1時(shí),函數(shù)的值域?yàn)楫?dāng)0<a<1時(shí),函數(shù)在上是減函數(shù),在上是增函數(shù)；當(dāng)a>1時(shí),函數(shù)在上是增函數(shù),在上是減函數(shù)、6、現(xiàn)有細(xì)胞100個(gè),先考慮經(jīng)過(guò)1、2、3、4個(gè)小時(shí)后的細(xì)胞總數(shù),1小時(shí)后,細(xì)胞總數(shù)為；2小時(shí)后,細(xì)胞總數(shù)為；3小時(shí)后,細(xì)胞總數(shù)為；4小時(shí)后,細(xì)胞總數(shù)為；可見(jiàn),細(xì)胞總數(shù)與時(shí)間（小時(shí)）之間的函數(shù)關(guān)系為：,由得兩邊取以10為底的對(duì)數(shù),得,經(jīng)過(guò)46小時(shí),細(xì)胞總數(shù)超過(guò)個(gè)、7、(1)設(shè)3x=4y=6z=t、∵x＞0,y＞0,z＞0,∴t＞1,lgt＞0,、(2)3x＜4y＜6z、8、(1)函數(shù)的定義域?yàn)?1,p)、(2)當(dāng)p＞3時(shí),f(x)的值域?yàn)?－∞,2log2(p+1)－2)；當(dāng)1＜p3時(shí),f(x)的值域?yàn)?－,1+log2(p+1))、9、（1）過(guò)A,B,C,分別作AA1,BB1,CC1垂直于x軸,垂足為A1,B1,C1,則S=S梯形AA1B1B+S梯形BB1C1C－S梯形AA1C1C、（2）因?yàn)関=在上是增函數(shù),且v5,上是減函數(shù),且1<u;S上是增函數(shù),所以復(fù)合函數(shù)S=f(t)上是減函數(shù)（3）由（2）知t=1時(shí),S有最大值,最大值是f(1)10、解：顯然奇函數(shù)；令,則其中,顯然=由于且不能同時(shí)為0,否則,故、從而、所以該函數(shù)為增函數(shù)、11、解：六個(gè)冪函數(shù)的定義域,奇偶性,單調(diào)性如下：（1）定義域 通過(guò)上面分析,可以得出（1）?（A）,（2）?（F）,（3）?（E）,（4）?（C）,（5）?（D）,（6）?（B）、12、解：設(shè)原定價(jià)A元,賣出B個(gè),則現(xiàn)在定價(jià)為A(1+),現(xiàn)在賣出個(gè)數(shù)為B(1－),現(xiàn)在售貨金額為A(1+)B(1－)=AB(1+)(1－),應(yīng)交稅款為AB(1+)(1－)·,剩余款為y=AB(1+)(1－)=AB,所以時(shí)y最大要使y最大,x的值為、13、[解析]解法1：∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞,＋∞)．設(shè)x1、x2∈(－∞,＋∞)且有x1<x2,(1)當(dāng)x1<x2≤1時(shí),x1＋x2<2,則有x2＋x1－2<0,又∵x2－x1>0,∴(x2－x1)(x2＋x1－2)<0,又∵對(duì)于x∈R,f(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(x1),∴函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,5))x2－2x在(－∞,1]上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)1≤x1<x2時(shí),x1＋x2>2,則有x2＋x1－2>0,又∵x2－x1>0,∴(x2－x1)(x2＋x1－2)>0,∴函數(shù)f(x)在[1,＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述,函數(shù)f(x)在(－∞,1]上是增函數(shù)；在區(qū)間[1,＋∞)上是減函數(shù)．∵x2－2x＝(x－1)2－1≥－1,又0<eq\f(1,5)<1,∴0<(eq\f(1,5))x2－2x≤(eq\f(1,5))－1＝5,∴函數(shù)f(x)的值域是(0,5]．解法2：∵函數(shù)f(x)的定義域是(－∞,＋∞),令t＝x2－2x,u＝(eq\f(1,5))t,又∵t＝x2－2x＝(x－1)2－1在(－∞,1]上是減函數(shù),在[1,＋∞)上是增函數(shù),u＝(eq\f(1,5))t在其定義域內(nèi)是減函數(shù),∴函數(shù)f(x)在(－∞,1]上為增函數(shù),在[1,＋∞)上是減函數(shù)．以下求值域方法同上．14、解：(1)由2x－1≠0得x≠0,∴函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠0,x∈R}．(2)在定義域內(nèi)任取x,則－x一定在定義域內(nèi)．f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－x－1)＋\f(1,2)))(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,1－2x)＋\f(1,2)))(－x)＝－eq\f(1＋2x,21－2x)·x＝eq\f(2x＋1,22x－1)·x、而f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x＝eq\f(2x＋1,22x－1)·x,∴f(－x)＝f(x)．∴f(x)為偶函數(shù)．(3)證明：當(dāng)x>0時(shí),2x>1,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))·x>0、又f(x)為偶函數(shù),∴當(dāng)x<0時(shí),f(x)>0、故當(dāng)x∈R且x≠0時(shí),f(x)>0、 15、[解析](1)依題意有eq\f(1＋x,1－x)>0,即(1＋x)(1－x)>0,所以－1<x<1,所以函數(shù)的定義域?yàn)?－1,1)．(2)f(x)為奇函數(shù)．因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?－1,1),又f(－x)＝logaeq\f(1－x,1＋x)＝loga(eq\f(1＋x,1－x))－1＝－logaeq\f(1＋x,1－x)＝－f(x),因此y＝f(x)為奇函數(shù)．(3)由f(x)>0得,logaeq\f(1＋x,1－x)>0(a>0,a≠1),①當(dāng)0<a<1時(shí),由①可得0<eq\f(1＋x,1－x)<1, ②解得－1<x<0；當(dāng)a>1時(shí),由①知eq\f(1＋x,1－x)>1, ③解此不等式得0<x<1、16、解：(1)由ax－bx>0,得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))x>1、∵a>1>b>0,∴eq\f(a,b)>1,∴x>0、即f(x)的定義域?yàn)?0,＋∞)．(2)∵f(x)在(1,＋∞)上遞增且恒為正值,∴f(x)>f(1),只要f(1)≥0,即lg(a－b)≥0,∴a－b≥1、∴a≥b＋1為所求．17、解：∵f(x)是冪函數(shù),∴m2－m－1＝1,∴m＝－1或m＝2,∴f(x)＝x－3或f(x)＝x3,而易知f(x)＝x－3在(0,＋∞)上為減函數(shù),f(x)＝x3在(0,＋∞)上為增函數(shù)．∴f(x)＝x3、18、解：(1)函數(shù)定義域?yàn)镽、f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－eq\f(2x－1,2x＋1)＝－f(x),所以函數(shù)為奇函數(shù)．(2)證明：不妨設(shè)－∞<x1<x2<＋∞,∴2x2>2x1、又因?yàn)閒(x2)－f(x1)＝eq\f(2x2－1,2x2＋1)－eq\f(2x1－1,2x1＋1)＝eq\f(22x2－2x1,2x1＋12x2＋1)>0,∴f(x2)>f(x1)．所以f(x)在(－∞,＋∞)上是增函數(shù)．19、∵x2>x1≥0,∴x2－x1>0,eq\r(x2)＋eq\r(x1)>0,∴f(x1)－f(x2)>0,∴f(x2)<f(x1)．于是f(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)．20、解f(x)－g(x)＝1＋logx3－2logx2＝1＋logxeq\f(3,4)＝logxeq\f(3,4)x,當(dāng)1<x<eq\f(4,3)時(shí),eq\f(3,4)x<1,∴l(xiāng)ogxeq\f(3,4)x<0；當(dāng)x>eq\f(4,3)時(shí),eq\f(3,4)x>1,∴l(xiāng)ogxeq\f(3,4)x>0、即當(dāng)1<x<eq\f(4,3)時(shí),f(x)<g(x)；當(dāng)x>eq\f(4,3)時(shí),f(x)>g(x)．21、解∵f(x)＝log2eq\f(x,2)·log2eq\f(x,4)＝(log2x－1)(log2x－2)＝(log2x)2－3log2x＋2＝(log2x－eq\f(3,2))2－eq\f(1,4),∵－3≤≤－eq\f(3,2)、∴eq\f(3,2)≤log2x≤3、∴當(dāng)log2x＝eq\f(3,2),即x＝2eq\r(2)時(shí),f(x)有最小值－eq\f(1,4)；當(dāng)log2x＝3,即x＝8時(shí),f(x)有最大值2、22、解(1)要使此函數(shù)有意義,則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0,x－1>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1<0,x－1<0)),解得x>1或x<－1,此函數(shù)的定義域?yàn)?－∞,－1)∪(1,＋∞),關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．(2)f(－x)＝logaeq\f(－x＋1,－x－1)＝logaeq\f(x－1,x＋1)＝－logaeq\f(x＋1,x－1)＝－f(x)．∴f(x)為奇函數(shù)．f(x)＝logaeq\f(x＋1,x－1)＝loga(1＋eq\f(2,x－1)),函數(shù)u＝1＋eq\f(2,x－1)在區(qū)間(－∞,－1)和區(qū)間(1,＋∞)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)a>1時(shí),f(x)＝logaeq\f(x＋1,x－1)在(－∞,－1),(1,＋∞)上遞減；當(dāng)0<a<1時(shí),f(x)＝logaeq\f(x＋1,x－1)在(－∞,－1),(1,＋∞)上遞增．23、解(1)當(dāng)a＝0時(shí),f(x)＝2x－1,由已知g(－x)＝－g(x),則當(dāng)x<0時(shí),g(x)＝－g(－x)＝－f(－x)＝－(2－x－1)＝－(eq\f(1,2))x＋1,由于g(x)為奇函數(shù),故知x＝0時(shí),g(x)＝0,∴g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≥0,－(\f(1,2))x＋1，x<0))、(2)f(x)＝0,即2x＋eq\f(a,2x)－1＝0,整理,得：(2x)2－2x＋a＝0,所以2x＝eq\f(1±\r(1－4a),2),又a<0,所以eq\r(1－4a)>1,所以2x＝eq\f(1＋\r(1－4a),2),從而x＝log2eq\f(1＋\r(1－4a),2)、24、解(1)∵loga2＝m,loga3＝n,∴am＝2,an＝3、∴a2m＋n＝a2m·an＝(am)2·an＝22·3＝12、(2)原式＝log23－(log23＋log24)＋＝log23－log23－2＋eq\f(2,5)＝－eq\f(8,5)、25、解(1)原式＝1－0＋eq\f(1,(－2)2)－＝1＋eq\f(1,4)－2－1＝1＋eq\f(1,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)、(2)因?yàn)閍＝eq\f(1,\r(2)),b＝eq\f(1,\r(3,2)),所以原式＝＝、26、解(1)因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),所以f(0)＝0,即eq\f(b－1,2＋2)＝0?b＝1、∴f(x)＝eq\f(1－2x,2＋2x＋1)、(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1－2x,2＋2x＋1)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1),設(shè)x1<x2則f(x1)－f(x2)＝＝、因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x在R上是增函數(shù)且x1<x2,∴－>0、又(＋1)(＋1)>0,∴f(x1)－f(x2)>0,即f(x1)>f(x2)．∴f(x)在(－∞,＋∞)上為減函數(shù)．(3)因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),從而不等式：f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0、等價(jià)于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(k－2t2),因f(x)為減函數(shù),由上式推得：t2－2t>k－2t2、即對(duì)一切t∈R有：3t2－2t－k>0,從而判別式Δ＝4＋12k<0?k<－eq\f(1,3)、27、[解析]∵方程有等根∴Δ＝4－4[lg(c2－b2)－2lga＋1]＝4－4lgeq\f(10(c2－b2),a2)＝0,∴l(xiāng)geq\f(10(c2－b2),a2)＝1,∴eq\f(10(c2－b2),a2)＝10∴c2－b2＝a2即a2＋b2＝c2,∴△ABC為直角三角形。28、解(1)∵t＝log2x,eq\f(1,4)≤x≤4,∴l(xiāng)og2eq\f(1,4)≤t≤log24,即－2≤t≤2、(2)f(x)＝(log24＋log2x)(log22＋log2x)＝(log2x)2＋3log2x＋2,∴令t＝log2x,則y＝t2＋3t＋2＝(t＋eq\f(3,2))2－eq\f(1,4),∴當(dāng)t＝－eq\f(3,2)即log2x＝－eq\f(3,2),x＝時(shí),f(x)min＝－eq\f(1,4)、當(dāng)t＝2即x＝4時(shí),f(x)max＝12、29、解：由f(2)＝1,f(3)＝2,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log22a＋b＝1,log23a＋b＝2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝2,3a＋b＝4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2.))∴f(x)＝log2(2x－2),∴f(5)＝log28＝3、30、解(1)當(dāng)a＝1時(shí),f(x)＝2·4x－2x－1＝2(2x)2－2x－1,令t＝2x,x∈[－3,0],則t∈[eq\f(1,8),1],故y＝2t2－t－1＝2(t－eq\f(1,4))2－eq\f(9,8),t∈[eq\f(1,8),1],故值域?yàn)閇－eq\f(9,8),0]．(2)關(guān)于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解,等價(jià)于方程2ax2－x－1＝0在(0,＋∞)上有解．記g(x)＝2ax2－x－1,當(dāng)a＝0時(shí),解為x＝－1<0,不成立；當(dāng)a<0時(shí),開(kāi)口向下,對(duì)稱軸x＝eq\f(1,4a)<0,過(guò)點(diǎn)(0,－1),不成立；當(dāng)a>0時(shí),開(kāi)口向上,對(duì)稱軸x＝eq\f(1,4a)>0,過(guò)點(diǎn)(0,－1),必有一個(gè)根為正,符合要求．故a的取值范圍為(0,＋∞)．31、解(1)指數(shù)函數(shù)f(x)＝ax(a>0且a≠1),則f(x)的反函數(shù)g(x)＝logax(a>0且a≠1)．(2)∵g(x)≤loga(2－3x),∴l(xiāng)ogax≤loga(2－3x)若a>1,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,2－3x>0,x≤2－3x)),解得0<x≤eq\f(1,2),若0<a<1,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,2－3x>0,x≥2－3x)),解得eq\f(1,2)≤x<eq\f(2,3),綜上所述,a>1時(shí),不等式解集為(0,eq\f(1,2)]；0<a<1時(shí),不等式解集為[eq\f(1,2),eq\f(2,3))．32、[解析](1)證法1：f(x)＝eq\f(10x－10－x,10x＋10－x)＝eq\f(102x－1,102x＋1)＝1－eq\f(2,102x＋1)、令x2>x1,則f(x2)－f(x1)＝、故當(dāng)x2>x1時(shí),f(x2)－f(x1)>0,即f(x2)>f(x1)．所以f(x)是增函數(shù)．證法2：考慮復(fù)合函數(shù)的增減性．由f(x)＝eq\f(10x－10－x,10x＋10－x)＝1－eq\f(2,102x＋1)、∵10x為增函數(shù),∴102x＋1為增函數(shù),eq\f(2,102x＋1)為減函數(shù),－eq\f(2,102x＋1)為增函數(shù)．∴f(x)＝1－eq\f(2,102x＋1)在定義域內(nèi)是增函數(shù)．(2)令y＝f(x)．由y＝eq\f(102x－1,102x＋1),解得102x＝eq\f(1＋y,1－y)、∵102x>0,∴－1<y<1、即f(x)的值域?yàn)?－1,1)．33、[分析]本題是函數(shù)奇偶性與指數(shù)函數(shù)的結(jié)合,利用f(－x)＝－f(x)恒成立,可求得a值．其值域可借助基本函數(shù)值域求得．[解析]①∵f(x)是奇函數(shù),∴f(－x)＝－f(x)對(duì)定義域內(nèi)的每一個(gè)x都成立．即－[eq\f(1,2x－1)＋a]＝eq\f(1,2－x－1)＋a,∴2a＝－eq\f(1,2－x－1)－eq\f(1,2x－1)＝1,∴a＝eq\f(1,2)、②∵2x－1≠0∴x≠0∴定義域?yàn)?－∞,0)∪(0,＋∞)∵u＝2x－1>－1且u≠0,∴eq\f(1,u)<－1或eq\f(1,u)>0∴eq\f(1,2x－1)＋eq\f(1,2)<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2x－1)＋eq\f(1,2)>eq\f(1,2)∴f(x)的值域?yàn)?－∞,－eq\f(1,2))∪(eq\f(1,2),＋∞)．34、(1)解∵ax－bx>0,∴ax>bx,∴(eq\f(a,b))x>1、∵a>1>b>0,∴eq\f(a,b)>1、∴y＝(eq\f(a,b))x在R上遞增．∵(eq\f(a,b))x>(eq\f(a,b))0,∴x>0、∴f(x)的定義域?yàn)?0,＋∞)．(2)證明設(shè)x1>x2>0,∵a>1>b>0,∴>>1,0<<<1、∴－>－>－1、∴－>－>0、又∵y＝lgx在(0,＋∞)上是增函數(shù),∴l(xiāng)g(－)>lg(－),即f(x1)>f(x2)．∴f(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù)．(3)解由(2)得,f(x)在定義域內(nèi)為增函數(shù),又恰在(1,＋∞)內(nèi)取正值,∴f(1)＝0、又f(2)＝lg2,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lg(a－b)＝0，,lg(a2－b2)＝lg2.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝1，,a2－b2＝2.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2)，,b＝\f(1,2).))35、[分析](1)因9＝32,27＝33,8＝23,12＝22·3,故需將式中的項(xiàng)設(shè)法化為與lg2,lg3相關(guān)的項(xiàng)求解；(2)題設(shè)條件與待求式均為x＋y＝c1,x－y＝c2的形式,注意到x·y＝logab·logba＝1,可從x·y入手構(gòu)造方程求解．[解析](1)l