高中数学湘教版（2019）必修 第一册4.2 指数函数第二课时练习

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第一册4.2 指数函数第二课时练习，共6页。
 课时跟踪检测(二十七)　指数函数性质的应用(习题课)[A级　基础巩固]1．函数f(x)＝()x在区间[1，2]上的最大值是(　　)A.　　　　　　　　　　 B．C．3  D．2解析：选C　因为>1，所以指数函数f(x)＝()x为增函数，所以当x＝2时，函数取得最大值，且最大值为3.2．已知a＝，b＝20.3，c＝0.30.2，则a，b，c三者的大小关系是(　　)A．b>c>a  B．b>a>cC．a>b>c  D．c>b>a解析：选A　a＝＝0.30.5.∵f(x)＝0.3x在R上单调递减，∴0.30.5<0.30.2<0.30⇒a<c<1.又b＝20.3>20＝1，∴a<c<b，故选A.3．f(x)＝2|x|，x∈R，那么f(x)是(　　)A．奇函数且在(0，＋∞)上是增函数B．偶函数且在(0，＋∞)上是增函数C．奇函数且在(0，＋∞)上是减函数D．偶函数且在(0，＋∞)上是减函数解析：选B　由x∈R且f(－x)＝f(x)知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝2x是增函数．4．指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在R上是减函数，则函数g(x)＝(a－2)x3在R上的单调性为(　　)A．单调递增B．在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)上递增C．单调递减D．在(0，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递减解析：选C　∵指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在R上是减函数，∴0<a<1，∴a－2<0，∴g(x)＝(a－2)x3在R上是减函数，故选C.5．(多选)若f(x)＝3x＋1，则(　　)A．f(x)在[－1，1]上单调递增B．y＝3x＋1与y＝＋1的图象关于y轴对称C．f(x)的图象过点(0，1)D．f(x)的值域为[1，＋∞)解析：选AB　f(x)＝3x＋1在R上单调递增，则A正确；y＝3x＋1与y＝3－x＋1的图象关于y轴对称，则B正确；由f(0)＝2，得f(x)的图象过点(0，2)，则C错误；由3x>0，可得f(x)>1，则D错误．故选A、B.6．函数y＝3的单调递减区间是________．解析：设u＝，则y＝3u，因为u＝在(－∞，0) 和(0，＋∞)上是减函数，且y＝3u在R上是增函数，所以函数y＝3的单调递减区间是(－∞，0)和(0，＋∞)．答案：(－∞，0)和(0，＋∞)7．函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是________．解析：由单调性定义，f(x)为减函数应满足：即≤a＜1.答案：8．函数y＝的单调递增区间为________；奇偶性为________．解析：设u＝－|x|＋1，则y＝.易知u＝－|x|＋1的单调递减区间为[0，＋∞)，y＝是减函数，∴y＝的单调递增区间为[0，＋∞)．∵f(－x)＝＝＝f(x)，∴f(x)是偶函数．答案：[0，＋∞)　偶函数9．已知函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)的图象经过点(2，4)．(1)求a的值；(2)若a2x＋1<a3x－1，求x的取值范围．解：(1)∵f(x)＝ax(a>0，且a≠1)的图象经过点(2，4)，∴a2＝4，又a>0，且a≠1，∴a＝2.(2)由(1)得a＝2，由a2x＋1<a3x－1，代入a＝2，可得22x＋1<23x－1，由指数函数的单调性可知2x＋1<3x－1，解得x>2，即x的取值范围是(2，＋∞)．10．设0≤x≤2，y＝4x－－3·2x＋5，试求该函数的最值．解：令t＝2x，0≤x≤2，∴1≤t≤4.则y＝22x－1－3·2x＋5＝t2－3t＋5.配方得y＝(t－3)2＋，t∈[1，4]，∴y＝(t－3)2＋，t∈[1，3]上是减函数；t∈[3，4]上是增函数，∴当t＝3时，ymin＝；当t＝1时，ymax＝.故函数的最大值为，最小值为.[B级　综合运用]11．若不等式2x2＋1≤的解集是函数y＝2x的定义域，则函数y＝2x的值域是(　　)A.  B．C.  D．[2，＋∞)解析：选B　由2x2＋1≤得2x2＋1≤2－2x＋4，即x2＋1≤－2x＋4，解得－3≤x≤1，所以函数y＝2x的定义域为[－3，1]．由于函数y＝2x在R上单调递增，故当x＝－3时取得最小值，当x＝1时取得最大值2，所以函数的值域为.故选B.12．(多选)函数y＝f(x)＝|ax－a|(a>0且a≠1)的图象可能为(　　)解析：选BC　当a>1时，不妨取a＝2，则y＝|2x－2|的图象如图①，故C正确．当0<a<1时，y＝|ax－a|的大致图象如图②，故B正确．13．已知函数f(x)＝bax(其中a，b为常数，a>0，且a≠1)的图象经过A(1，6)，B(2，18)两点．若不等式＋－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，则实数m的最大值为________．解析：由已知可得解得则不等式＋－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，设g(x)＝＋－m，显然函数g(x)＝＋－m在(－∞，1]上单调递减，∴g(x)≥g(1)＝＋－m＝－m，故－m≥0，即m≤，∴实数m的最大值为.答案：14．已知函数f(x)＝2－x.(1)求f(0)－2××2－2的值；(2)若函数h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)，g(x)满足下列条件：①h(x)为偶函数；②h(x)≥2且∃x∈R使得h(x)＝2；③g(x)>0且g(x)恒过(0，1)点．写出一个符合题意的函数g(x)，并说明理由．解：(1)由题意知：f(0)－2××2－2＝20－2×2×2－2＝1－2＝1－20＝0.(2)满足题意的函数g(x)＝2x.理由如下：①因为h(x)＝2x＋2－x，所以h(－x)＝2－x＋2－(－x)＝2－x＋2x＝h(x)，所以h(x)＝2x＋2－x为偶函数．②h(x)＝2x＋2－x≥2＝2＝2＝2，当且仅当2x＝2－x，即x＝0时等号成立，③g(x)＝2x>0，g(x)恒过(0，1)点．[C级　拓展探究]15．已知函数f(x)＝是定义在R上的奇函数．(1)判断并证明函数f(x)的单调性，并利用结论解不等式：f(x2－2x)＋f(3x－2)<0；(2)是否存在实数k，使得函数f(x)在区间[m，n]上的取值范围是？若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)f(x)是R上的增函数，证明如下：设任意x1，x2∈R且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝－＝－＝，∵x1<x2，∴4x1<4x2，4x1＋1>0，4x2＋1>0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)是在(－∞，＋∞)上是单调增函数．∵f(x2－2x)＋f(3x－2)<0，又∵f(x)是定义在R上的奇函数且在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f(x2－2x)<f(2－3x)，∴x2－2x<2－3x，∴－2<x<1.(2)假设存在实数k，使之满足题意，由(1)可得函数f(x)在[m，n]上单调递增，∴∴∴m，n为方程＝的两个根，即方程＝有两个不等的实根，令4x＝t>0，即方程t2－(1＋k)t－k＝0有两个不等的正根，于是有－[－(1＋k)]>0且－k>0且[－(1＋k)]2－4(－k)>0，解得－3＋2<k<0.∴存在实数k，使得函数f(x)在[m，n]上的取值范围是，并且实数k的取值范围是.