高考数学一轮复习考点规范练9指数与指数函数含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习考点规范练9指数与指数函数含解析新人教版，共8页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
考点规范练9　指数与指数函数一、基础巩固1.(多选)下列各式中一定成立的有(　　)A=n7BC=(x+yD答案:BD解析:=n7m-7,A错误;,B正确;=(x3+y3,C错误;=(=(,D正确.2.(2021辽宁大连一中月考)三个数a=0.32,b=,c=20.3之间的大小关系是(　　)A.b<a<c B.a<c<bC.a<b<c D.b<c<a答案:A解析:由指数函数的性质,可得a=0.32∈(0,1),c=20.3>20=1,又由b==2-3<0,故b<a<c.3.(2021安徽名校期末联考)已知函数y=ax-b(a>0,a≠1)的图象如图所示,则以下结论不正确的是              (　　)A.ab>1 B.ln(a+b)>0C.2b-a<1 D.ba>1答案:D解析:由题中图象可得a>1,0<b<1,所以可得b-a<0,2b-a<1,ab>1,a+b>1,ln(a+b)>0,0<ba<1.因此只有D不正确.4.若指数函数y=ax在区间[-1,1]上的最大值和最小值的和为,则a的值为(　　)A.2或 BC.3或 D答案:A解析:设f(x)=ax,当a>1时,指数函数f(x)=ax单调递增,所以在区间[-1,1]上的最大值ymax=f(1)=a,最小值ymin=f(-1)=,所以a+,求得a=2或a=(舍);当0<a<1时,指数函数f(x)=ax单调递减,所以在区间[-1,1]上的最大值ymax=f(-1)=,最小值ymin=f(1)=a,所以a+,求得a=2(舍)或a=综上所述,a=2或a=5.已知函数f(x)=ax+1-(a>0,且a≠1)的图象过定点(m,n),则等于(　　)A B C D答案:D解析:在函数f(x)=ax+1-(a>0,且a≠1)中,令x+1=0,得x=-1,所以f(-1)=1-,故f(x)的图象过定点,得m=-1,n=即6.若函数f(x)=a|2x-4|(a>0,a≠1)满足f(1)=,则f(x)的单调递减区间是(　　)A.(-∞,2] B.[2,+∞)C.[-2,+∞) D.(-∞,-2]答案:B解析:由f(1)=得a2=,故a=(a=-舍去),即f(x)=()|2x-4|.由于y=|2x-4|在区间(-∞,2]上单调递减,在区间[2,+∞)内单调递增,故f(x)在区间(-∞,2]上单调递增,在区间[2,+∞)内单调递减.故选B.7.(多选)(2021福建厦门外国语学校高三月考)若函数f(x)=ex-e1-x,则下列结论正确的有(　　)A.f(x)在R上单调递增B.f(x)的值域为(0,+∞)C.y=f(x)的图象关于点对称D.y=f(x)的图象关于直线x=对称答案:AC解析:因为y=ex是定义在R上的增函数,y=e1-x是定义在R上的减函数,所以f(x)=ex-e1-x在R上单调递增,故A正确;因为f(0)=e0-e=1-e<0,故B错误;因为f+f=0,所以y=f(x)的图象关于点对称,故C正确,D错误.8.函数y=的定义域是　　　　　. 答案:[-1,+∞)解析:要使函数有意义,必须32x-1-0,即32x-1,由指数函数的单调性可得2x-1≥-3,解得x≥-1.故函数的定义域为[-1,+∞).二、综合应用9.当x∈(-∞,-1]时,不等式(m2-m)·4x-2x<0恒成立,则实数m的取值范围是(　　)A.(-2,1) B.(-4,3)C.(-1,2) D.(-3,4)答案:C解析:原不等式可变形为m2-m<∵函数y=在区间(-∞,-1]上单调递减,=2.当x∈(-∞,-1]时,m2-m<恒成立等价于m2-m<2,解得-1<m<2.10.(多选)定义运算a?b=设函数f(x)=1?2-x,则下列说法正确的有(　　)A.f(x)的值域为[1,+∞)B.f(x)的值域为(0,1]C.不等式f(x+1)<f(2x)成立的范围是(-∞,0)D.不等式f(x+1)<f(2x)成立的范围是(0,+∞)答案:AC解析:由函数f(x)=1⊕2-x,有f(x)=即f(x)=作出函数f(x)的图象如图,根据函数图象知f(x)的值域为[1,+∞).若不等式f(x+1)<f(2x)成立,由函数图象可知,当2x<x+1≤0即x≤-1时成立;当即-1<x<0时也成立.所以不等式f(x+1)<f(2x)成立时,x<0.11.已知函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[-1,0],则a+b=　　　　　. 答案:-解析:f(x)=ax+b是单调函数,当a>1时,f(x)是增函数,即无解.当0<a<1时,f(x)是减函数,即解得综上,a+b=+(-2)=-12.已知函数f(x)=(a-2)ax(a>0,且a≠1),若对任意x1,x2∈R,>0,则a的取值范围是　　　　　　　　　　. 答案:(0,1)∪(2,+∞)解析:由题意知f(x)在R上是增函数.当0<a<1时,a-2<0,y=ax单调递减,所以f(x)单调递增;当1<a<2时,a-2<0,y=ax单调递增,所以f(x)单调递减;当a=2时,f(x)=0;当a>2时,a-2>0,y=ax单调递增,所以f(x)单调递增.故a的取值范围是(0,1)∪(2,+∞).13.(2021山东菏泽二模)写出一个同时满足下列两个条件的非常数函数　　　　　. ①当x1x2≥0时,f(x1+x2)=f(x1)f(x2);②f(x)为偶函数.答案:f(x)=a|x|(a>0,a≠1)(答案不唯一)解析:若满足①对任意的x1,x2≥0,有f(x1+x2)=f(x1)f(x2)成立,则对应的函数为指数函数y=ax的形式;若满足②f(x)为偶函数,只需要将x加绝对值即可,所以满足①②两个条件的函数可以是f(x)=a|x|(a>0,a≠1).14.已知函数f(x)=,x∈[0,3],则该函数的最大值为　　　　　,最小值为　　　　　. 答案:2　解析:∵函数g(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1在区间[0,1)内单调递增,在区间(1,3]上单调递减,且g(0)=0,g(3)=-3,g(1)=1,∴g(x)∈[-3,1].∵函数y=2x单调递增,2g(x)≤2,即函数f(x)的最大值为2,最小值为15.已知a>0,且a≠1,若函数y=|ax-2|与y=3a的图象有两个交点,则实数a的取值范围是　　　　　. 答案:解析:①当0<a<1时,作出函数y=|ax-2|的图象,如图①.图①若直线y=3a与函数y=|ax-2|(0<a<1)的图象有两个交点,则由图象可知0<3a<2,解得0<a<②当a>1时,作出函数y=|ax-2|的图象,如图②.图②若直线y=3a与函数y=|ax-2|(a>1)的图象有两个交点,则由图象可知0<3a<2,此时无解.故a的取值范围是三、探究创新16.若存在正数x使2x(x-a)<1成立,则a的取值范围是(　　)A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞)C.(0,+∞) D.(-1,+∞)答案:D解析:不等式2x(x-a)<1可变形为x-a<在同一平面直角坐标系中作出直线y=x-a与函数y=的图象.由题意知,在区间(0,+∞)内,直线有一部分在y=图象的下方.由图可知,-a<1,即a>-1.17.记x2-x1为区间[x1,x2]的长度,已知函数y=2|x|,x∈[-2,a](a≥0),其值域为[m,n],则区间[m,n]的长度的最小值是　　　　　. 答案:3解析:令f(x)=y=2|x|,则f(x)=(1)当a=0时,f(x)=2-x在区间[-2,0]上单调递减,值域为[1,4].(2)当a>0时,f(x)在区间[-2,0)内单调递减,在区间[0,a]上单调递增,①当0<a≤2时,f(x)max=f(-2)=4,值域为[1,4];②当a>2时,f(x)max=f(a)=2a>4,值域为[1,2a].综合(1)(2),可知区间[m,n]的长度的最小值为3.