2025高考数学一轮复习-2.5-指数与指数函数-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-2.5-指数与指数函数-专项训练【含答案】，共8页。
1．若代数式 eq \r(2x－1)＋ eq \r(2－x)有意义，则 eq \r(4x2－4x＋1)＋2 eq \r(4,(x－2)4)＝( )
A．2 B．3
C．2x－1 D．x－2
2．已知2a＝5，lg83＝b，则4a-3b＝( )
A．25 B．5
C． eq \f(25,9) D． eq \f(5,3)
3．(多选)函数y＝ax－a(a＞0，a≠1)的图象可能是( )
4．函数f(x)＝xa-2与g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a))) eq \s\up12(－x)在(0，＋∞)上均单调递减的一个充分不必要条件是( )
A．0＜a＜2 B．0≤a＜1
C．1≤a＜2 D．1＜a≤2
5．已知a＝2 eq \s\up6(\f(4,3))，b＝4 eq \s\up6(\f(2,5))，c＝5 eq \s\up6(\f(1,3))，则( )
A．c＜b＜a B．a＜b＜c
C．b＜a＜c D．c＜a＜b
6．美国生物学家和人口统计学家雷蒙德·皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用的“皮尔曲线”的函数解析式可以简化为f(x)＝ eq \f(P,1＋akx＋b)(P＞0，a＞1，k＜0)的形式．已知f(x)＝ eq \f(5,1＋2kx＋b)(x∈N)描述的是一种果树的高度随着时间x(单位：年)变化的规律．若刚栽种时该果树的高为1 m，经过一年，该果树的高为2.5 m，则该果树的高度超过4.8 m，至少需要(附：lg23≈1.585)( )
A．3年 B．4年
C．5年 D．6年
7．已知函数f(x)＝ex－ eq \f(1,ex).若f(a－2)＋f(a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
8．已知0≤x≤2，则函数y＝4 eq \s\up6(x－\f(1,2))－3×2x＋5的最大值为________．
9．当0＜x＜ eq \f(1,2)时，方程ax＝ eq \f(1,x)(a＞0且a≠1)有解，则实数a的取值范围是________．
10．已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常数，且a>0，a≠1)的图象经过点A(1，6)，B(3，24).
(1)求f(x)的表达式；
(2)若不等式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b))) eq \s\up12(x)－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围．
11．已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)·a－x(a＞0且a≠1)是奇函数．
(1)求实数k的值；
(2)若f(1)＜0，判断函数f(x)的单调性；若f(m2－2)＋f(m)＞0，求实数m的取值范围．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．若0＜a＜1，b＞0，且ab－a－b＝－2，则ab＋a－b的值为( )
A．2 eq \r(2) B．±2 eq \r(2)
C．－2 eq \r(2) D． eq \r(6)
2．已知x∈(1，2)，a＝2 eq \a\vs4\al(x2)，b＝(2x)2，c＝22x，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＞b＞c B．b＞c＞a
C．b＞a＞c D．c＞a＞b
3．已知常数a>0，函数f(x)＝ eq \f(2x,2x＋ax)的图象经过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p，\f(6,5)))，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q，－\f(1,5))).若2p＋q＝36pq，则a＝________．
4．已知函数f(x)＝ex-1－e1-x＋x，则不等式f(2－x)＋f(4－3x)≤2的解集是________．
5．已知函数f(x)＝ eq \f(1,4x)－ eq \f(λ,2x-1)＋4(－1≤x≤2).
(1)若λ＝ eq \f(3,2)，求函数f(x)的值域；
(2)若方程f(x)＝0有解，求实数λ的取值范围．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：由 eq \r(2x－1)＋ eq \r(2－x)有意义，
得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1≥0，,2－x≥0，))解得 eq \f(1,2)≤x≤2，
所以x－2≤0，2x－1≥0，
所以 eq \r(4x2－4x＋1)＋2 eq \r(4,(x－2)4)＝ eq \r((2x－1)2)＋2|x－2|＝|2x－1|＋2|x－2|＝2x－1＋2(2－x)＝3.
答案：B
2．解析：由题意知b＝lg83＝lg233＝ eq \f(1,3)lg23.又2a＝5，所以4a-3b＝22(a-3b)＝22a-6b＝(2a)2·2-6b＝25×2－2lg23＝25×2lg23-2＝25×3-2＝ eq \f(25,9).
答案：C
3．解析：当a＞1时，y＝ax－a为增函数，且过点(1，0)，
当x＝0时，y＝1－a＜0，故A不正确，B正确；
当0＜a＜1时，y＝ax－a为减函数，且过点(1，0)，
当x＝0时，y＝1－a∈(0，1)，故C正确，D不正确．
答案：BC
4．解析：若函数f(x)＝xa-2在(0，＋∞)上单调递减，则a－2＜0，即a＜2.
若函数g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a))) eq \s\up12(－x)在(0，＋∞)上单调递减，
则 eq \f(4,a)＞1，即0＜a＜4.
所以若函数f(x)＝xa-2与g(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a))) eq \s\up12(－x)均在(0，＋∞)上单调递减，则0＜a＜2.
又[1，2)(0，2).
答案：C
5．解析：因为a＝2 eq \s\up6(\f(4,3))＝4 eq \s\up6(\f(2,3))，b＝4 eq \s\up6(\f(2,5))，
所以a＝4 eq \s\up6(\f(2,3))＞4 eq \s\up6(\f(2,5))＝b.
因为163＞55，所以16 eq \s\up6(\f(1,5))＞5 eq \s\up6(\f(1,3))，
所以4 eq \s\up6(\f(2,5))＞5 eq \s\up6(\f(1,3))，即b＞c.
综上所述，a＞b＞c.
答案：A
6．解析：由题意可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(0)＝\f(5,1＋2b)＝1，,f(1)＝\f(5,1＋2k＋b)＝2.5，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－2，,b＝2，))故f(x)＝ eq \f(5,1＋2-2x+2).
由f(x)＝ eq \f(5,1＋2-2x+2)＞4.8，
解得x＞ eq \f(5,2)＋ eq \f(1,2)lg23≈3.3，
故该果树的高度超过4.8 m，至少需要4年．
答案：B
7．解析：因为f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)，定义域为R，
f(－x)＝e－x－ eq \f(1,e－x)＝ eq \f(1,ex)－ex＝－f(x)，
所以f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)为奇函数．
又因为f(x)＝ex－ eq \f(1,ex)在R上为增函数，
所以f(a－2)＋f(a2)≤0⇒f(a－2)≤－f(a2)⇒f(a－2)≤f(－a2)，
即a－2≤－a2，则a2＋a－2≤0，
解得－2≤a≤1.
答案：[－2，1]
8．解析：设2x＝t，0≤x≤2，则1≤t≤4，
y＝4 eq \s\up6(x－\f(1,2))－3×2x＋5＝ eq \f(1,2)t2－3t＋5＝ eq \f(1,2)(t－3)2＋ eq \f(1,2)，
故当t＝1，即x＝0时，函数有最大值 eq \f(5,2).
答案： eq \f(5,2)
9．解析：依题意，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，y＝ax与y＝ eq \f(1,x)有交点，作出y＝ eq \f(1,x)的图象，如图，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,a\s\up6(\f(1,2))＞2，))解得a＞4.
答案：(4，＋∞)
10．解：(1)因为f(x)的图象过点A(1，6)，B(3，24)，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b·a＝6，,b·a3＝24，))所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2，b＝3，所以f(x)＝3·2x.
(2)由(1)知a＝2，b＝3，
则当x∈(－∞，1]时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)－m≥0恒成立，
即m≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)在x∈(－∞，1]上恒成立．
又因为y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)与y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)均为减函数，
所以y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)也是减函数，
所以当x＝1时，y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)有最小值 eq \f(5,6).
则m≤ eq \f(5,6)，
故m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,6))).
11．解：(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数，
∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，
∴k＝2，
经检验，k＝2符合题意，∴k＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝ax－a－x(a＞0且a≠1).
∵f(1)＜0，∴a－ eq \f(1,a)＜0.
又a＞0，且a≠1，∴0＜a＜1，
而y＝ax在R上单调递减，y＝－a－x在R上单调递减，
故由单调性的性质可判断f(x)＝ax－a－x在R上单调递减，
不等式f(m2－2)＋f(m)＞0可化为f(m2－2)＞f(－m)，
∴m2－2＜－m，即m2＋m－2＜0，
解得－2＜m＜1，
∴实数m的取值范围是(－2，1).
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1．解析：根据题意，由ab－a－b＝－2，
得(ab－a－b)2＝a2b＋a-2b－2＝4，
即a2b＋a-2b＝6，
则(ab＋a－b)2＝a2b＋a-2b＋2＝6＋2＝8，
所以ab＋a－b＝2 eq \r(2)(负值舍去).
答案：A
2．解析：因为a＝2 eq \a\vs4\al(x2)，b＝(2x)2＝22x，c＝22x，所以只需比较x2，2x，2x在x∈(1，2)时的大小即可．令y1＝x2，y2＝2x，y3＝2x，在同一平面直角坐标系中作出这三个函数在(1，2)上的图象，如图所示，
由图可知，当x∈(1，2)时，2x＞2x＞x2.
又函数f(t)＝2t在R上是增函数，
所以22x＞22x＞2 x2，即b＞c＞a.
答案：B
3．解析：因为f(x)＝ eq \f(2x,2x＋ax)＝ eq \f(1,1＋\f(ax,2x))，且其图象经过点P，Q，
则f(p)＝ eq \f(1,1＋\f(ap,2p))＝ eq \f(6,5)，即 eq \f(ap,2p)＝－ eq \f(1,6)，①
f(q)＝ eq \f(1,1＋\f(aq,2q))＝－ eq \f(1,5)，即 eq \f(aq,2q)＝－6，②
①×②得 eq \f(a2pq,2p＋q)＝1，则2p＋q＝a2pq＝36pq，
所以a2＝36，解得a＝±6.
因为a>0，所以a＝6.
答案：6
4．解析：由题意，设g(x)＝f(x)－1＝ex-1－ eq \f(1,ex-1)＋(x－1)(x∈R)，
令h(x)＝g(x＋1)＝ex－ eq \f(1,ex)＋x，其定义域为R，
且h(－x)＝ eq \f(1,ex)－ex－x＝－h(x)，
所以h(x)为奇函数，其图象关于原点对称，
所以g(x)的图象关于点(1，0)对称，
则有g(2－x)＝－g(x)，易得g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
不等式f(2－x)＋f(4－3x)≤2，变形为f(2－x)－1＋f(4－3x)－1≤0，
即g(2－x)＋g(4－3x)≤0，
易得g(4－3x)≤g(x)，
则有4－3x≤x，所以x≥1.
所以不等式f(2－x)＋f(4－3x)≤2的解集是[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
5．解：(1)f(x)＝ eq \f(1,4x)－ eq \f(λ,2x-1)＋4＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2x)－2λ· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋4(－1≤x≤2).
设t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，得g(t)＝t2－2λt＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2)).
当λ＝ eq \f(3,2)时，g(t)＝t2－3t＋4＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(7,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2)).
所以g(t)max＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝ eq \f(53,16)，g(t)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝ eq \f(7,4).
所以f(x)max＝ eq \f(53,16)，f(x)min＝ eq \f(7,4)，
故函数f(x)的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(53,16))).
(2)方程f(x)＝0有解可转化为λ＝2·2x＋ eq \f(1,2)· eq \f(1,2x)(－1≤x≤2).
设φ(x)＝2·2x＋ eq \f(1,2·2x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤2x≤4))，
当2x＝ eq \f(1,2)，即x＝－1时，φ(x)min＝2；
当2x＝4，即x＝2时，φ(x)max＝ eq \f(65,8).
∴函数φ(x)的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(65,8)))，
故实数λ的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(65,8))).