人教A版 (2019)必修 第一册第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试精品巩固练习

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试精品巩固练习，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟 满分：150分)


一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)


1．下列函数中，在区间(0,1)上为增函数的是( )


A．y＝2x2－x＋3 B．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x


C．y＝ D．y＝


答案 C


解析 对y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上为增函数．


2．函数y＝eq \r(lg x)＋lg(5－3x)的定义域是( )


A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,3))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3)))


答案 C


解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg x≥0，,x>0，,5－3x>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x>0，,x<\f(5,3)，))∴1≤x

3．函数y＝的值域是( )


A．(－∞，0) B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(－∞，1]


答案 B


解析 令t＝eq \r(x－1)，则t≥0，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))t是减函数，


∴0

4．已知lg2m＝2.019，lg2n＝1.019，则eq \f(n,m)等于( )


A．2 B.eq \f(1,2) C．10 D.eq \f(1,10)


答案 B


解析 因为lg2m＝2.019，lg2n＝1.019，


所以m＝22.019，n＝21.019，所以eq \f(n,m)＝eq \f(21.019,22.019)＝eq \f(1,2).





5．函数y＝lg2|1－x|的图象是( )





答案 D


解析 函数y＝lg2|1－x|可由下列变换得到：


y＝lg2x→y＝lg2|x|→y＝lg2|x－1|→y＝lg2|1－x|.


6．据统计某地区1月、2月、3月的用工人数分别为0.2万，0.4万和0.76万，则该地区这三个月的用工人数y(万人)关于月数x的函数关系近似是( )


A．y＝0.2x B．y＝eq \f(1,10)(x2＋2x)


C．y＝eq \f(2x,10) D．y＝0.2＋lg16x


答案 C


7．已知函数f(x)＝ax，g(x)＝xa，h(x)＝lgax，其中a>0且a≠1，在同一平面直角坐标系中画出其中两个函数在第一象限内的图象，则正确的是( )





答案 B


解析 分a>1和0

8．设函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2＋1(x>0)，则函数y＝f(x)( )


A．在区间(0,1)，(1,2)内均有零点


B．在区间(0,1)内有零点，在区间(1,2)内无零点


C．在区间(0,1)，(1,2)内均无零点


D．在区间(0,1)内无零点，在区间(1,2)内有零点


答案 A


解析 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝ln eq \f(1,e)－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))2＋1<0，f(1)＝ln 1－eq \f(1,2)＋1>0，f(2)＝ln 2－2＋1<0，故选A.


9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1－2，x≤1，,－lg2x＋1，x>1，))且f(a)＝－3，则f(6－a)等于( )


A．－eq \f(7,4) B．－eq \f(5,4) C．－eq \f(3,4) D．－eq \f(1,4)


考点 与对数函数有关的分段函数求值


题点 与对数函数有关的分段函数求值


答案 A


解析 若a≤1，f(a)＝2a－1－2＝－3,2a－1＝－1(无解)；


若a>1，f(a)＝－lg2(a＋1)＝－3，解得a＝7.


所以f(6－a)＝f(－1)＝2－2－2＝eq \f(1,4)－2＝－eq \f(7,4).


10．将甲桶中的a升水缓慢注入大小、形状都相同的空桶乙中，t分钟后甲桶中剩余的水量符合指数衰减曲线y＝aent.若5分钟后甲桶和乙桶的水量相等，又过了m分钟后甲桶中的水只有eq \f(a,8)升，则m的值为( )


A．7 B．8 C．9 D．10


答案 D


解析 令eq \f(1,8)a＝aent，即eq \f(1,8)＝ent，


由已知得eq \f(1,2)＝e5n，故eq \f(1,8)＝e15n，


比较知t＝15，m＝15－5＝10.


11．若关于x的方程|ax－1|＝2a (a>0且a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是( )


A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1)


C．(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))


考点 指数函数的图象与性质


题点 指数函数图象的应用


答案 D


解析 方程|ax－1|＝2a (a>0且a≠1)有两个不等实根转化为函数y＝|ax－1|与y＝2a的图象有两个交点．


①当0

∴0<2a<1，即0

②当a>1时，如图(2)，而y＝2a>1不符合要求．





综上，a的取值范围为0

12．已知0

A．2 B．3


C．4 D．与a的值有关


答案 A


解析 分别作出函数y＝a|x|和y＝|lgax|的图象如图所示．





由图可知，有两个交点，故方程a|x|＝|lgax|有两个根．故选A.


二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)


13．已知函数f(x)＝ax－1＋3(a>0，且a≠1)的图象过定点P，则P点的坐标是________．


考点 指数函数的图象与性质


题点 指数函数图象过定点问题


答案 (1,4)


解析 由于函数y＝ax恒过(0,1)，而y＝ax－1＋3的图象可看作是由y＝ax的图象向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到的，则P点坐标为(1,4)．


14．已知x0是函数f(x)＝2x－的零点，若0”，“<”或“＝”)


答案 <


解析 易判断f(x)＝2x－是增函数，


因为0

15．(2019·全国Ⅱ)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax.若f(ln 2)＝8，则a＝_____.


答案 －3


解析 当x>0时，－x<0，f(－x)＝－e－ax.因为函数f(x)为奇函数，


所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln 2)＝e－aln 2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a＝8，所以a＝－3.


16．已知函数f(x)＝lg(2x－b)(b为常数)，若x∈[1，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，则b的取值范围是________．


答案 (－∞，1]


解析 因为要使f(x)＝lg(2x－b)在x∈[1，＋∞)时，恒有f(x)≥0，


所以有2x－b≥1在x∈[1，＋∞)时恒成立，即2x≥b＋1在x∈[1，＋∞)上恒成立．


又因为指数函数g(x)＝2x在定义域上是增函数．所以只要2≥b＋1成立即可，解得b≤1.





三、解答题(本大题共6小题，共70分)


17．(10分)计算：


(1)eq \f(1,\r(2)－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)))－0.5＋eq \r(4,\r(2)－e4)；


(2)lg 500＋lg eq \f(8,5)－eq \f(1,2)lg 64＋50×(lg 2＋lg 5)2.


解 (1)原式＝eq \r(2)＋1－1＋eq \f(2,3)＋e－eq \r(2)＝eq \f(2,3)＋e.


(2)原式＝lg 5＋lg 102＋lg 23－lg 5－eq \f(1,2)lg 26＋50×(lg 10)2


＝lg 5＋2＋3lg 2－lg 5－3lg 2＋50＝52.


18．(12分)已知函数f(x)＝a2x＋2ax－1(a>1，且a为常数)在区间[－1,1]上的最大值为14.


(1)求f(x)的表达式；


(2)求满足f(x)＝7时x的值．


解 (1)令t＝ax>0，∵x∈[－1,1]，a>1，∴ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))，


f(x)＝y＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2，


故当t＝a时，函数y取得最大值为a2＋2a－1＝14，求得a＝3(舍负)，


∴f(x)＝32x＋2×3x－1.


(2)由f(x)＝7，可得32x＋2×3x－1＝7，即(3x＋4)(3x－2)＝0，


求得3x＝2，∴x＝lg32.


19．(12分)牛奶保鲜时间因储藏时温度的不同而不同，假定保鲜时间y与储藏温度x之间的函数关系是y＝t·ax(a>0，且a≠1)，若牛奶放在0 ℃的冰箱中，保鲜时间是200 h，而在1 ℃的温度下则是160 h.


(1)写出保鲜时间y关于储藏温度x的函数解析式；


(2)利用(1)的结论，指出温度在2 ℃和3 ℃的保鲜时间．


解 (1)由于保鲜时间与储藏温度之间的函数关系是y＝t·ax(a>0，且a≠1)，由题意可得：


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(200＝t·a0，,160＝t·a1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＝200，,a＝\f(4,5)，))


故函数解析式为y＝200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))x.


(2)当x＝2 ℃时，y＝200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＝128(h)．


当x＝3 ℃时，y＝200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))3＝102.4(h)．


故温度在2 ℃和3 ℃的保鲜时间分别为128 h和102.4 h.


20．(12分)已知函数g(x)是f(x)＝ax(a>0且a≠1)的反函数，且g(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，\f(3,2))).


(1)求f(x)与g(x)的解析式；


(2)比较f(0.3)，g(0.2)与g(1.5)的大小．


解 (1)因为函数g(x)是f(x)＝ax(a>0且a≠1)的反函数，


所以g(x)＝lgax(a>0且a≠1)．


因为g(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，\f(3,2)))，


所以lga2eq \r(2)＝eq \f(3,2)，


所以＝2eq \r(2)，


解得a＝2.


所以f(x)＝2x，g(x)＝lg2x.


(2)因为f(0.3)＝20.3>20＝1，g(0.2)＝lg20.2<0，


又g(1.5)＝lg21.5

且g(1.5)＝lg21.5>lg21＝0，


所以0

所以f(0.3)>g(1.5)>g(0.2)．


21．(12分)已知函数f(x)＝lga(x－1)，g(x)＝lga(6－2x)(a>0，且a≠1)．


(1)求函数φ(x)＝f(x)＋g(x)的定义域；


(2)试确定不等式f(x)≤g(x)中x的取值范围．


考点 对数不等式


题点 解对数不等式


解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1>0，,6－2x>0，))解得1

故函数φ(x)的定义域为{x|1

(2)不等式f(x)≤g(x)，


即为lga(x－1)≤lga(6－2x)．(*)


①当a>1时，不等式(*)等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1

解得1

②当0

解得eq \f(7,3)≤x<3.


综上可知，当a>1时，不等式f(x)≤g(x)中x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(7,3)))；


当0

22．(12分)已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(b－2x,2x＋a)是奇函数．


(1)求a，b的值；


(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数；


(3)若对于任意t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．


(1)解 因为f(x)为R上的奇函数，


所以f(0)＝0，得b＝1.


又f(－1)＝－f(1)，得a＝1.


经检验a＝1，b＝1符合题意．


(2)证明 任取x1，x2∈R，且x1

则f(x1)－f(x2)＝－


＝


＝.


因为x10.


又因为(＋1)(＋1)>0，


所以f(x1)>f(x2)，所以f(x)为R上的减函数．


(3)解 因为t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，


所以f(t2－2t)<－f(2t2－k)．


因为f(x)为奇函数，所以f(t2－2t)

因为f(x)为R上的减函数，


所以t2－2t>k－2t2，即k<3t2－2t恒成立，


而3t2－2t＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,3)))2－eq \f(1,3)≥－eq \f(1,3).


所以k<－eq \f(1,3).