2021年高中数学培优练习《指数函数-最值问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《指数函数-最值问题》专项复习（含答案），共5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。

若指数函数在[－1,1]上的最大值与最小值的差是1，则底数a等于（ ）
A．B． C．D．
若xlg52≥－1，则函数f(x)=4x－2x＋1－3的最小值为( )
A．－4 B．－3 C．－1 D．0
用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中的最小值，设f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为
（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
下列说法中，正确的是( )
①任取x∈R都有3x>2x；
②当a>1时，任取x∈R都有ax>a-x；
③y=(eq \r(3))-x是增函数；
④y=2|x|的最小值为1；
⑤在同一坐标系中，y=2x与y=2-x的图象关于y轴对称．
A．①②④ B．④⑤ C．②③④ D．①⑤
二、填空题
若函数f(x)=ax(a＞0，且a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)=(1－4m)eq \r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a=________．
若函数f(x)=ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)=(1－4m)x2在[0，＋∞)上是增函数，则a=________.
定义区间[x1,x2]的长度为x2-x1,已知函数f(x)=3|x|的定义域为[a,b],值域为[1,9],则区间[a,b]的长度的最大值为 ,最小值为 .
设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的x∈R恒有f(x＋1)=f(x－1)，已知当x∈[0，1]时，f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1－x)，则：
①2是函数f(x)的一个周期；
②函数f(x)在(1，2)上递减，在(2，3)上递增；
③函数f(x)的最大值是1，最小值是0；
④当x∈(3，4)时，f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－3).
其中所有正确命题的序号是________．
若函数f(x)=ax(a＞0，且a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)=(1－4m)eq \r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a= .
三、解答题
已知9x-10∙3x+9≤0.
(1)解上述不等式；
(2)在(1)的条件下，求函数的最大值与最小值及相应的x的值.
已知函数f(x)=eq \f(1,4x)－eq \f(λ,2x－1)＋3(－1≤x≤2).
(1)若λ=eq \f(3,2)，求函数f(x)的值域；
(2)若函数f(x)的最小值是1，求实数λ的值.
若0≤x≤2，求函数y=4x－eq \f(1,2)－3·2x＋5的最大值和最小值.
已知函数y=b＋ax2＋2x(a，b为常数，且a＞0，a≠1)在区间[-1.5,0]上有最大值3，最小值2.5，试求a，b的值.
设a>0且a≠1，函数y=a2x＋2ax－1在[－1,1]上的最大值是14，求a的值.
已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，当x∈[－1，0]时，函数的解析式为f(x)=eq \f(1,4x)－eq \f(a,2x)(a∈R).
(1)试求a的值；
(2)写出f(x)在[0，1]上的解析式；
(3)求f(x)在[0，1]上的最大值.
\s 0 参考答案
D
答案为：A；
解析：选A.∵xlg52≥－1，∴2x≥eq \f(1,5)，则f(x)=4x－2x＋1－3=(2x)2－2×2x－3=(2x－1)2－4.
当2x=1时，f(x)取得最小值，为－4.故选A.
C.
答案为：B；
解析：
①中令x=-1，则3-1<2-1，故①错误；
②中当x<0时，ax③中y=(eq \r(3))-x=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))x，∵0④中x=0时，y取最小值1，故④正确；
⑤由函数图象变换，可知y=2x与y=2-x的图象关于y轴对称，故⑤正确．故选B．
答案为：0.25；
解析：当a＞1时，由f(x)的单调性知，a2=4，a－1=m，此时a=2，m=eq \f(1,2)，
此时g(x)=－eq \r(x)为减函数，不合题意；当0＜a＜1时，则a－1=4，a2=m，
故a=eq \f(1,4)，m=eq \f(1,16)，g(x)=eq \f(3,4)eq \r(x)在[0，＋∞)上是增函数，符合题意．
答案为：eq \f(1,4)；
解析：当a＞1时，有a2=4，a－1=m，所以a=2，m=eq \f(1,2).
此时g(x)=－x2在[0，＋∞)上是减函数，不合题意.
当0＜a＜1时，有a－1=4，a2=m，所以a=eq \f(1,4)，m=eq \f(1,16).检验知符合题意.
答案 4;2解析 由3|x|=1得x=0,由3|x|=9得x=±2,故满足题意的定义域可以为[-2,m](0≤m≤2)或[n,2](-2≤n≤0),故区间[a,b]的最大长度为4,最小长度为2.
答案为：①②④；
解析：由已知条件得：f(x＋2)=f(x)，则y=f(x)是以2为周期的周期函数，①正确，
当－1≤x≤0时，0≤－x≤1，f(x)=f(－x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1＋x)，函数y=f(x)的图象如图所示：
当3＜x＜4时，－1＜x－4＜0，f(x)=f(x－4)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－3)，因此②④正确，③不正确．
答案为：a=0.25；
解析：由函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，得1－4m＞0，即m＜eq \f(1,4).
当a＞1时，函数f(x)在[－1,2]上单调递增，最小值为a－1=m，最大值为a2=4，
解得a=2，m=eq \f(1,2)，与m＜eq \f(1,4)矛盾；当0＜a＜1时，函数f(x)在[－1,2]上单调递减，
最小值为a2=m，最大值为a－1=4，解得a=eq \f(1,4)，m=eq \f(1,16)，满足m＜eq \f(1,4)，所以a=eq \f(1,4).
解：
：()
解：(1)f(x)=eq \f(1,4x)－eq \f(λ,2x－1)＋3=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－2λ·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋3(－1≤x≤2).
设t=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，得g(t)=t2－2λt＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2)).
当λ=eq \f(3,2)时，g(t)=t2－3t＋3=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2)))2＋eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2)).
所以g(t)max=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))=eq \f(37,16)，g(t)min=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))=eq \f(3,4).所以f(x)max=eq \f(37,16)，f(x)min=eq \f(3,4)，
故函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(37,16))).
(2)由(1)得g(t)=t2－2λt＋3=(t－λ)2＋3－λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤2))，
①当λ≤eq \f(1,4)时，g(t)min=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))=－eq \f(λ,2)＋eq \f(49,16)，
令－eq \f(λ,2)＋eq \f(49,16)=1，得λ=eq \f(33,8)＞eq \f(1,4)，不符合，舍去；
②当eq \f(1,4)＜λ≤2时，g(t)min=g(λ)=－λ2＋3，
令－λ2＋3=1，得λ=eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\r(2)＜\f(1,4)，不符合，舍去))；
③当λ＞2时，g(t)min=g(2)=－4λ＋7，
令－4λ＋7=1，得λ=eq \f(3,2)＜2，不符合，舍去.
综上所述，实数λ的值为eq \r(2).
解：y=4x－eq \f(1,2)－3·2x＋5=eq \f(1,2)(2x)2－3·2x＋5.
令2x=t，则1≤t≤4，y=eq \f(1,2)(t－3)2＋eq \f(1,2)，
所以当t=3时，ymin=eq \f(1,2)；当t=1时，ymax=eq \f(5,2).
故该函数的最大值为ymax=eq \f(5,2)，最小值为ymin=eq \f(1,2).
解：令t=x2＋2x=(x＋1)2－1，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))，∴t∈[－1,0].
①若a＞1，函数f(t)=at在[－1,0]上为增函数，
∴at∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))，b＋ax2＋2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,a)，b＋1))，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,a)＝\f(5,2)，,b＋1＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝2.))
②若0＜a＜1，函数f(t)=at在[－1,0]上为减函数，∴at∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))，
b＋ax2＋2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(b＋1，b＋\f(1,a)))，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,a)＝3，,b＋1＝\f(5,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(2,3)，,b＝\f(3,2).))
综上知，a=2，b=2或a=eq \f(2,3)，b=eq \f(3,2).

解：(1)因为f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，
所以f(0)=1－a=0，所以a=1.
(2)设x∈[0，1]，则－x∈[－1，0]，
所以f(x)=－f(－x)=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4－x)－\f(1,2－x)))=2x－4x.
即当x∈[0，1]时，f(x)=2x－4x.
(3)f(x)=2x－4x=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)，
其中2x∈[1，2]，
所以当2x=1时，f(x)max=0.