2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第7讲指数函数集训含解析文

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[A级 基础练]
1．若函数f(x)＝(2a－5)·ax是指数函数，则f(x)在定义域内( )
A．为增函数B．为减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A．由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数．
2．已知f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2，1)，则f(x)的值域为( )
A．[9，81] B．[3，9]
C．[1，9] D．[1，＋∞)
解析：选C．由f(x)过定点(2，1)可知b＝2，所以f(x)＝3x－2且在[2，4]上是增函数，f(x)min＝f(2)＝1，f(x)max＝f(4)＝9.
3．函数y＝e1－x2的图象大致是( )
解析：选C．易知函数f(x)为偶函数，因此排除A，B；又因为f(x)＝eeq \s\up8(1－x2) >0，故排除D，因此选C．
4．已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
解析：选D．因为函数y＝0.86x在R上是减函数，
所以0<<<1，
又>1，所以c>a>b.
5．已知a，b∈(0，1)∪(1，＋∞)，当x>0时，1A．0C．1解析：选C．因为当x>0时，11.
因为当x>0时，bx所以当x>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(x)>1，
所以eq \f(a,b)>1，所以a>b，所以16．不等式2eq \s\up8(－x2＋2x )>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)的解集为________．
解析：不等式2－x2＋2x >eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2－2x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)，等价于x2－2x答案：{x|－17．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝eq \f(1,9)，则f(x)的单调递减区间是________．
解析：由f(1)＝eq \f(1,9)得a2＝eq \f(1,9).
又a>0，所以a＝eq \f(1,3)，因此f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(|2x－4|).
设g(x)＝|2x－4|，
因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)．
答案：[2，＋∞)
8．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋1在区间[－3，2]上的值域是________．
解析：令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，则y＝t2－t＋1＝(t－eq \f(1,2))2＋eq \f(3,4)，
因为x∈[－3，2]，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，8))，所以当t＝eq \f(1,2)时，ymin＝eq \f(3,4)，
当t＝8时，ymax＝57.所以函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，57)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，57))
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(|x|－a).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最大值等于eq \f(9,4)，求a的值．
解：(1)令t＝|x|－a，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)，不论a取何值，t在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)是单调递减的，
因此f(x)的单调递增区间是(－∞，0]，
单调递减区间是(0，＋∞)．
(2)由于f(x)的最大值是eq \f(9,4)，
且eq \f(9,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(－2)，
所以函数t＝|x|－a应该有最小值－2，从而a＝2.
10．已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋2ax(－3≤x≤3)．
(1)若g(x)在[－3，3]上是单调函数，求a的取值范围；
(2)当a＝－1时，求函数y＝f(g(x))的值域．
解：(1)g(x)＝(x＋a)2－a2图象的对称轴为直线x＝－a，因为g(x)在[－3，3]上是单调函数，所以－a≥3或－a≤－3，即a≤－3或a≥3.故a的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
(2)当a＝－1时，f(g(x))＝2eq \s\up8(x2－2x ) (－3≤x≤3)．
令u＝x2－2x，y＝2u.
因为x∈[－3，3]，
所以u＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，15]．
而y＝2u是增函数，所以eq \f(1,2)≤y≤215，
所以函数y＝f(g(x))的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，215)).
[B级 综合练]
11．函数y＝eq \f(2x,2x＋1)(x∈R)的值域为( )
A．(0，＋∞) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选B．y＝eq \f(2x,2x＋1)＝eq \f(2x＋1－1,2x＋1)＝1－eq \f(1,2x＋1)，
因为2x>0，所以1＋2x>1，
所以0所以函数y的值域为(0，1)，故选B．
12．当x∈[－2，2]时，ax<2(a>0，且a≠1)，则实数a的取值范围是( )
A．(1，eq \r(2)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(2))) D．(0，1)∪(1，eq \r(2))．
解析：选C．当x∈[－2，2]时，ax<2(a>0，且a≠1)．
若a>1，y＝ax是增函数，
则有a2<2，可得a若0则有a－2<2，可得a>eq \f(\r(2),2)，故有eq \f(\r(2),2)综上所述，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq \r(2))．
13．已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在区间[－1，2]上的最大值为8，最小值为m.若函数g(x)＝(3－10m)eq \r(x)是单调递增函数，则a＝________．
解析：根据题意，得3－10m>0，解得m当a>1时，函数f(x)＝ax在区间[－1，2]上单调递增，
最大值为a2＝8，解得a＝2eq \r(2)，最小值为m＝a－1＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)>eq \f(3,10)，不合题意，舍去；
当0答案：eq \f(1,8)
14．若函数f(x)＝2|x＋a|(a∈R)满足f(1－x)＝f(1＋x)，f(x)在区间[m，n]上的最大值记为f(x)max，最小值记为f(x)min，且f(x)max－f(x)min＝3，则n－m的取值范围是________．
解析：因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a＝－1，所以f(x)＝2|x－1|.
作出函数y＝f(x)的图象如图所示．
当m答案：(0，4]
15．已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)解关于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0.
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，即eq \f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，
所以f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a).
又由f(1)＝－f(－1)知eq \f(－2＋1,4＋a)＝－eq \f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，
解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1).
由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f(x)在R上是减函数)．
又因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1)．
所以t2－2t>－2t2＋1即3t2－2t－1>0.
解得t>1或t<－eq \f(1,3)，所以该不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t|t>1或t<－\f(1,3))).
[C级 提升练]
16．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．
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＋4eq \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＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(53,16)，g(t)min＝geq \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)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).
所以函数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))).