高中数学高考课后限时集训9 指数与指数函数 作业

这是一份高中数学高考课后限时集训9 指数与指数函数 作业，共8页。试卷主要包含了已知函数f＝等内容，欢迎下载使用。
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2．已知函数f(x)＝4＋2ax－1的图象恒过定点P，则点P的坐标是( )
A．(1,6) B．(1,5)
C．(0,5) D．(5,0)
A [由于函数y＝ax的图象过定点(0,1)，当x＝1时，f(x)＝4＋2＝6，故函数f(x)＝4＋2ax－1的图象恒过定点P(1,6)．]
3．设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＜b＜c B．a＜c＜b
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
C [y＝0.6x在R上是减函数，又0.6＜1.5，
∴0.60.6＞
又y＝x0.6为R上的增函数，
∴1.50.6＞0.60.6，
∴1.50.6＞0.60.6＞0.61.5，
即c＞a＞b.]
4．函数y＝eq \f(xax,|x|)(0＜a＜1)的图象的大致形状是( )
A B
C D
D [函数的定义域为{x|x≠0}，所以y＝eq \f(xax,|x|)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x＞0，,－ax，x＜0，))当x＞0时，函数是指数函数y＝ax，其底数0＜a＜1，所以函数递减；当x＜0时，函数y＝－ax的图象与指数函数y＝ax(0＜a＜1)的图象关于x轴对称，所以函数递增，所以应选D.]
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x＜0，))则函数f(x)是( )
A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
C [易知f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x＜0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x＜0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时，－x＞0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.]
二、填空题
6．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________．
[2，＋∞) [由f(1)＝eq \f(1,9)得a2＝eq \f(1,9)，
所以a＝eq \f(1,3)或a＝－eq \f(1,3)(舍去)，即f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))|2x－4|.
由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在(－∞，2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减．]
7．不等式2－x2＋2x＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋4的解集为________．
(－1,4) [原不等式等价为2－x2＋2x＞2－x－4，
又函数y＝2x为增函数，∴－x2＋2x＞－x－4，
即x2－3x－4＜0，∴－1＜x＜4.]
8．若直线y1＝2a与函数y2＝|ax－1|(a＞0且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) [(数形结合法)当0＜a＜1时，作出函数y2＝|ax－1|的图象，
由图象可知0＜2a＜1，
∴0＜a＜eq \f(1,2)；
同理，当a＞1时，解得0＜a＜eq \f(1,2)，与a＞1矛盾．
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝
(1)若a＝－1，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有最大值3，求a的值；
(3)若f(x)的值域是(0，＋∞)，求a的值．
[解] (1)当a＝－1时，f(x)＝，
令u＝－x2－4x＋3＝－(x＋2)2＋7.
则u在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，
而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))u在R上单调递减，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)．
(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))h(x)，由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1.
因此必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))解得a＝1，
即当f(x)有最大值3时，a的值为1.
(3)由f(x)的值域是(0，＋∞)知，函数y＝ax2－4x＋3的值域为R，则必有a＝0.
10．已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常量，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)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))x－m≥0在(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)因为f(x)的图象过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(－∞，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).所以m≤eq \f(5,6).即m的取值范围是.
1．已知a，b∈(0,1)∪(1，＋∞)，当x＞0时，1＜bx＜ax，则( )
A．0＜b＜a＜1 B．0＜a＜b＜1
C．1＜b＜a D．1＜a＜b
C [∵当x＞0时，1＜bx，∴b＞1.
∵当x＞0时，bx＜ax，∴当x＞0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))x＞1.
∴eq \f(a,b)＞1，∴a＞b.∴1＜b＜a，故选C.]
2．(2019·郴州质检)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数，则关于x的不等式f(2x－1)＋f(－x－1)＞0的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪(2，＋∞)
B．(2，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3)))∪(2，＋∞)
D．(－∞，2)
B [函数f(x)＝ex－eq \f(1,ex)的定义域为R，
∵f(－x)＝e－x－eq \f(1,e－x)＝eq \f(1,ex)－ex＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，那么不等式f(2x－1)＋f(－x－1)＞0等价于f(2x－1)＞－f(－x－1)＝f(1＋x)，易证f(x)是R上的单调递增函数，∴2x－1＞x＋1，解得x＞2，∴不等式f(2x－1)＋f(－x－1)＞0的解集为(2，＋∞)．]
3．已知函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大eq \f(a,2)，则a的值为________．
eq \f(1,2)或eq \f(3,2) [当0＜a＜1时，a－a2＝eq \f(a,2)，
∴a＝eq \f(1,2)或a＝0(舍去)．
当a＞1时，a2－a＝eq \f(a,2)，
∴a＝eq \f(3,2)或a＝0(舍去)．
综上所述，a＝eq \f(1,2)或eq \f(3,2).]
4．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)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)＜0恒成立，求k的取值范围．
[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R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)＜0等价于f(t2－2t)＜－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t＞－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k＞0，
从而Δ＝4＋12k＜0，解得k＜－eq \f(1,3).
故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
1．设y＝f(x)在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K，定义fK(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，fx≤K，,K，fx＞K.))给出函数f(x)＝2x＋1－4x，若对于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则( )
A．K的最大值为0
B．K的最小值为0
C．K的最大值为1
D．K的最小值为1
D [根据题意可知，对于任意x∈(－∞，1]，若恒有fK(x)＝f(x)，则f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．
令2x＝t，则t∈(0,2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值为1，所以K≥1，故选D.]
2．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．
[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 \f(3,4)，eq \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).