《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三單元 基本初等函數(shù)（Ⅰ）及應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（七）指數(shù)函數(shù)的2類考查點(diǎn)——圖象、性質(zhì) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三單元 基本初等函數(shù)（Ⅰ）及應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（七）指數(shù)函數(shù)的2類考查點(diǎn)——圖象、性質(zhì) 理（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三單元 基本初等函數(shù)（Ⅰ）及應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（七）指數(shù)函數(shù)的2類考查點(diǎn)——圖象、性質(zhì) 理 一、選擇題 1．在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)f(x)＝2x＋1與g(x)＝x－1的圖象關(guān)于(　　) A．y軸對稱　　　　　　 B．x軸對稱 C．原點(diǎn)對稱 D．直線y＝x對稱 解析：選A　∵g(x)＝21－x＝f(－x)，∴f(x)與g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱． 2．若當(dāng)x∈R時(shí)，函數(shù)f(x)＝a|x|始終滿足0<|f(x)|≤1，則函數(shù)y＝loga的圖象大致為(　　) 解析：選B　因?yàn)楫?dāng)x∈R時(shí)，|x|≥0，又函數(shù)f(x)＝a|x|始終滿足0<

2、|f(x)|≤1，所以0b>1.又∵c＝2log52＝log54<1，∴c0，且a≠1)的圖象恒過

3、點(diǎn)A，下列函數(shù)中圖象不經(jīng)過點(diǎn)A的是(　　) A．y＝ B．y＝|x－2| C．y＝2x－1 D．y＝log2(2x) 解析：選A　由題知A(1,1)．把點(diǎn)A(1,1)代入四個(gè)選項(xiàng)，選項(xiàng)A，y＝的圖象不經(jīng)過點(diǎn)A. 5．(2018·廣西質(zhì)量檢測)若xlog52≥－1，則函數(shù)f(x)＝4x－2x＋1－3的最小值為(　　) A．－4 B．－3 C．－1 D．0 解析：選A　∵xlog52≥－1，∴2x≥，則f(x)＝4x－2x＋1－3＝(2x)2－2×2x－3＝(2x－1)2－4.當(dāng)2x＝1時(shí)，f(x)取得最小值－4. 6．已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，a

4、>f(c)>f(b)，則下列結(jié)論中，一定成立的是(　　) A．a(chǎn)<0，b<0，c<0 B．a(chǎn)<0，b≥0，c>0 C．2－a<2c D．2a＋2c<2 解析：選D　作出函數(shù)f(x)＝|2x－1|的圖象(如圖中實(shí)線所示)， 又af(c)>f(b)， 結(jié)合圖象知f(a)<1，a<0，c>0， ∴0<2a<1,2c>1， ∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a， f(c)＝|2c－1|＝2c－1. 又f(a)>f(c)，即1－2a>2c－1， ∴2a＋2c<2. 7．(2018·東北三校聯(lián)考)若關(guān)于x的方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有兩個(gè)不等實(shí)

5、根，則a的取值范圍是(　　) A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1) C．(1，＋∞) D. 解析：選D　方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有兩個(gè)實(shí)數(shù)根轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝|ax－1|與y＝2a有兩個(gè)交點(diǎn)． ①當(dāng)01時(shí)，如圖②，而y＝2a>1不符合要求． ∴0

6、模擬)若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，且a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________. 解析：若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此時(shí)a＝2，m＝，此時(shí)g(x)＝－為減函數(shù)，不合題意．若0

7、)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則有≤2，即m≤4，所以m的取值范圍是(－∞，4]． 答案：(－∞，4] 11．(2017·徐州二模)已知函數(shù)f(x)＝b·ax(其中a，b為常數(shù)，且a>0，a≠1)的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(1,6)，B(3,24)．若不等式x＋x－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為________． 解析：把A(1,6)，B(3,24)代入f(x)＝b·ax，得 結(jié)合a>0，且a≠1，解得 要使x＋x≥m在x∈(－∞，1]上恒成立， 只需保證函數(shù)y＝x＋x在(－∞，1]上的最小值不小于m即可． 因?yàn)楹瘮?shù)y＝x＋x在(－∞，1]上為減函數(shù)，

8、所以當(dāng)x＝1時(shí)，y＝x＋x有最小值 . 所以只需m≤即可． 所以m的最大值為. 答案： 12．(2018·湖南八校聯(lián)考)對于給定的函數(shù)f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，且a≠1)，下面給出五個(gè)命題，其中真命題是________．(填序號) ①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱； ②函數(shù)f(x)在R上不具有單調(diào)性； ③函數(shù)f(|x|)的圖象關(guān)于y軸對稱； ④當(dāng)01時(shí)，函數(shù)f(|x|)的最大值是0. 解析：∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，①是真命題； 當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在R上為增

9、函數(shù)，當(dāng)01時(shí)，f(|x|)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∴當(dāng)x＝0時(shí)，y＝f(|x|)的最小值為0，⑤是假命題． 綜上，真命題是①③④. 答案：①③④ 三、解答題 13．已知函數(shù)f(x)＝是偶函數(shù)． (1)求實(shí)數(shù)m的值； (2)若關(guān)于x的不等式2k·f(x)>3k2＋1在(－∞，0)上恒成立，求實(shí)數(shù)

10、k的取值范圍． 解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝是定義在R上的偶函數(shù)，所以有f(－x)＝f(x)， 即＝， 即＝，故m＝1. (2)因?yàn)閒(x)＝>0,3k2＋1>0，且2k·f(x)>3k2＋1在(－∞，0)上恒成立， 故原不等式等價(jià)于>在(－∞，0)上恒成立， 又因?yàn)閤∈(－∞，0)， 所以f(x)∈(2，＋∞)，從而∈， 故≥，解得≤k≤1， 所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為. 14．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0，且a≠1)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)． (1)求k的值； (2)若f(1)<0，試判斷y＝f(x)的單調(diào)性(不需證明)，并求使不等式f(x2＋tx)＋f(

11、4－x)<0恒成立的t的取值范圍； (3)若f(1)＝，g(x)＝a2x＋a－2x－2f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值． 解：(1)∵f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，∴f(0)＝0， ∴1－(k－1)＝0，∴k＝2. (2)由(1)知f(x)＝ax－a－x(a>0，且a≠1)， ∵f(1)<0，∴a－<0. 又a>0，且a≠1，∴0x－4，即x2＋(t－1)x＋4>0恒成立， ∴Δ＝(t－1)2－16<0，解得－

12、3a>0，c>b>0.若a，b，c是△ABC的三條邊長，則下列結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是(　　) ①對于?x∈

13、(－∞，1)，都有f(x)>0； ②存在x>0，使ax，bx，cx不能構(gòu)成一個(gè)三角形的三邊長； ③若△ABC為鈍角三角形，則存在x∈(1,2)，使f(x)＝0. A．3 B．2 C．1 D．0 解析：選A?、僖?yàn)閍，b，c是△ABC的三條邊長，所以a＋b>c，因?yàn)閏>a>0，c>b>0，所以0<<1,0<<1，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝ax＋bx－cx＝cx>cx＝cx·>0，故①正確； ②令a＝2，b＝3，c＝4，則a，b，c可以構(gòu)成三角形，但a2＝4，b2＝9，c2＝16卻不能構(gòu)成三角形，所以②正確； ③已知c>a>0，c>b>0，若△ABC為鈍角三角形，則a2＋b

14、2－c2<0，因?yàn)閒(1)＝a＋b－c>0，f(2)＝a2＋b2－c2<0，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知在區(qū)間(1,2)上存在零點(diǎn)，所以存在x∈(1,2)，使f(x)＝0，故③正確． 2．(2018·廣東五校聯(lián)考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，若對任意的x1∈[0,1]，總存在唯一的x2∈[－1,1]，使得x1＋xex2－a＝0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[1，e] B．(1，e] C. D. 解析：選C　令f(x1)＝a－x1，則f(x1)＝a－x1在x1∈[0,1]上單調(diào)遞減，且f(0)＝a，f(1)＝a－1.令g(x2)＝xe x2，則g′(x2)＝2x2e x2＋xe x2

15、＝x2e x2 (x2＋2)，且g(0)＝0，g(－1)＝，g(1)＝e.若對任意的x1∈[0,1]，總存在唯一的x2∈[－1,1]，使得x1＋xex2－a＝0成立，即f(x1)＝g(x2)，則f(x1)＝a－x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)＝a≤e，因?yàn)間(x2)在 [－1,0]上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)g(x2)∈時(shí)，存在兩個(gè)x2使得f(x1)＝g(x2)．若只有唯一的x2∈[－1,1]，使得f(x1)＝g(x2)，則f(x1)的最小值要比大，所以f(1)＝a－1>，即a>1＋，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是，故選C. 3．(2018·湖南六校聯(lián)考)已知實(shí)

16、數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f[－f(x)]＝e－a＋有三個(gè)不等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選B　當(dāng)x≤0時(shí)，令f(x)＝e－a＋，即ex－1＝e－a，得x＝1－a； 當(dāng)x>0時(shí)，令f(x)＝e－a＋得ex－1＋x2－(a＋1)x＋＝e－a＋，顯然方程無解， 所以1－a≤0，即a≥1， 因?yàn)閒[－f(x)]＝e－a＋， 所以－f(x)＝1－a，即f(x)＝a－1， 所以方程f(x)＝a－1有三解， 當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→， 當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝ex－1＋ax－a－1， 所以f′(x)是增函數(shù)，且f′(1)＝0， 所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 又f(1)＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞， 作出f(x)的大致圖象如圖所示， 因?yàn)榉匠蘤(x)＝a－1有三解， 所以