《2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 5 第5講 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)練習(xí) 理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 5 第5講 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)練習(xí) 理（含解析）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講 指數(shù)與指數(shù)函數(shù) [基礎(chǔ)題組練] 1．函數(shù)f(x)＝1－e|x|的圖象大致是(　　) 解析：選A.將函數(shù)解析式與圖象對比分析，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝1－e|x|是偶函數(shù)，且值域是 (－∞，0]，只有A滿足上述兩個(gè)性質(zhì)． 2．設(shè)2x＝8y＋1，9y＝3x－9，則x＋y的值為(　　) A．18　　　　　　 B．21 C．24 D．27 解析：選D.因?yàn)?x＝8y＋1＝23(y＋1)，所以x＝3y＋3， 因?yàn)?y＝3x－9＝32y，所以x－9＝2y， 解得x＝21，y＝6，所以x＋y＝27. 3．(2019·高考全國卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.2

2、0.3，則(　　) A．a(chǎn)1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a0，且10，所以b>1， 因?yàn)閎x1， 因?yàn)閤>0，所以>1， 所以a>b，所以1

3、偶函數(shù)，在[0，＋∞)上單調(diào)遞減 C．奇函數(shù)，且單調(diào)遞增 D．奇函數(shù)，且單調(diào)遞減 解析：選C.易知f(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此時(shí)－x<0，則f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此時(shí)－x>0，則f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且單調(diào)遞增，故選C. 6．已知實(shí)數(shù)a，b滿足等式＝，下列五個(gè)關(guān)系式： ①0＜b＜a；②a＜b＜0；③0＜a＜b；④b＜a＜0；⑤a＝b. 其中不可能成立的關(guān)系式有(　　) A．1個(gè)　　　　 B．2個(gè) C．3個(gè) D．4

4、個(gè) 解析：選B.函數(shù)y1＝與y2＝的圖象如圖所示． 由＝得，a＜b＜0或0＜b＜a或a＝b＝0. 故①②⑤可能成立，③④不可能成立． 7．函數(shù)f(x)＝ax＋b－1(其中00，a≠1)滿足f(

5、1)＝，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________． 解析：由f(1)＝得a2＝. 又a>0， 所以a＝， 因此f(x)＝. 因?yàn)間(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[2，＋∞)． 答案：[2，＋∞) 9．不等式<恒成立，則a的取值范圍是________． 解析：由題意，y＝是減函數(shù)， 因?yàn)?恒成立， 所以x2＋ax>2x＋a－2恒成立， 所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立， 所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0， 即(a－2)(a－2＋4)<0， 即(a－2)(a＋2)<0， 故有－2

6、是(－2，2)． 答案：(－2，2) 10．已知max{a，b}表示a，b兩數(shù)中的最大值．若f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}，則f(x)的最小值為________． 解析：由題意得，f(x)＝ 當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝e|x|＝ex≥e(當(dāng)x＝1時(shí)，取等號(hào))； 當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e. 故f(x)的最小值為f(1)＝e. 答案：e 11．設(shè)f(x)＝. (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性； (2)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性． 解：(1)根據(jù)題意，f(x)＝， 則f(－x)＝＝＝＝f(x)， 所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．

7、(2)因?yàn)閒(x)＝＝－x＋， 所以f′(x)＝－1＋＝－1＋－， 因?yàn)閤＞0，所以2x＋1＞2， 所以＜1， 所以－1＋＜0， 所以f′(x)＜0， 故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 12．已知函數(shù)f(x)＝2a·4x－2x－1. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)在x∈[－3，0]上的值域； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝0有解，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2·4x－2x－1 ＝2(2x)2－2x－1， 令t＝2x，x∈[－3，0]，則t∈. 故y＝2t2－t－1＝2－， t∈， 故值域?yàn)? (2)關(guān)于x的方程2a(2x)2－

8、2x－1＝0有解， 設(shè)2x＝m>0， 等價(jià)于方程2am2－m－1＝0在(0，＋∞)上有解， 記g(m)＝2am2－m－1， 當(dāng)a＝0時(shí)，解為m＝－1<0，不成立． 當(dāng)a<0時(shí)，開口向下，對稱軸m＝<0， 過點(diǎn)(0，－1)，不成立． 當(dāng)a>0時(shí)，開口向上， 對稱軸m＝>0，過點(diǎn)(0，－1)，必有一個(gè)根為正，綜上得a>0. [綜合題組練] 1．(應(yīng)用型)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，af(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

9、出函數(shù)f(x)＝|2x－1|的圖象，如圖， 因?yàn)閍f(c)>f(b)， 結(jié)合圖象知，00， 所以0<2a<1. 所以f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1， 所以f(c)<1，所以0f(c)， 所以1－2a>2c－1， 所以2a＋2c<2，故選D. 2．(創(chuàng)新型)設(shè)y＝f(x)在(－∞，1]上有定義，對于給定的實(shí)數(shù)K，定義fK(x)＝給出函數(shù)f(x)＝2x＋1－4x，若對于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，則(　　) A．K

10、的最大值為0 B．K的最小值為0 C．K的最大值為1 D．K的最小值為1 解析：選D.根據(jù)題意可知，對于任意x∈(－∞，1]，若恒有fK(x)＝f(x)，則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，則t∈(0，2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值為1，所以K≥1，故選D. 3．設(shè)a>0，且a≠1，函數(shù)y＝a2x＋2ax－1在[－1，1]上的最大值是14，則實(shí)數(shù)a的值為________． 解：令t＝ax(a>0，且a≠1)， 則原函數(shù)化為y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)． ①當(dāng)0

11、，1]時(shí)，t＝ax∈， 此時(shí)f(t)在上為增函數(shù)． 所以f(t)max＝f＝－2＝14. 所以＝16，解得a＝－(舍去)或a＝. ②當(dāng)a>1時(shí)，x∈[－1，1]，t＝ax∈， 此時(shí)f(t)在上是增函數(shù)．所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)．綜上得a＝或3. 答案：或3 4．(應(yīng)用型)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝是奇函數(shù)． (1)求a，b的值； (2)若對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0， 即＝0，解得b＝1， 所以f(x)＝. 又由f(1)＝－f(－1)知＝－，解得a＝2. (2)由(1)知f(x)＝＝－＋， 由上式易知f(x)在R上為減函數(shù)，又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等價(jià)于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)． 因?yàn)閒(x)是R上的減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋k. 即對一切t∈R有3t2－2t－k>0， 從而Δ＝4＋12k<0，解得k<－. 故k的取值范圍為. - 7 -