高考数学第二章函数概念与基本初等函数5第5讲指数与指数函数练习理（含解析）.docx

第5讲 指数与指数函数 基础题组练1函数f(x)1e|x|的图象大致是()解析：选A.将函数解析式与图象对比分析，因为函数f(x)1e|x|是偶函数，且值域是(，0，只有A满足上述两个性质2设2x8y1，9y3x9，则xy的值为()A18B21C24D27解析：选D.因为2x8y123(y1)，所以x3y3，因为9y3x932y，所以x92y，解得x21，y6，所以xy27.3(2019高考全国卷)已知alog20.2，b20.2，c0.20.3，则()Aabc BacbCcab Dbca解析：选B.因为alog20.21，c0.20.3(0，1)，所以ac0，且1bxax，则()A0ba1B0ab1C1baD1ab解析：选C.因为1bx，所以b00，所以b1，因为bx1，因为x0，所以1，所以ab，所以1b0时，f(x)12x，f(x)2x1，此时x0，则f(x)2x1f(x)；当x0，则f(x)12(x)12xf(x)即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.6已知实数a，b满足等式，下列五个关系式：0ba；ab0；0ab；ba0；ab.其中不可能成立的关系式有()A1个B2个C3个D4个解析：选B.函数y1与y2的图象如图所示由得，ab0或0ba或ab0.故可能成立，不可能成立7函数f(x)axb1(其中0a1且0b1)的图象一定不经过第_象限解析：由0a1可得函数yax的图象单调递减，且过第一、二象限，因为0b1，所以1b10，所以01b0，a1)满足f(1)，则f(x)的单调递减区间是_解析：由f(1)得a2.又a0，所以a，因此f(x).因为g(x)|2x4|在2，)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是2，)答案：2，)9不等式恒成立，则a的取值范围是_解析：由题意，y是减函数，因为2xa2恒成立，所以x2(a2)xa20恒成立，所以(a2)24(a2)0，即(a2)(a24)0，即(a2)(a2)0，故有2a2，即a的取值范围是(2，2)答案：(2，2)10已知maxa，b表示a，b两数中的最大值若f(x)maxe|x|，e|x2|，则f(x)的最小值为_解析：由题意得，f(x)当x1时，f(x)e|x|exe(当x1时，取等号)；当xe.故f(x)的最小值为f(1)e.答案：e11设f(x).(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)讨论函数f(x)在区间(0，)上的单调性解：(1)根据题意，f(x)，则f(x)f(x)，所以函数f(x)为偶函数(2)因为f(x)x，所以f(x)11，因为x0，所以2x12，所以1，所以10，所以f(x)0，故函数f(x)在区间(0，)上单调递减12已知函数f(x)2a4x2x1.(1)当a1时，求函数f(x)在x3，0上的值域；(2)若关于x的方程f(x)0有解，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)24x2x12(2x)22x1，令t2x，x3，0，则t.故y2t2t12，t，故值域为.(2)关于x的方程2a(2x)22x10有解，设2xm0，等价于方程2am2m10在(0，)上有解，记g(m)2am2m1，当a0时，解为m10，不成立当a0时，开口向下，对称轴m0时，开口向上，对称轴m0，过点(0，1)，必有一个根为正，综上得a0.综合题组练1(应用型)已知函数f(x)|2x1|，abf(c)f(b)，则下列结论中，一定成立的是()Aa0，b0，c0Ba0C2a2cD2a2c2解析：选D.作出函数f(x)|2x1|的图象，如图，因为abf(c)f(b)，结合图象知，0f(a)1，a0，所以02a1.所以f(a)|2a1|12a1，所以f(c)1，所以0c1.所以12cf(c)，所以12a2c1，所以2a2c0，且a1，函数ya2x2ax1在1，1上的最大值是14，则实数a的值为_解：令tax(a0，且a1)，则原函数化为yf(t)(t1)22(t0)当0a1时，x1，1，tax，此时f(t)在上是增函数所以f(t)maxf(a)(a1)2214，解得a3或a5(舍去)综上得a或3.答案：或34(应用型)已知定义域为R的函数f(x)是奇函数(1)求a，b的值；(2)若对任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)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0，解得b1，所以f(x).又由f(1)f(1)知，解得a2.(2)由(1)知f(x)，由上式