2022版备战老高考一轮复习文科数学课后限时集训9 指数与指数函数 作业

指数与指数函数建议用时：45分钟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＜bC．b＜a＜c D．b＜c＜aC[y＝0.6x在R上是减函数，又0.6＜1.5，∴0.60.6＞0.61.5.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()ABCDD[函数的定义域为{x|x≠0}，所以y＝eq\f(xax,|x|)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(\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\co1(\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\co1(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\co1(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\co1(\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\co1(\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\co1(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\co1(\f(1,a)))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(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\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－m≥0恒成立，即m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在(－∞，1]上恒成立．又因为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)均为减函数，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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＜1C．1＜b＜a D．1＜a＜bC[∵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\co1(\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\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(2，＋∞)B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\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\co1(－∞，－\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\co1(fx，fx≤K，,K，fx＞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0B．K的最小值为0C．K的最大值为1D．K的最小值为1D[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\co1(\f(1,2)))2x－2λ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋3(－1≤x≤2)．设t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，得g(t)＝t2－2λt＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤t≤2)).当λ＝eq\f(3,2)时，g(t)＝t2－3t＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2)))2＋eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤t≤2)).所以g(t)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(37,16)，g(t)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(1,4)≤t≤2))，①当λ≤eq\f(1,4)时，g(t)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1