新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时作业8指数与指数函数

课时作业8指数与指数函数一、选择题1．设a>0，将eq\f(a2,\r(a·\r(3,a2)))表示成分数指数幂，其结果是(C)解析：(C)A．－eq\f(2a,3b) B．－eq\f(8a,b)C．－eq\f(6a,b) D．－6ab解析：＝－6ab－1＝－eq\f(6a,b)，故选C.3．已知函数f(x)＝ax－1＋4的图象恒过定点P，则点P的坐标是(A)A．(1,5) B．(1,4)C．(0,4) D．(4,0)解析：令x－1＝0⇒x＝1，又f(1)＝5，故图象恒过定点P(1,5)．4．函数f(x)＝ax与g(x)＝－x＋a在同一坐标系中的图象可能是(A)解析：因为函数g(x)单调递减，所以排除选项C，D，又因为函数f(x)＝ax单调递增时，a>1，所以当x＝0时，g(0)＝a>1＝f(0)，所以排除选项B，故选A.5．(2019·全国卷Ⅱ)若a>b，则(C)A．ln(a－b)>0 B．3a<3bC．a3－b3>0 D．|a|>|b|解析：解法1：由函数y＝lnx的图象知，当0<a－b<1时，ln(a－b)<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正确．故选C.解法2：当a＝0.3，b＝－0.4时，ln(a－b)<0,3a>3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.6．函数y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为eq\f(5,4)，则函数y＝3·a2x－1在[0,1]上的最大值为(C)A．16 B．15C．12 D.eq\f(3,4)解析：∵函数y＝ax在定义域上是单调函数，且y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为eq\f(5,4)，∴1＋a＝eq\f(5,4)，解得a＝eq\f(1,4)，∴函数y＝3·a2x－1＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2x－1＝12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))x.∵函数y＝12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))x在定义域上为减函数，∴当x＝0时，函数y＝3·a2x－1在[0,1]上取得最大值，且最大值是12，故选C.7．(多选题)已知0<b<a<1，c>1，则下列各式中成立的是(AD)A．ab>ba B．cb>caC．logac>logbc D．blogca>alogcb解析：由于0<b<a<1，c>1，根据指数函数与幂函数的图象与性质有ab>aa>ba，故选项A正确；根据指数函数的图象与性质有cb<ca，故选项B错误；根据对数函数的图象与性质有logac<logbc，故选项C错误；因为ab>ba，c>1，则logcab>logcba，即blogca>alogcb，故选项D正确，故选AD.8．已知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x<1时，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1))，那么当x>1时，函数f(x)的单调递增区间是(C)A．(－∞，0) B．(1,2)C．(2，＋∞) D．(2,5)解析：如图所示，画出函数y＝f(x)的图象，可知当x>1时，函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，故选C.二、填空题9．已知实数a≠1，函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，,2a－x，x<0，))若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为eq\f(1,2).解析：当a<1时，41－a＝21，所以a＝eq\f(1,2)；当a>1时，22a－1＝4a－1，无解．所以a的值为eq\f(1,2).10．已知函数f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，函数g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≥0，,f－x，x<0，))则函数g(x)的最小值是0.解析：当x≥0时，g(x)＝f(x)＝2x－eq\f(1,2x)为单调增函数，所以g(x)≥g(0)＝0；当x<0时，g(x)＝f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)为单调减函数，所以g(x)>g(0)＝0，所以函数g(x)的最小值是0.11．对于给定的函数f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，且a≠1)，下面五个结论中正确的是①③④.(填序号)①函数f(x)的图象关于原点对称；②函数f(x)在R上不具有单调性；③函数f(|x|)的图象关于y轴对称；④当0<a<1时，函数f(|x|)的最大值是0；⑤当a>1时，函数f(|x|)的最大值是0.解析：∵f(－x)＝－f(x)，x∈R，∴f(x)为奇函数，∴f(x)的图象关于原点对称，①正确；当a>1时，f(x)在R上为增函数，当0<a<1时，f(x)在R上为减函数，②错误；y＝f(|x|)是偶函数，其图象关于y轴对称；③正确；当0<a<1时，y＝f(|x|)在(－∞，0)上为增函数，在[0，＋∞)上为减函数，∴当x＝0时，y＝f(|x|)取得最大值，为0，④正确；当a>1时，y＝f(|x|)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当x＝0时，y＝f(|x|)取得最小值，为0，⑤错误．综上，正确结论是①③④.三、解答题12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3(a>0，且a≠1)．(1)讨论f(x)的奇偶性；(2)求a的取值范围，使f(x)>0在定义域上恒成立．解：(1)由于ax－1≠0，则ax≠1，得x≠0，∴函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．对于定义域内任意x，有f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－x－1)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ax,1－ax)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3＝f(x)，∴函数f(x)是偶函数．(2)由(1)知f(x)为偶函数，∴只需讨论x>0时的情况，当x>0时，要使f(x)>0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3>0，即eq\f(1,ax－1)＋eq\f(1,2)>0，即eq\f(ax＋1,2ax－1)>0，则ax>1.又∵x>0，∴a>1.∴当a∈(1，＋∞)时，f(x)>0.13．已知函数f(x)＝a·4x－a·2x＋1＋1－b(a>0)在区间[1,2]上有最大值9和最小值1.(1)求a，b的值；(2)若不等式f(x)－k·4x≥0在x∈[－1,1]时有解，求实数k的取值范围．解：(1)令n＝2x∈[2,4]，则y＝an2－2an＋1－b(a>0)，n∈[2,4]有最大值9和最小值1，易知函数y＝an2－2an＋1－b的图象的对称轴为直线n＝1，∴当n＝2时，ymin＝4a－4a＋1－b＝1，当n＝4时，ymax＝16a－8a＋1－b＝9，∴a＝1，b＝0.(2)由(1)知，4x－2·2x＋1－k·4x≥0在x∈[－1,1]时有解．设2x＝t，∵x∈[－1,1]，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).∴t2－2t＋1－kt2≥0在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时有解，∴k≤eq\f(t2－2t＋1,t2)＝1－eq\f(2,t)＋eq\f(1,t2)，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).再令eq\f(1,t)＝m，则m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴k≤m2－2m＋1＝(m－1)2≤1，即k≤1，故实数k的取值范围是(－∞，1]．14．(多选题)若函数f(x)＝2x－2－x，则下列说法正确的是(AC)A．f(x)是奇函数 B．f(x)在R上是减函数C．f(x)无极值 D．f(－1)＝eq\f(3,2)解析：f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，则f(x)是奇函数，A正确；f′(x)＝2xln2＋2－xln2>0，则f(x)在R上是增函数，且f(x)无极值，故B错误，C正确；f(－1)＝2－1－2＝－eq\f(3,2)，故D错误，故选AC.15．已知g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，且满足g(x)－h(x)＝2x.若存在x∈[－1,1]，使得不等式m·g(x)＋h(x)≤0有解，则实数m的最大值为(B)A．－1 B.eq\f(3,5)C．1 D．－eq\f(3,5)解析：解法1：因为g(x)－h(x)＝2x①，所以g(－x)－h(－x)＝2－x，又g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，所以g(x)＋h(x)＝2－x②，联立①②，得g(x)＝eq\f(2x＋2－x,2)，h(x)＝eq\f(2－x－2x,2).由m·g(x)＋h(x)≤0得m≤eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)＝eq\f(4x－1,4x＋1)＝1－eq\f(2,4x＋1)，因为y＝1－eq\f(2,4x＋1)为增函数，所以当x∈[－1,1]时，(1－eq\f(2,4x＋1))max＝1－eq\f(2,4＋1)＝eq\f(3,5)，故选B.解法2：由解法1知g(x)＝eq\f(2x＋2－x,2)，h(x)＝eq\f(2－x－2x,2).观察选项，若m＝1，则g(x)＋h(x)≤0，所以eq\f(2x＋2－x,2)＋eq\f(2－x－2x,2)≤0，即2－x≤0，这与2－x>0矛盾，所以m≠1；若m＝eq\f(3,5)，则eq\f(3,5)g(x)＋h(x)≤0，所以eq\f(3,5)·eq\f(2x＋2－x,2)＋eq\f(2－x－2x,2)≤0，即22－x≤2x，当x＝1时，不等式22－x≤2x成立，所以m＝eq\f(3,5)满足题意，故选B.16．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R上的奇函数，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1.从而有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＋