【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第2章-第4节-指数与指数函数

其次章第四节一、选择题1．(文)(2021·河南省试验中学期中)函数y＝(a2－4a＋4)·ax是指数函数，则a的值是A．4 B．1或3C．3 D．1[答案]C[解析]由条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－4a＋4＝1，,a>0且a≠1.))∴a＝3.(理)(2022·东北三校联考)函数f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的图象恒过点A，下列函数中图象不经过点A的是()A．y＝eq\r(1－x) B．y＝|x－2|C．y＝2x－1 D．y＝log2(2x)[答案]A[解析]f(x)＝ax－1的图象过定点(1,1)，在函数y＝eq\r(1－x)中当x＝1时，y＝0，故选A.2．(文)(2022·西安模拟)函数f(x)＝eq\f(e2x＋1,ex)的图象()A．关于原点对称 B．关于直线y＝x对称C．关于x轴对称 D．关于y轴对称[答案]D[解析]∵f(x)＝ex＋e－x，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故选D.(理)(2021·东营质检)函数y＝3x与y＝－3－x的图象关于()对称．()A．x轴 B．y轴C．直线y＝x D．原点[答案]D[解析]∵y＝－3－x，即－y＝3－x，将x用－x替换，y用－y替换，即得y＝3x，∴选D.3．(2022·浙江绍兴一中月考)函数f(x)＝a|x＋1|(a>0，a≠1)的值域为[1，＋∞)，则f(－4)与f(1)的关系是()A．f(－4)>f(1) B．f(－4)＝f(1)C．f(－4)<f(1) D．不能确定[答案]A[解析]由题意知a>1，∴f(－4)＝a3，f(1)＝a2，由y＝ax的单调性知a3>a2，∴f(－4)>f(1)．4．(2022·陕西理，7)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是()A．f(x)＝xeq\f(1,3) B．f(x)＝x3C．f(x)＝(eq\f(1,2))x D．f(x)＝3x[答案]D[解析]由于ax·ay＝ax＋y，所以指数函数f(x)＝ax满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且当a>1时单调递增，0<a<1时单调递减，所以f(x)＝3x满足题意．5．(2022·新泰摸底)已知函数f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝ax(a>0且a≠1)，且f(eqlog\s\do8(\f(1,2))4)＝－3，则a的值为()A.eq\r(3) B．3C．9 D．eq\f(3,2)[答案]A[解析]∵f(eqlog\s\do8(\f(1,2))4)＝f(log2eq\f(1,4))＝f(－2)＝－f(2)＝－a2＝－3，∴a2＝3，解得a＝±eq\r(3)，又a>0，∴a＝eq\r(3).6．(文)(2021·山东师大附中模拟)若函数f(x)＝loga(x＋b)的大致图象如图，其中a，b为常数，则函数g(x)＝ax＋b的大致图象是()[答案]B[解析]由函数f(x)＝loga(x＋b)的图象知f(x)为减函数，∴0<a<1，再由图象平移的学问知，0<b<1，故y＝g(x)单调递减，g(0)＝b＋1>1，故选B.(理)(2021·山师大附中期中)已知a>0，a≠1，函数y＝logax，y＝ax，y＝x＋a在同一坐标系中的图象可能是()[答案]C[解析]函数y＝ax与y＝logax互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称，排解B；a>1时，y＝x＋a与y轴交点在点(0,1)上方，排解A；0<a<1时，y＝x＋a与y轴交点在点(0,1)下方，排解D，故选C.二、填空题7．如图所示的算法流程图中，若f(x)＝2x，g(x)＝x2，则h(3)的值等于________．[答案]9[解析]由程序框图可知，h(x)的值取f(x)与g(x)的值中较大的，∵f(3)＝23＝8，g(3)＝32＝9,9>8，∴h(3)＝9.8．若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x≥0.))则不等式|f(x)|≥eq\f(1,3)的解集为________．[答案][－3,1][解析]f(x)的图象如图．|f(x)|≥eq\f(1,3)⇒f(x)≥eq\f(1,3)或f(x)≤－eq\f(1,3).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x≥eq\f(1,3)或eq\f(1,x)≤－eq\f(1,3)∴0≤x≤1或－3≤x<0，∴解集为{x|－3≤x≤1}．9．(2021·河南省试验中学期中)假如函数f(x)的图象与函数g(x)＝(eq\f(1,2))x的图象关于直线y＝x对称，则f(3x－x2)的单调递减区间是________．[答案](0，eq\f(3,2)][解析]由条件知f(x)为g(x)的反函数，∴f(x)＝eqlog\s\do8(\f(1,2))x，∴y＝f(3x－x2)＝eqlog\s\do8(\f(1,2))(3x－x2)，由3x－x2>0得0<x<3，又二次函数u＝－x2＋3x的对称轴为x＝eq\f(3,2)，∴函数的单调递减区间为(0，eq\f(3,2)]．三、解答题10．(文)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0,1)时，f(x)＝eq\f(2x,4x＋1).(1)求f(x)在(－1,1)上的解析式；(2)证明：f(x)在(0,1)上是减函数．[解析](1)∵f(x)是R上的奇函数，∴f(0)＝0，又当x∈(－1,0)时，－x∈(0,1)，∴f(－x)＝eq\f(2－x,4－x＋1)＝eq\f(2x,1＋4x)，∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－eq\f(2x,1＋4x)，∴f(x)在(－1,1)上的解析式为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2x,4x＋1)x∈0，1，,－\f(2x,4x＋1)x∈－1，0，,0x＝0.))(2)当x∈(0,1)时，f(x)＝eq\f(2x,4x＋1).设0<x1<x2<1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(2x1,4x1＋1)－eq\f(2x2,4x2＋1)＝eq\f(2x2－2x12x1＋x2－1,4x1＋14x2＋1)，∵0<x1<x2<1，∴2x2－2x1>0,2x1＋x2－1>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故f(x)在(0,1)上是减函数．(理)(2022·吉安一中月考)设函数f(x)＝1＋ax＋ma2x，其中a>0且a≠1，m∈R.(1)若a＝eq\f(1,2)，m＝1，请用定义证明f(x)单调递减；(2)若a＝2，∀x≤1恒有f(x)>0，求m的取值范围．[解析](1)由条件知f(x)＝1＋(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,2))2x，设x1、x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(eq\f(1,2))x1－(eq\f(1,2))x2＋(eq\f(1,4))x1－(eq\f(1,4))x2＝(eq\f(1,2))x1[1－(eq\f(1,2))x2－x1]＋(eq\f(1,4))x1[1－(eq\f(1,4))x2－x1]，∵x2>x1，∴x2－x1>0，∴(eq\f(1,2))x2－x1<1，(eq\f(1,4))x2－x1<1，∴1－(eq\f(1,2))x2－x1>0,1－(eq\f(1,4))x2－x1>0，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在R上为单调递减函数．(2)a＝2时，f(x)＝1＋2x＋m·4x，∵x≤1，∴0<2x≤2，∴(eq\f(1,2))x≥eq\f(1,2)，f(x)>0，即1＋2x＋m·4x>0，∴m>－eq\f(1＋2x,4x)＝－(eq\f(1,2))2x－(eq\f(1,2))x，令t＝(eq\f(1,2))x，则t≥eq\f(1,2)，由条件知m>－t2－t(t≥eq\f(1,2))恒成立，∵t≥eq\f(1,2)时，－t2－t＝－(t＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)≤－eq\f(3,4)，∴m>－eq\f(3,4).一、选择题11．(文)(2021·湖北黄石一模)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2＋1，x≥0，,a2－1eax，x<0))在(－∞，＋∞)上单调，则a的取值范围是()A．(－∞，－eq\r(2)]∪(1，eq\r(2)] B．[－eq\r(2)，－1)∪[eq\r(2)，＋∞)C．(1，eq\r(2)] D．[eq\r(2)，＋∞)[答案]A[解析]由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a2－1>0，,1≥a2－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a2－1>0，,1≤a2－1，))解得1<a≤eq\r(2)或a≤－eq\r(2)，故选A.(理)(2022·安徽省示范高中第一次联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－3a，x<0，,ax－2，x≥0.))(a>0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是()A．(0，eq\f(2,3)] B．(0，eq\f(1,3)]C．(0,1) D．(0,2][答案]B[解析]由f(x)是(－∞，＋∞)上的减函数，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,f0＝a0－2≤－3a，))解得0<a≤eq\f(1,3).[易错警示]本题考查的是分段函数在R上的单调性，要留意本题需满足a0－2≤－3a12．(文)(2022·江西适应性考试)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x，a≤x<0，,－x2＋2x，0≤x≤4))的值域是[－8,1]，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3] B．[－3,0)C．[－3，－1] D．{－3}[答案]B[解析]当0≤x≤4时，f(x)∈[－8,1]，当a≤x<0时，f(x)∈[－(eq\f(1,2))a，－1)，所以[－eq\f(1,2a)，－1)[－8,1]，即－8≤－eq\f(1,2a)<－1，即－3≤a<0.(理)(2021·天津模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x>2，,x＋a2，x≤2.))若f(x)的值域为R，则常数a的取值范围是()A．(－∞，－1]∪[2，＋∞) B．[－1,2]C．(－∞，－2]∪[1，＋∞) D．[－2,1][答案]A[解析]∵x>2时，f(x)＝2x＋a>a＋4，x≤2时，f(x)＝x＋a2≤a2＋2，欲使f(x)的值域为R，应有a2＋2≥a＋4，即a2－a－2≥0，∴a≤－1或a≥2，故选A.13．(2022·湖北荆门月考)已知a>b>1,0<x<1，以下结论中成立的是()A．(eq\f(1,a))x>(eq\f(1,b))x B．xa>xbC．logxa>logxb D．logax>logbx[答案]D[解析]∵a>b>1,0<x<1，∴0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<1，∴(eq\f(1,a))x<(eq\f(1,b))x，故A不成立；∵a>b>1,0<x<1，∴xa<xb，故B不成立；∵a>b>1,0<x<1，∴logxa<logxb，故C不成立；∵logxa<logxb<0，∴logax>logbx，故D成立，故选D.14．(文)函数f(x)＝1＋log2x与g(x)＝2－x＋1在同始终角坐标系内的图象大致是()[答案]C[分析]函数f(x)＝1＋log2x的图象可由函数y＝log2x的图象变换得到；函数y＝2－x＋1可由函数y＝(eq\f(1,2))x的图象变换得到．[解析]f(x)＝1＋log2x的图象是由y＝log2x的图象向上平移一个单位长度得到的；g(x)＝2－x＋1＝(eq\f(1,2))x－1的图象可由y＝(eq\f(1,2))x的图象向右平移一个单位长度得到．[点评]幂、指数、对数函数的图象与性质是高考又一主要命题点，解决此类题的关键是熟记一次函数、二次函数，含确定值的函数、基本初等函数的图象特征分布规律，相关性质，把握平移伸缩变换和常见的对称特征，把握识、画图的主要留意事项，学会识图、用图．(理)(2022·山东德州期末)函数y＝eq\f(xax,|x|)(0<a<1)的图象的大致外形是()[答案]D[解析]由于y＝eq\f(xax,|x|)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x>0，,－ax，x<0，))且0<a<1，所以依据指数函数的图象和性质，当x∈(0，＋∞)时，函数为减函数，图象下降；当x∈(－∞，0)时，函数是增函数，图象上升，故选D.15．(2021·濉溪县月考)已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足eq\f(fx,gx)＝ax，且f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，eq\f(f1,g1)＋eq\f(f－1,g－1)＝eq\f(5,2).若有穷数列{eq\f(fn,gn)}的前n项和为Sn，则满足不等式Sn>2021的最小正整数n等于()A．7 B．8C．9 D．10[答案]D[分析]观看题中各条件可以发觉，令F(x)＝eq\f(fx,gx)，则易知F′(x)>0，F(1)＋F(－1)＝eq\f(5,2)，问题即争辩数列{an}的前n项和Sn>2021在n取何值时开头成立．[解析]令F(x)＝eq\f(fx,gx)，则F(x)＝ax，F′(x)＝eq\f(1,g2x)[f′(x)g(x)－f(x)g′(x)]>0，∴F(x)为增函数，∴a>1.又F(1)＋F(－1)＝eq\f(5,2)，∴a＋eq\f(1,a)＝eq\f(5,2)，解之得a＝2，∴F(x)＝2x，F(n)＝eq\f(fn,gn)＝2n.由条件知eq\f(22n－1,2－1)>2021，即2n＋1>2021，∴n≥10，故选D.二、填空题16．(文)(2021·北京市房山区一模)设f(x)是定义在R上不为零的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和的取值范围是________．[答案][eq\f(1,2)，1)[解析]∵对任意x、y∈R都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，∴f(2)＝f2(1)，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)·f(1)＝f3(1)，易知f(n)＝fn(1)，∵a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)，∴an＝(eq\f(1,2))n，∴数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(\f(1,2)[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))＝1－(eq\f(1,2))n∈[eq\f(1,2)，1)．(理)(2021·湖南)设函数f(x)＝ax＋bx－cx，其中c>a>0，c>b>0.(1)记集合M＝{(a，b，c)|a，b，c不能构成一个三角形的三条边长，且a＝b}，则(a，b，c)∈M所对应的f(x)的零点的取值集合为________；(2)若a，b，c是△ABC的三条边长，则下列结论正确的是________．(写出全部正确结论的序号)①∀x∈(－∞，1)，f(x)>0；②∃x∈R，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长；③若△ABC为钝角三角形，则∃x∈(1,2)，使f(x)＝0.[答案](1){x|0<x≤1}(2)①②③[解析](1)∵c>a>0，c>b>0，a＝b，且a、b、c不能构成三角形的三边，∴0<a＋a≤c，∴eq\f(c,a)≥2，令f(x)＝0得，ax＋bx＝cx，∵a＝b，∴2ax＝cx，∴(eq\f(c,a))x＝2，∴x＝eqlog\s\do8(\f(a,c))logeq\f(c,a)2，∴eq\f(1,x)＝log2eq\f(c,a)≥1，∴0<x≤1.(2)①∵a、b、c是三角形的三边长，∴a＋b>c，∵c>a>0，c>b>0，∴0<eq\f(a,c)<1,0<eq\f(b,c)<1，∴当x∈(－∞，1)时，f(x)＝ax＋bx－cx＝cx[(eq\f(a,c))x＋(eq\f(b,c))x－1]>cx(eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)－1)＝eq\f(cx·a＋b－c,c)>0，∴①正确；②令a＝2，b＝3，c＝4，则a、b、c构成三角形的三边长，取x＝2，则a2、b2、c2不能构成三角形的三边长，故②正确；③∵c>a，c>b，△ABC为钝角三角形，∴a2＋b2－c2<0，又f(1)＝a＋b－c>0，f(2)＝a2＋b2－c2<0，∴函数f(x)在(1,2)上存在零点，③正确．17．(2022·皖南八校联考)对于给定的函数f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，a≠1)，下面给出五个命题，其中真命题是________．(只需写出全部真命题的编号)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.[答案]①③④[解析]∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，f(x)的图象关于原点对称，①对；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；y＝f(|x|)是偶函数，其图象关于y轴对称，③对；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|)的最大值为0，④对；当a>1时，f(x)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当x＝0时，y＝f(x)的最小值为0，⑤错．综上，真命题是①③④.三、解答题18．(文)(2021·山东聊城一模)设k∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x>0，,ex，x≤0，))F(x)＝f(x)＋kx，x∈R.(1)k＝1时，求F(x)的值域；(2)试争辩函数F(x)的单调性．[解析](1)k＝1时，F(x)＝f(x)＋x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x，x>0，,ex＋x，x≤0.))可以证明F(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)和(－∞，0]上递增，又f(0)＝1，f(1)＝2，所以F(x)的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)＋kx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋kx，x>0，,ex＋kx，x≤0.))若k＝0，则F(x)在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)上递增；若k>0，则F(x)在(0，eq\f(1,\r(k))]上递减，在(eq\f(1,\r(k))，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递增．若k<0，则F(x)在(0，＋∞)上递减．当x≤0时，F′(x)＝ex＋k，若F′(x)>0，则x>ln(－k)，若F′(x)<0，则x<ln(－k)．若k≤－1，－k≥1，则F(x)在(－∞，0]上递减，若－1<k<0,0<－k<1，则F(x)在(－∞，ln(－k))上递减，在(ln(－k)，0)上递增．(理)定义在D上的函数f(x)，假如满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M