2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練10指數(shù)與指數(shù)函數(shù)【含答案】

專練10指數(shù)與指數(shù)函數(shù)考查指數(shù)的運算，指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì).[基礎(chǔ)強化]一、選擇題1．函數(shù)y＝(a2－3a＋3)ax是指數(shù)函數(shù)，則有()A．a(chǎn)＝1或a＝2B．a(chǎn)＝1C．a(chǎn)＝2D．a(chǎn)>0且a≠12．已知函數(shù)g(x)＝3x＋t的圖象不經(jīng)過第二象限，則t的取值范圍為()A．(－∞，－1]B．(－∞，－1)C．(－∞，－3]D．[－3，＋∞)3．若a2x＝eq\r(2)－1，則eq\f(a3x＋a－3x,ax＋a－x)等于()A．2eq\r(2)－1B．2－2eq\r(2)C．2eq\r(2)＋1D.eq\r(2)＋14．函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)在[0,1]上的最大值與最小值的和為3，則a＝()A.eq\f(1,2)B．2C．4D.eq\f(1,4)5．函數(shù)f(x)＝ax－b的圖象如圖，其中a，b為常數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)>1，b<0B．a(chǎn)>1，b>0C．0<a<1，b>0D．0<a<1，b<06．已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5）)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5）)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5）)，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．b<c<a7．函數(shù)y＝4x＋2x＋1＋1的值域為()A．(0，＋∞)B．(1，＋∞)C．[1，＋∞)D．(－∞，＋∞)8．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)的單調(diào)減區(qū)間為()A．(1，＋∞)B．(0，＋∞)C．(－∞，0)D．(－1,1)9．[中考真題-全國卷Ⅲ]Logistic模型是常用數(shù)學(xué)模型之一，可應(yīng)用于流行病學(xué)領(lǐng)域．有學(xué)者根據(jù)公布數(shù)據(jù)建立了某地區(qū)新冠肺炎累計確診病例數(shù)I(t)(t的單位：天)的Logistic模型：I(t)＝eq\f(K,1＋e－0.23t－53)，其中K為最大確診病例數(shù)．當(dāng)I(t*)＝0.95K時，標(biāo)志著已初步遏制疫情，則t*約為(ln19≈3)()A．60B．63C．66D．69二、填空題10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,8）)＋(0.002)－10(eq\r(5)－2)－1＋(eq\r(2)－eq\r(3))0的值為________．11．已知函數(shù)f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[－1,0]，則a＋b＝________.12．若函數(shù)f(x)＝2|x－a|(a∈R)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的最小值等于________．[能力提升]13．(多選)[2021·黑龍江省六校階段聯(lián)考]若2a＋1＝3,2b＝eq\f(8,3)，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)＋b＝3B．b－a＜1C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞2D．a(chǎn)b＞eq\f(3,4)14．[中考真題-全國卷Ⅱ]若2x－2y<3－x－3－y，則()A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<015．已知常數(shù)a>0，函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,2x＋ax)的圖象經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p，\f(6,5）)、Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q，－\f(1,5）).若2p＋q＝36pq，則a＝________.16．已知函數(shù)y＝4x＋m·2x－2在區(qū)間[－2,2]上單調(diào)遞增，則m的取值范圍是________．專練10指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．C由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋3＝1，,a>0，,a≠1，）得a＝2.2．A若函數(shù)g(x)＝3x＋t的圖象不經(jīng)過第二象限，則當(dāng)x＝0時，g(x)≤0，即30＋t≤0，解得t≤－1.故選A.3．Aeq\f(a3x＋a－3x,ax＋a－x)＝a2x＋a－2x－1＝eq\r(2)－1＋eq\f(1,\r(2)－1)－1＝eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1－1＝2eq\r(2)－1.4．B∵y＝ax在[0,1]上單調(diào)，∴a0＋a1＝3，得a＝2.5．D由f(x)＝ax－b的圖象知0<a<1，又f(0)＝a－b∈(0,1)，∴－b>0，∴b<0.6．D∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5）)x為減函數(shù)，∴b<c，又y＝xeq\f(2,5)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴a>c，∴b<c<a，故選D.7．B設(shè)2x＝t(t>0)，∴y＝t2＋2t＋1＝(t＋1)2，又y＝(t＋1)2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴y>1，∴所求函數(shù)的值域為(1，＋∞)．8．C由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)．9．CI(t*)＝eq\f(K,1＋e－0.23t*－53)＝0.95K，整理可得e0.23(t*－53)＝19，兩邊取自然對數(shù)得0.23(t*－53)＝ln19≈3，解得t*≈66，故選C.10．－eq\f(167,9)11．－eq\f(3,2)解析：①當(dāng)0<a<1時，函數(shù)f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝0，,f0＝－1，）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝0，,a0＋b＝－1，）解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－2，）此時a＋b＝－eq\f(3,2).②當(dāng)a>1時，函數(shù)f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－1，,f0＝0，）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝－1，,a0＋b＝0，）顯然無解，所以a＋b＝－eq\f(3,2).12．1解析：因為f(1＋x)＝f(1－x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以a＝1，所以函數(shù)f(x)＝2|x－1|的圖象如圖所示，因為函數(shù)f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m≥1，所以實數(shù)m的最小值為1.13．BCD由2a＋1＝3,2b＝eq\f(8,3)，得2a＋1·2b＝8，所以a＋1＋b＝3，則a＋b＝2，故A不正確．又2a＋1＝2·2a＝3，所以eq\r(2)＜2a＝eq\f(3,2)＜2，所以b＞1＞a＞eq\f(1,2).因為eq\f(2b,2a)＝2b－a＝eq\f(16,9)＜2，所以b－a＜1，故B正確；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(2,ab)，因為0＜ab＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2）)2＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2,ab)＞2，故C正確；ab＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，因為eq\f(1,2)＜a＜1，所以－(a－1)2＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1），所以ab＞eq\f(3,4)，故D正確．綜上所述，選BCD.14．A因為2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.設(shè)f(x)＝2x－3－x，則f′(x)＝2xln2－3－x×ln3×(－1)＝2xln2＋3－xln3，易知f′(x)>0，所以f(x)在R上為增函數(shù)．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0，故選A.15．6解析：由題意得f(p)＝eq\f(6,5)，f(q)＝－eq\f(1,5)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2p,2p＋ap)＝\f(6,5)，①,\f(2q,2q＋aq)＝－\f(1,5)，②）①＋②，得eq\f(2p2q＋aq＋2q2p＋ap,2p＋ap2q＋aq)＝1，整理得2p＋q＝a2pq，又2p＋q＝36pq，∴36pq＝a2pq，又pq≠0，∴a2＝36，∴a＝6或a＝－6，又a>0，得a＝6.16.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞）解析：設(shè)t＝2x，則y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.因為x∈[－2,2]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(