高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第3章第5講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)

第三章第5講[A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2020年烏蘭察布期中)已知函數(shù)f(x)＝4＋ax－1的圖象恒過(guò)定點(diǎn)P，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是()A．(1,5) B．(1,4)C．(0,4) D．(4,0)【答案】A2．(2020年畢節(jié)期中)設(shè)a＝log37，b＝21.1，c＝0.52.1，則A．b<a<c B．a(chǎn)<c<bC．c<b<a D．c<a<b【答案】D3．一批設(shè)備價(jià)值a萬(wàn)元，由于使用磨損，每年比上一年價(jià)值降低b%，則n年后這批設(shè)備的價(jià)值為()A．na(1－b%) B．a(chǎn)(1－nb%)C．a(chǎn)[1－(b%)n] D．a(chǎn)(1－b%)n【答案】D4．下列不等式中，正確的是()A．1.5eq\s\up7(\f(5,4))＞1.7eq\s\up7(\f(5,4)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up7(\f(3,4))＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up7(\f(4,3))C．(eq\r(2))－eq\s\up7(\f(1,2))＞(eq\r(3))－eq\s\up7(\f(1,2)) D．(0.7)eq\s\up7(\f(3,2))＞(0.7)eq\s\up7(\f(1,2))【答案】C5．化簡(jiǎn)4aeq\s\up7(\f(2,3))·b－eq\s\up7(\f(1,3))÷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a－eq\s\up7(\f(1,3))beq\s\up7(\f(2,3))))，其結(jié)果為()A．－eq\f(2a,3b) B．－eq\f(8a,b)C．－eq\f(6a,b) D．－6ab【答案】C【解析】原式＝－6aeq\s\up7(\f(2,3))－(－eq\s\up7(\f(1,3)))b－eq\s\up7(\f(1,3))－eq\s\up7(\f(2,3))＝－6ab－1＝－eq\f(6a,b).6．(2020年貴陽(yáng)檢測(cè))已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，則a，b，c的大小關(guān)系是A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞bC．c＞a＞b D．b＞c＞a【答案】A【解析】由0.2＜0.6,0.4＜1，并結(jié)合指數(shù)函數(shù)的圖象可知0.40.2＞0.40.6，即b＞c.因?yàn)閍＝20.2＞1，b＝0.40.2＜1，所以a＞b.綜上可得a＞b＞c7．計(jì)算：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－eq\s\up7(\f(1,3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))0＋8eq\s\up7(\f(1,4))×eq\r(4,2)－eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up7(\f(2,3)))＝________.【答案】2【解析】原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up7(\f(1,3))×1＋2eq\s\up7(\f(3,4))×2eq\s\up7(\f(1,4))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up7(\f(1,3))＝2.8．已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≥0，,f－x，x<0，))則函數(shù)g(x)的最小值是________．【答案】0【解析】當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)＝f(x)＝2x－eq\f(1,2x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)≥g(0)＝0；當(dāng)x<0時(shí)，g(x)＝f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)為單調(diào)減函數(shù)，所以g(x)>0.所以函數(shù)g(x)的最小值是0.9．(2021年濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax－1,ax＋1)(a＞1)．(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)求f(x)的值域；(3)求證：f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．(1)解：f(x)的定義域?yàn)镽.f(－x)＝eq\f(a－x－1,a－x＋1)＝eq\f(1－ax,1＋ax)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)．(2)解：f(x)＝eq\f(ax－1,ax＋1)＝eq\f(ax＋1－2,ax＋1)＝1－eq\f(2,ax＋1).令t＝ax，t>0，則y＝1－eq\f(2,t＋1)，t>0.易知y＝1－eq\f(2,t＋1)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，由t>0，得－1＜1－eq\f(2,t＋1)＜1.所以f(x)的值域?yàn)?－1,1)．(3)證明：設(shè)x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1－1,ax1＋1)－eq\f(ax2－1,ax2＋1)＝eq\f(2ax1－ax2,ax1＋1ax2＋1).因?yàn)閍>1，x1<x2，所以ax1<ax2，即ax1－ax2<0.又因?yàn)閍x1＋1>0，ax2＋1>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．[B級(jí)能力提升]10．若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是()A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)【答案】D【解析】因?yàn)?x>0，所以由2x(x－a)<1得a>x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，令f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)>f(0)＝0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＝－1，所以a>－111．已知函數(shù)f(x)＝x－4＋eq\f(9,x＋1)，x∈(0,4)，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得最小值b，則函數(shù)g(x)＝a|x＋b|的圖象為()ABCD【答案】A【解析】因?yàn)閤∈(0,4)，所以x＋1>1，所以f(x)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥2eq\r(9)－5＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時(shí)，取等號(hào)．所以a＝2，b＝1.所以g(x)＝2|x＋1|，該函數(shù)圖象由y＝2|x|向左平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得到，結(jié)合圖象知A正確．12．(多選)(2020年濟(jì)南期末)若實(shí)數(shù)a，b滿(mǎn)足2a＋3a＝3b＋2b，A．0<a<b<1 B．b<a<0C．1<a<b D．a(chǎn)＝b【答案】ABD【解析】由2a＋3a＝3b＋2b，設(shè)f(x)＝2x＋3x，g(x)＝3x＋2x，易知f(x)，g(x)是遞增函數(shù)，畫(huà)出f(x)，g(x)的圖象(圖略)．當(dāng)x＝0或1時(shí)，f(x)＝g(x)，故D正確；當(dāng)0<a<b<1時(shí)，f(a)＝g(b)可能成立，故A正確；當(dāng)b<a<0時(shí)，因?yàn)閒(x)≤g(x)，所以f(a)＝g(b)可能成立，故B正確；當(dāng)1<a<b時(shí)，因?yàn)閒(a)<g(b)，所以f(a)＝g(b)不可能成立，故C13．已知不等式eq\f(1,2x2＋x)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x2－mx＋m＋4對(duì)任意x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．【答案】(－3,5)【解析】不等式等價(jià)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2＋x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x2－mx＋m＋4，即x2＋x＜2x2－mx＋m＋4恒成立，即x2－(m＋1)x＋m＋4＞0恒成立，所以Δ＝(m＋1)2－4(m＋4)＜0，即m2－2m－15＜0，解得－3＜m＜5.故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－3,5)．14．對(duì)于給定的函數(shù)f(x)＝ax－a－x(x∈R，a＞0，a≠1)，下面給出五個(gè)命題，其中真命題是________(只需寫(xiě)出所有真命題的編號(hào))．①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)；②函數(shù)f(x)在R上不具有單調(diào)性；③函數(shù)f(|x|)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)；④當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f(|x|)的最大值是0；⑤當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f(|x|)的最大值是0.【答案】①③④【解析】因?yàn)閒(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，①真；當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)在R上為增函數(shù)，②假；y＝f(|x|)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，③真；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，y＝f(|x|)在(－∞，0)上為增函數(shù)，在[0，＋∞)上為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝0時(shí)，y＝f(|x|)的最大值為0，④真；當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，在[0，＋∞)上為增函數(shù)，所以當(dāng)x＝0時(shí)，y＝f(x)的最小值為0，⑤假．綜上，真命題是①③④.15．已知函數(shù)f(x)＝2x＋2－x.(1)用函數(shù)單調(diào)性定義及指數(shù)函數(shù)性質(zhì)證明：f(x)是區(qū)間(0，＋∞)上的增函數(shù)；(2)若f(x)＝5·2－x＋3，求x的值．解：(1)設(shè)0<x1<x2<＋∞，則f(x1)－f(x2)＝(2x1＋2－x1)－(2x2＋2－x2)＝(2x1－2－x1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2xx1)＋\f(1,2xx2)))＝eq\f(2x1－2x22x1＋x2－1,2x1＋x2)，∵0<x1<x2<＋∞，∴2x1<2x2?2x1－2x2<0.x1＋x2>0?2x1＋x2>1?2x1＋x2－1>0,2x1＋x2>0，∴f(x1)－f(x2)<0?f(x1)<f(x2)．∴f(x)是區(qū)間(0，＋∞)上的增函數(shù)．(2)由題意可知，f(x)＝5·2－x＋3，即2x＋2－x＝5·2－x＋3，移項(xiàng)化為(2x＋1)(2x－4)＝0，∵2x＋1>0,2x－4＝0，∴解得x＝2.[C級(jí)創(chuàng)新突破]16．(2020年浙江期中)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋ax2＋bx＋c(a，b，c為非零實(shí)數(shù))，且f(a)＝ea，f(b)＝eb，若a<－1且c<0，則b的最小值為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】D【解析】由f(a)＝ea，f(b)＝eb，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ea＋a3＋ab＋c＝ea,eb＋ab2＋b2＋c＝eb，))兩式相減，得a(a＋b)·(a－b)＋b(a－b)＝0，所以(a－b)(a2＋ab＋b)＝0.若a＝b，則f(a)＝ea，f(b)＝eb成立時(shí)，a3＋a2＋c＝0，即c＝－a2(a＋1)，與a<－1且c<0矛盾，不符合條件；當(dāng)a2＋ab＋b＝0時(shí)，b＝－eq\f(a2,a＋1)＝2－eq\f(1,a＋1)－(a＋1)，因?yàn)閍＋1<0，所以－(a＋1)>0，所以b＝－eq\f(a2,a＋1)＝2－eq\f(1,a＋1)－(a＋1)≥2＋2eq\r(\f(1,a＋1)·a＋1)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)(a＋1)2＝1，即a＝－2時(shí)b取得最小值4.17．(2020年杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝2x.(1)試求函數(shù)F(x)＝f(x)＋af(2x)，x∈(－∞，0]的最大值；(2)若存在x∈(－∞，0)，使|af(x)－f(2x)|>1成立，試求a的取值范圍；(3)當(dāng)a>0，且x∈[0,15]時(shí)，不等式f(x＋1)≤f[(2x＋a)2]恒成立，求a的取值范圍．解：(1)F(x)＝f(x)＋af(2x)＝2x＋a·4x.令2x＝t，由x∈(－∞，0]，得t∈(0,1]．則F(x)＝G(t)＝at2＋t,0<t≤1.當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)(x)有最大值為1；當(dāng)a≠0時(shí)，G(t)的對(duì)稱(chēng)軸為t＝－eq\f(1,2a).若－eq\f(1,2a)>1，即－eq\f(1,2)<a<0，F(xiàn)(x)max＝G(1)＝a＋1；若0<－eq\f(1,2a)≤1，即a≤－eq\f(1,2)，F(xiàn)(x)max＝Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝－eq\f(1,4a)；若－eq\f(1,2a)<0，即a>0，F(xiàn)(x)max＝G(1)＝a＋1.綜上可得，F(xiàn)(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1，a>－\f(1,2)，,－\f(1,4a)，a≤－\f(1,2).))(2)令2x＝t，則存在t∈(0,1)，使得|t2－at|>1.所以存在t∈(0,1)，使得t2－at>1或t2－at<－1，即存在t∈(0,1)，使得a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,t)))max或a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\