2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测十指数与指数函数含解.pdf

课时跟踪检测(十) 指数与指数函数课时跟踪检测(十) 指数与指数函数 一、题点全面练 1.··的化简结果为( )3 3 3 2 6 12 A2 B3 C4 D6 解析：选 B 原式3 1 2 · 1 3 ·12 1 6 ( 3 2) 3 1 2 ·3 1 3 ·2 1 3 ·4 1 6·3 1 6 3 1 2 1 3 1 6·2 11 - + 33 3·203. 2.函数f(x)axb的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论 中正确的是( ) Aa1，b0 Ba1，b0 C0a1,0b1 D0a1，b0 解析：选 D 法一：由题图可知 0a1，当x0 时，ab(0,1)，故b0，得b0. 故选 D. 法二 ： 由图可知 0a1，f(x)的图象可由函数yax的图象向左平移得到，故b0， 则b0.故选 D. 3化简 4a 2 3 ·b 1 3 ÷的结果为( ) ( 2 3ab) A B 2a 3b 8a b C D6ab 6a b 解析：选 C 原式4÷a 21 - 33 b 1 2- 3 36ab1 ，故选 C. ( 2 3) 6a b 4设x0，且 1bxax，则( ) A0ba1 B0ab1 C1ba D1ab 解析：选 C 因为 1bx，所以b0bx， 因为x0，所以b1， 因为bxax，所以 x1， ( a b) 因为x0，所以 1，所以ab，所以 1ba.故选 C. a b 5已知a() 4 3 ，b2 2 5 ，c9 1 3 ，则a，b，c的大小关系是( )2 Abac Babc Cbca Dcab 解析：选 A a() 4 3 2 1 4 × 2 3 2 2 3 ，b2 2 5 ，c9 1 3 3 2 3 ，2 由函数yx 2 3 在(0，)上为增函数，得ac， 由函数y2x在 R 上为增函数，得ab， 综上得cab.故选 A. 6函数f(x)axb1(其中 0a1，且 0b1)的图象一定不经过( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 解析 ： 选 C 由 0a1 可得函数yax的图象单调递减， 且过第一、 二象限， 因为 0b 1，所以1b10， 所以 01b1， yax的图象向下平移 1b个单位即可得到yaxb1 的图象， 所以yaxb1 的图象一定在第一、二、四象限，一定不经过第三象限故选 C. 7已知函数f(x)Error!则函数f(x)是( ) A偶函数，在0，)单调递增 B偶函数，在0，)单调递减 C奇函数，且单调递增 D奇函数，且单调递减 解析 ： 选 C 易知f(0)0，当x0 时，f(x)12x，f(x)2x1，此时x0， 则f(x)2x1f(x)； 当x0 时，f(x)2x1， f(x)12x， 此时x0， 则f( x)12(x)12xf(x)即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选 C. 8二次函数yx24x(x2)与指数函数y x的交点有( ) ( 1 2) A3 个 B2 个 C1 个 D0 个 解析：选 C 因为二次函数yx24x(x2)24(x2)，且x 1 时，yx24x3， y x2， ( 1 2) 在坐标系中画出yx24x(x2)与y x的大致图象， ( 1 2) 由图可得，两个函数图象的交点个数是 1.故选 C. 9 已知函数f(x)x4，x(0,4)， 当xa时，f(x)取得最小值b， 则函数g(x) 9 x1 a|xb|的图象为( ) 解析：选 A 因为x(0,4)，所以x11， 所以f(x)x4x152 51， 9 x1 9 x1 9 x1·x1 当且仅当x2 时取等号，此时函数有最小值 1， 所以a2，b1， 此时g(x)2|x1|Error! 此函数图象可以看作由函数yError!的图象向左平移 1 个单位得到 结合指数函数的图象及选项可知 A 正确故选 A. 10函数f(x) 1 2+2 + xx 的单调递减区间为_ ( 1 2) 解析 ： 设ux22x1，y u在 R 上为减函数，函数f(x) 1 2+2 + xx 的单调 ( 1 2)( 1 2) 递减区间即为函数ux22x1 的单调递增区间 又ux22x1 的单调递增区间为(，1， f(x)的单调递减区间为(，1 答案：(，1 11不等式 2+ xax + -22x a 恒成立，则a的取值范围是_ ( 1 2)( 1 2) 解析：由指数函数的性质知y x是减函数， ( 1 2) 因为 2+ xax + -22x a 恒成立， ( 1 2)( 1 2) 所以x2ax2xa2 恒成立， 所以x2(a2)xa20 恒成立， 所以(a2)24(a2)0， 即(a2)(a24)0， 即(a2)(a2)0， 故有2a2，即a的取值范围是(2,2) 答案：(2,2) 12已知函数f(x)x3(a0，且a1) ( 1 ax1 1 2) (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ax10，则ax1，得x0， 函数f(x)的定义域为x|x0 对于定义域内任意x，有 f(x)(x)3 ( 1 ax1 1 2) (x)3 ( ax 1ax 1 2) (x)3 (1 1 ax1 1 2) x3f(x)， ( 1 ax1 1 2) 函数f(x)是偶函数 (2)由(1)知f(x)为偶函数， 只需讨论x0 时的情况，当x0 时，要使f(x)0， 则x30， ( 1 ax1 1 2) 即 0， 1 ax1 1 2 即0，则ax1. ax1 2ax1 又x0，a1. 当a(1，)时，f(x)0. 二、专项培优练 (一)易错专练不丢怨枉分 1设yf(x)在(，1上有定义，对于给定的实数K，定义fK(x)Error!给出函数f(x)2x 14x，若对于任意x(，1，恒有fK(x)f(x)，则( ) AK的最大值为 0 BK的最小值为 0 CK的最大值为 1 DK的最小值为 1 解析：选 D 根据题意可知，对于任意x(，1，恒有fK(x)f(x)，则f(x)K 在x1 上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可 令 2xt，则t(0,2，f(t)t22t(t1)21，可得f(t)的最大值为 1， K1，故选 D. 2已知实数a，b满足 ab ，则( ) 1 2( 1 2)( 2 2) 1 4 Ab2 Bb2baba Ca Dababa 解析 ： 选 B 由 a，得a1，由ab，得2ab，故 2ab，由b 1 2( 1 2)( 1 2)( 2 2)( 2 2)( 2 2)( 2 2) ，得 b4，得b4.由 2ab，得b2a2，a 2，故 1a2,2b4. 1 4( 2 2)( 2 2) b 2 对于选项 A、B，由于b24(ba)(b2)24(a1)0 恒成立，故 A 错误，B 正确； 对于选项 C， D，a2(ba) 2 ， 由于 1a2,2b4， 故该式的符号不确定， (a 1 2)(b 1 4) 故 C、D 错误故选 B. 3设a0，且a1，函数ya2x2ax1 在1,1上的最大值是 14，求实数a的值 解：令tax(a0，且a1)， 则原函数化为yf(t)(t1)22(t0) 当 0a1，x1,1时，tax， a， 1 a 此时f(t)在上为增函数 a， 1 a 所以f(t)maxf 2214. ( 1 a) ( 1 a1) 所以 216，解得a (舍去)或a . ( 1 a1) 1 5 1 3 当a1 时，x1,1，tax， 1 a，a 此时f(t)在上是增函数 1 a，a 所以f(t)maxf(a)(a1)2214， 解得a3 或a5(舍去) 综上得a 或 3. 1 3 (二)交汇专练融会巧迁移 4与基本不等式交汇设f(x)ex,0ab，若pf，qf，r(ab) ( ab 2) ，则下列关系式中正确的是( )fafb Aqrp Bprq Cqrp Dprq 解析 ： 选 C 0ab， ， 又f(x)ex在(0， )上为增函数， f ab 2 ab ( ab 2) f()，即qp.又re ab 2 q，故qrp.故选 C.abfafbeaeb 5与一元二次函数交汇函数y xx1 在区间3,2上的值域是_ ( 1 4)( 1 2) 解析：令t x， ( 1 2) 因为x3,2，所以t， 1 4，8 故yt2t1 2 . (t 1 2) 3 4 当t 时，ymin ； 1 2 3 4 当t8 时，ymax57. 故所求函数的值域为. 3 4，57 答案：3 4，57 6与函数性质、不等式恒成立交汇已知定义域为 R 的函数f(x)是奇函数 2xb 2x1a (1)求a，b的值； (2)若对任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)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0，解得b1. 1b 2a 从而有f(x). 2x1 2x1a 又由f(1)f(1)知，解得a2. 21 4a 1 21 1a (2)由(1)知f(x) ， 2x1 2x12 1 2 1 2x1 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(t22t)f(2t2 k)0 等价于f(t22t)f(2t2k)f(2t2k) 因为f(x)是 R 上的减函数，由上式推得t22t2t2k. 即对一切tR 有 3t22tk0， 从而412k0，解得k . 1 3 故k的取值范围为. (， 1 3)