高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（9）第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第六講 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案9]第六講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．化簡：(aeq\s\up7(\f(2,3))beq\s\up7(\f(1,2)))·(3aeq\s\up7(\f(1,2))beq\s\up7(\f(1,3)))÷(eq\f(1,3)aeq\s\up7(\f(1,6))beq\s\up7(\f(5,6)))等于(C)A．6a B．－aC．9a D．9[解析]原式＝eq\f(3,\f(1,3))×aeq\s\up4(\f(2,3)＋\f(1,2)－\f(1,6))beq\s\up4(\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(5,6))＝9a.故選C.2．(2020·海南中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝4＋2ax－1(a>1且a≠1)的圖象恒過點(diǎn)P，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是(A)A．(1,6) B．(1,5)C．(0,5) D．(5,0)[解析]當(dāng)x＝1時(shí)，f(1)＝6，與a無關(guān)，所以函數(shù)f(x)＝4＋2ax－1的圖象恒過點(diǎn)P(1,6)．故選A.3．(2020·德州一模)已知a＝(eq\f(3,5))eq\s\up4(\f(2,5))，b＝(eq\f(2,5))eq\s\up4(\f(3,5))，c＝(eq\f(2,5))eq\s\up4(\f(2,5))，則(D)A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a[解析]因?yàn)閥＝(eq\f(2,5))x在R上為減函數(shù)，eq\f(3,5)>eq\f(2,5)，所以b<c.又因?yàn)閥＝xeq\s\up4(\f(2,5))在(0，＋∞)上為增函數(shù)，eq\f(3,5)>eq\f(2,5)，所以a>c，所以b<c<a.故選D.4．(2020·山東菏澤聯(lián)考)函數(shù)y＝(eq\f(1,2))2x－x2的值域?yàn)?A)A．[eq\f(1,2)，＋∞) B．(－∞，eq\f(1,2)]C．(0，eq\f(1,2)] D．(0,2][解析]設(shè)t＝2x－x2，t≤1，所以y＝(eq\f(1,2))t，t≤1，所以y∈[eq\f(1,2)，＋∞)，故選A.5．(2020·遼寧模擬)若函數(shù)f(x)＝a|2x－4|(a>0,0≠1)滿足f(1)＝eq\f(1,9)，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(B)A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2][解析]由f(1)＝eq\f(1,9)得a2＝eq\f(1,9).又a>0，所以a＝eq\f(1,3)，因此f(x)＝(eq\f(1,3))|2x－4|.因?yàn)閥＝|2x－4|在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[2，＋∞)．故選B.二、多選題6．(2020·河北保定調(diào)研改編)函數(shù)y＝(a2－4a＋4)ax是指數(shù)函數(shù)，則aA．4 B．3C．2 D．1[解析]由指數(shù)函數(shù)的定義知a2－4a＋4＝1且a≠1，解得a7．函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,a)(a>0，a≠1)的圖象不可能是(ABC)[解析]通解：當(dāng)a>1時(shí)，將y＝ax的圖象向下平移eq\f(1,a)個(gè)單位長度得f(x)＝ax－eq\f(1,a)的圖象，A，B都不符合；當(dāng)0<a<1時(shí)，將y＝ax的圖象向下平移eq\f(1,a)個(gè)單位長度得f(x)＝ax－eq\f(1,a)的圖象，而eq\f(1,a)大于1，故選A、B、C.優(yōu)解：函數(shù)f(x)的圖象恒過點(diǎn)(－1,0)，只有選項(xiàng)D中的圖象符合．8．(2020·安徽江淮名校聯(lián)考改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ex＋1)－eq\f(1,2)，則f(x)是(AC)A．奇函數(shù)B．偶函數(shù)C．在R上是減函數(shù)D．在(0，＋∞)上是增函數(shù)[解析]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對稱，f(－x)＝eq\f(1,e－x＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(ex,ex＋1)－eq\f(1,2)，則f(－x)＋f(x)＝0，所以f(x)是奇函數(shù)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ex＋1)－eq\f(1,2)顯然是減函數(shù)．故選A、C.三、填空題9．(2020·保定模擬)函數(shù)f(x)＝eq\r(\f(1,2)x－2)的定義域是__(－∞，－1]__.[解析]若使函數(shù)f(x)＝eq\r(\f(1,2)x－2)的有意義，自變量x須滿足：(eq\f(1,2))x－2≥0，解得：x∈(－∞，－1]，故函數(shù)f(x)＝eq\r(\f(1,2)x－2)的定義域?yàn)椋?－∞，－1]．10．(2020·日喀則模擬)函數(shù)f(x)＝ax(0<a<1)在[1,2]內(nèi)的最大值比最小值大eq\f(a,2)，則a的值為eq\f(1,2).[解析]因?yàn)?<a<1，所以函數(shù)f(x)＝ax在[1,2]內(nèi)是減函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax(0<a<1)在[1,2]內(nèi)的最大值比最小值大eq\f(a,2)，所以f(1)－f(2)＝a－a2＝eq\f(a,2)，解得a＝eq\f(1,2)，或a＝0(舍)．11．若函數(shù)y＝(a2－1)x在R上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是a>eq\r(2)或a<－eq\r(2).[解析]由y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，得a2－1>1，解得a>eq\r(2)或a<－eq\r(2).12.(2020·北京豐臺一模)已知奇函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x>0，,gx，x<0.))如果f(x)＝ax(a>0，且a≠1)對應(yīng)的圖象如圖所示，那么g(x)＝__－2x(x<0)__.[解析]依題意，f(1)＝eq\f(1,2)，所以a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝(eq\f(1,2))x，x>0.當(dāng)x<0時(shí)，－x>0.所以g(x)＝－f(－x)＝－(eq\f(1,2))－x＝－2x.故填－2x(x<0)．四、解答題13．已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(2,3))|x|－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)的最大值等于eq\f(9,4)，求a的值．[解析](1)令t＝|x|－a，則f(x)＝(eq\f(2,3))t，不論a取何值，t在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又y＝(eq\f(2,3))t是單調(diào)遞減的，因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0]，單調(diào)遞減區(qū)間是[0，＋∞)．(2)由于f(x)的最大值是eq\f(9,4)，且eq\f(9,4)＝(eq\f(2,3))－2，所以g(x)＝|x|－a應(yīng)該有最小值－2，即g(0)＝－2，從而a＝2.14．(2020·吉林汪清第六中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝k·a－x(k，a為常數(shù)，a>0，且a≠1)的圖象過點(diǎn)A(0,1)，B(3,8)．(1)求實(shí)數(shù)k，a的值；(2)若函數(shù)g(x)＝eq\f(fx－1,fx＋1)，試判斷函數(shù)g(x)的奇偶性，并說明理由．[解析](1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k·a0＝1，,k·a－3＝8))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1,a＝\f(1,2))).(2)g(x)＝eq\f(\f(1,2)x－1,\f(1,2)x＋1)，因此g(－x)＝eq\f(\f(1,2)－x－1,\f(1,2)－x＋1)＝eq\f([\f(1,2)－x－1]\f(1,2)x,[\f(1,2)－x＋1]\f(1,2)x)＝eq\f(1－\f(1,2)x,1＋\f(1,2)x)＝－g(x)，所以g(x)＝eq\f(\f(1,2)x－1,\f(1,2)x＋1)為奇函數(shù)．B組能力提升1．(2020·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中)設(shè)函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))|x|，則使得f(－3)<f(2x－1)成立的x的取值范圍是(B)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(－1，＋∞)D．(－∞，－1)[解析]∵f(x)＝(eq\f(1,2))|x|，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)上單調(diào)遞增．∵f(－3)<f(2x－1)，∴|－3|>|2x－1|，∴－3<2x－1<3，解得－1<x<2，∴x的取值范圍是(－1,2)．2．已知(eq\f(1,2))x＋(eq\f(1,2))－y>(eq\f(1,2))－x＋(eq\f(1,2))y，則下列關(guān)系式正確的是(A)A．x<y B．x>yC．x<－y D．x>－y[解析]不等式可化為(eq\f(1,2))x－(eq\f(1,2))－x>(eq\f(1,2))y－(eq\f(1,2))－y，又f(x)＝(eq\f(1,2))x－(eq\f(1,2))－x在R上單調(diào)遞減，故必有x<y.故選A.3．(2020·陜西寶雞月考)若關(guān)于x的方程|ax－1|＝2a(a>0且a≠1)有兩個(gè)不等實(shí)根，則aA．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1)C．(1，＋∞) D．(0，eq\f(1,2))[解析]方程|ax－1|＝2a(a>0且a≠1)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝|ax－1|與y＝2a的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．①當(dāng)0<a<1時(shí)，如圖1，∴0<2a<1時(shí)，即0<a<eq\f(1,2).②當(dāng)a>1時(shí)，如圖2，而y＝2a綜上，0<a<eq\f(1,2).故選D.4．函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,4))x－(eq\f(1,2))x＋1在[－3,2]上的值域是[eq\f(3,4)，57]，單調(diào)增區(qū)間為__[1,2]__.[解析]因?yàn)閤∈[－3,2]，若令t＝(eq\f(1,2))x，則t∈[eq\f(1,4)，8]，y＝t2－t＋1＝(t－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4).當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，ymin＝eq\f(3,4)；當(dāng)t＝8時(shí)，ymax＝57.∴函數(shù)的值域?yàn)閇eq\f(3,4)，57]．又t＝(eq\f(1,2))x為減函數(shù)，y＝t2－t＋1的減區(qū)間為[eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]由eq\f(1,4)≤(eq\f(1,2))x≤eq\f(1,2)得，1≤x≤2，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[1,2]．5．(2020·青島模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2|x|).(1)若f(x)＝eq\f(3,2)，求x的值；(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0對于t∈[1,2]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[解析](1)當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝0，此時(shí)f(x)＝eq\f(3,2)無解；當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，由2x－eq\f(1,2x)