高考数学一轮复习第二章2.5指数与指数函数课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第二章2.5指数与指数函数课时作业理含解析，共6页。


一、选择题
1．函数y＝3x，y＝5x，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x在同一坐标系中的图象是( )
2．若函数f(x)＝(2a－5)·ax是指数函数，则f(x)在定义域内( )

A．为增函数B．为减函数
C．先增后减D．先减后增
3．已知a＝，b＝，c＝，则( )
A．bC．b4．已知函数f(x)＝ax－1＋1(a>0，a≠1)的图象恒过点A，下列函数图象不经过点A的是( )
A．y＝eq \r(1－x)＋2B．y＝|x－2|＋1
C．y＝lg2(2x)＋1D．y＝2x－1
5．[2021·安徽黄山模拟]已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，))则函数f(x)是( )
A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
二、填空题
6．[2021·中山一中摸底]化简：(2eq \r(3,a2)·eq \r(b))(－6eq \r(a)·eq \r(3,b))÷(－3eq \r(6,a)·eq \r(6,b5))＝________.
7．函数f(x)＝eq \f(\r(2x－4),3x－9)的定义域为________．
8．[2021·菏泽联考]函数y＝的值域为________．
三、解答题
9．已知a>0，且a≠1，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x≤1，,－x＋a，x>1.))若函数f(x)在区间[0,2]上的最大值比最小值大eq \f(5,2)，求a的值．
10．已知函数f(x)＝.
(1)若a＝－1，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有最大值3，求a的值；
(3)若f(x)的值域是(0，＋∞)，求a的值．
[能力挑战]
11．已知实数a，b满足等式2019a＝2020b，给出下列5个关系式：①0A．1个B．2个C．3个D．4个
12．若函数f(x)＝的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,9)))，则f(x)的单调递增区间是________．
13．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]设偶函数f(x)满足f(x)＝2x－4(x≥0)，则满足f(a－2)>0的实数a的取值范围为________________.
课时作业8
1．解析：沿直线x＝1，自下而上先后为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x，y＝3x，y＝5x的图象．故选B.
答案：B
2．解析：由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数．
答案：A
3．解析：因为a＝＝，c＝＝，函数f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，所以<，又<，所以b答案：A
4．解析：函数f(x)＝ax－1＋1(a>0，a≠1)的图象恒过点A，令x－1＝0，得x＝1，f(1)＝2，所以恒过点A(1,2)．把x＝1，y＝2代入各选项验证，只有D中的函数没经过该点．
答案：D
5．解析：易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．所以函数f(x)是奇函数，且单调递增．故选C.
答案：C
6．解析：原式＝(2·)(－6)÷(－3)＝[2×(－6)÷(－3)]＝4a.
答案：4a
7．解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－4≥0，,3x－9≠0，))解得x>2.
所以函数f(x)的定义域为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
8．解析：因为2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，所以≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＝eq \f(1,2).所以函数y＝的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
9．解析：当1f(x)min＝f(2)＝－2＋a，f(x)<－1＋a.
当0≤x≤1时，①若a>1，则有1≤ax≤a，
所以当x∈[0,2]时，f(x)max＝a.
(ⅰ)若1≤－2＋a，即a≥3，则f(x)min＝1.
由于f(x)在[0,2]上的最大值比最小值大eq \f(5,2)，
所以a－1＝eq \f(5,2)，解得a＝eq \f(7,2).
(ⅱ)若－2＋a<1，即a<3，则f(x)min＝－2＋a，
所以a－(－2＋a)＝eq \f(5,2)，a无解．
②若0所以1－(－2＋a)＝eq \f(5,2)，解得a＝eq \f(1,2).
所以a的值为eq \f(1,2)或eq \f(7,2).
10．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝，
令u＝－x2－4x＋3＝－(x＋2)2＋7.
则u在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))u在R上单调递减，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)．
(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))h(x)，
由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1，因此必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))解得a＝1，即当f(x)有最大值3时，a的值为1.
(3)由f(x)的值域是(0，＋∞)知，h(x)＝ax2－4x＋3的值域为R，则必有a＝0.
11．解析：实数a，b满足等式2019a＝2020b，即y＝2019x在x＝a处的函数值和y＝2020x在x＝b处的函数值相等．
由图可知，当a答案：C
12．解析：令g(x)＝ax2＋2x＋3，由于f(x)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,9)))，所以g(x)的值域是[2，＋∞)．
因此有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(12a－4,4a)＝2，))解得a＝1，
这时g(x)＝x2＋2x＋3，f(x)＝.
由于g(x)的单调递减区间是(－∞，－1]，
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
13．解析：因为f(x)是偶函数，所以有f(x)＝f(|x|)．当x≥0时，f(x)＝2x－4，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝0.由不等式f(a－2)>0可得f(|a－2|)>f(2)，所以|a－2|>2，所以a－2<－2或a－2>2，解得a<0或a>4，即实数a的取值范围为(－∞，0)∪(4，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪(4，＋∞)