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    高中数学高考第07讲 指数与指数函数(练)解析版

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    高中数学高考第07讲 指数与指数函数(练)解析版

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    07  指数与指数函数练基础1(2021·河北承德模拟)函数f(x)1e|x|的图象大致是(  )【答案】A【解析】将函数解析式与图象对比分析,因为函数f(x)1e|x|是偶函数,且值域是(0],只有A满足上述两个性质.2(2021·江西上饶摸底)已知a20.4b90.2c()3,则(  )Aabc  BacbCcab  Dcba【答案】A【解析】因为c()3330.7530.4b90.230.4,所以bc,又20.430.4,即ab,所以abc.3(2021·湖北省模拟)下列各式比较大小正确的是(  )A1.72.5>1.73   B0.61>0.62C0.80.1>1.250.2   D1.70.3<0.93.1【答案】B【解析】A中,因为函数y1.7xR上是增函数,2.5<3,所以1.72.5<1.73.B中,因为y0.6xR上是减函数,-1<2,所以0.61>0.62.C中,因为0.811.25,所以问题转化为比较1.250.11.250.2的大小.因为y1.25xR上是增函数,0.1<0.2,所以1.250.1<1.250.2,即0.80.1<1.250.2.D中,因为1.70.3>10<0.93.1<1,所以1.70.3>0.93.1.4(2021·四川宜宾模拟)若函数f(x)axmn(a0a≠1)的图象恒过定点(1,4),则mn(  )A3  B1 C.-1  D.-2【答案】C【解析】因为函数f(x)axmn(a0a≠1)的图象恒过定点(1,4),所以-1m0,且a0n4.解得m1n=-2,所以mn=-1.5(2021·宁波效实中学高三质检)若函数f(x)a|2x4|(a>0a≠1)满足f(1),则f(x)的单调递减区间是 (  )A(2]   B[2,+∞)C[2,+∞)   D(,-2]【答案】B【解析】f(1)a2.a>0,所以a,因此f(x).因为g(x)|2x4|[2,+∞)上单调递增,所以f(x)的单调递减区间是[2,+∞)6(2021·湖南省浏阳模拟)函数yax(a0a≠1)与函数y(a1)x22x1在同一个坐标系内的图象可能是(  )【答案】C【解析】两个函数分别为指数函数和二次函数,其中二次函数过点(0,-1),故排除AD;二次函数的对称轴为直线x,当0a1时,指数函数单调递减,0C符合题意;当a1时,指数函数单调递增,0B不符合题意,故选C.7(2021·广东省深圳模拟)已知函数yf(x)yF(x)的图象关于y轴对称,当函数yf(x)yF(x)在区间[ab]同时递增或同时递减时,把区间[ab]叫作函数yf(x)不动区间,若区间[12]为函数y|2xt|不动区间,则实数t的取值范围是(  )A(02]   B.C.   D.【答案】C【解析】因为函数yf(x)yF(x)的图象关于y轴对称,所以F(x)f(x)|2xt|因为区间[12]为函数f(x)|2xt|不动区间所以函数f(x)|2xt|和函数F(x)|2xt|[12]上单调性相同,因为y2xt和函数y2xt的单调性相反,所以(2xt)(2xt)≤0[12]上恒成立,1t(2x2x)t2≤0[12]上恒成立,2xt≤2x[12]上恒成立,t≤2,故答案为C.8(2021·广西百色模拟)已知实数a≠1,函数f(x)f(1a)f(a1),则a的值为(  )A.  B. C.  D.【答案】B【解析】a1时,41a21,所以a;当a1时,4a12a(1a),无解.故选B.提升】1(2021·四川省广元中学模拟)已知函数f(x)|2x1|a<b<cf(a)>f(c)>f(b),则下列结论中,一定成立的是(  )Aa<0b<0c<0     Ba<0b≥0c>0C2a<2c             D2a2c<2【答案】D【解析】作出函数f(x)|2x1|的图象,如图,因为a<b<cf(a)>f(c)>f(b),结合图象知,0<f(a)<1a<0c>0,所以0<2a<1.所以f(a)|2a1|12a<1,所以f(c)<1,所以0<c<1.所以1<2c<2,所以f(c)|2c1|2c1,又因为f(a)>f(c),所以12a>2c1,所以2a2c<2,故选D.2(2021·山东菏泽联考)函数y2xx2的值域为(  )A.  B.C.  D(0,2]【答案】A【解析】因为2xx2=-(x1)21≤1,所以2xx2≥1.所以函数y2xx2的值域为.3(2021·陕西省铜川模拟)已知函数f(x),则此函数图象上关于原点对称的点有(  )A0   B1C2   D3【答案】B【解析】作出函数yf(x)图象如图所示:再作出-yf(x),即yx24x,恰好与函数图象位于y轴左侧部分(对数函数的图象)关于原点对称,记为曲线C,发现y与曲线C有且仅有一个交点,因此满足条件的对称点只有一对,图中的AB就是符合题意的点.故选B.4(2021·湖南株洲模拟)如图,四边形OABC是面积为8的平行四边形,ACCOACBO交于点E,某指数函数yax(a>0a≠1)的图象经过点EB,则a(  )A.  B. C2  D3【答案】A【解析】C(0yC),因为ACCO,则设A(xAyC),于是B(xA2yC)E.因为平行四边形OABC的面积为8,所以yC·xA8,因为点EByax的图象上,则axA2yCayC,所以y2yC,解得yC2yC0(舍去),则xA4,于是a44,因为a>0,所以a.5(2021·安徽省淮南五中模拟)已知函数f(x)e|x|,将函数f(x)的图象向右平移3个单位后,再向上平移2个单位,得到函数g(x)的图象,函数h(x)若对于任意的x∈[3λ](λ>3),都有h(x)≥g(x),则实数λ的最大值为________【解析】依题意,g(x)f(x3)2e|x3|2,在同一坐标系中分别作出g(x)h(x)的图象如图所示,观察可得,要使得h(x)≥g(x),则有4e6x2≥e(x3)2,故4≥e2x9,解得2x9≤ln 4,故x≤ln 2,实数λ的最大值为ln 2.【答案】ln 26(2021·福建省厦门模拟)已知函数f(x)2a·4x2x1.(1)a1时,求函数f(x)x∈[30]上的值域;(2)若关于x的方程f(x)0有解,求a的取值范围.【解析】(1)a1时,f(x)2·4x2x12(2x)22x1t2xx∈[30],则t.y2t2t12t故值域为.(2)关于x的方程2a(2x)22x10有解,2xm>0等价于方程2am2m10(0,+∞)上有解,g(m)2am2m1a0时,解为m=-1<0,不成立.a<0时,开口向下,对称轴m<0过点(0,-1),不成立.a>0时,开口向上,对称轴m>0,过点(0,-1),必有一个根为正,综上得a>0.7(2021·山东省栖霞模拟)已知a>0,且a≠1,若函数y|ax2|y3a的图象有两个交点,求实数a的取值范围.【解析】0<a<1时,在同一平面直角坐标系中作出函数y|ax2|y3a的图象如图1.若直线y3a与函数y|ax2|(0<a<1)的图象有两个交点,则由图象可知0<3a<2,所以0<a<.a>1时,在同一平面直角坐标系中作出函数y|ax2|y3a的图象如图2.若直线y3a与函数y|ax2|(a>1)的图象有两个交点,则由图象可知0<3a<2,此时无解.所以实数a的取值范围是.8(2021·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)x∈[11],函数g(x)[f(x)]22af(x)3的最小值为h(a)(1)h(a)(2)是否存在实数mn同时满足下列条件:m>n>3h(a)的定义域为[nm]时,值域为[n2m2]?若存在,求出mn的值;若不存在,说明理由.【解析】(1)因为x∈[11]所以f(x)t.yφ(t)t22at3(ta)23a2.a<时,yminh(a)φa≤3时,yminh(a)φ(a)3a2a>3时,yminh(a)φ(3)126a.所以h(a)(2)假设存在mn满足题意.因为m>n>3h(a)126a(3,+∞)上是减函数,又因为h(a)的定义域为[nm]值域为[n2m2]所以两式相减得6(mn)(mn)(mn),即mn6,与m>n>3矛盾,所以满足题意的mn不存在. 

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