人教A版高中数学必修第一册第4章指数函数与对数函数习题课指数函数及其性质的应用习题含答案

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第四章　习题课　指数函数及其性质的应用A级  必备知识基础练1.[探究点一]若2a+1<8-2a,则实数a的取值范围是(　　)A. B.(1,+∞)C.(-∞,1) D.2.[探究点二](多选题)若指数函数y=ax(a>0,且a≠1)在区间[-1,1]上的最大值和最小值的和为,则a的值可能是(　　)A.2 B. C.3 D.3.[探究点一]设x>0,且1<bx<ax,则(　　)A.0<b<a<1 B.0<a<b<1C.1<b<a D.1<a<b4.[探究点三]若函数f(x)=a|2x-4|(a>0,且a≠1)满足f(1)=,则f(x)的单调递减区间是(　　)A.(-∞,2] B.[2,+∞)C.[-2,+∞) D.(-∞,-2]5.[探究点三]若函数y=在区间(-∞,1)内单调递增,则a的取值范围是　　　　　　　　. 6.[探究点二]已知函数f(x)=ax-1(x≥0)的图象经过点,其中a>0,且a≠1.(1)求a的值;(2)求函数y=f(x)+1(x≥0)的值域. B级  关键能力提升练7.(多选题)已知函数f(x)=,下面说法正确的有(　　)A.f(x)的图象关于原点对称B.f(x)的图象关于y轴对称C.f(x)的值域为(-1,1)D.∀x1,x2∈R,且x1≠x2,<08.(多选题)对于函数f(x)=2-x-2x有下述四个结论,其中正确的结论是(　　)A.f(0)=0B.f(x)是奇函数C.f(x)在(-∞,+∞)上单调递增D.对任意的实数a,方程f(x)-a=0都有解9.(多选题)若函数y=ax+b-1(a>0,且a≠1)的图象经过第一、三、四象限,则下列选项正确的有(　　)A.a>1 B.0<a<1 C.b>0 D.b<010.若函数f(x)=的值域为(a,+∞),则a的取值范围为(　　)A. 　B. C. D.11.设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4(x≥0),则当x<0时,f(x)=　　　　;当x∈R时,不等式f(x-2)>0的解集为　　　　　. 12.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-∞,0)上单调递增.若实数a满足f(2|a-1|)>f(-),则a的取值范围是　　　　　. 13.已知函数f(x)=.(1)判断函数f(x)的奇偶性;(2)证明f(x)是其定义域内的增函数. 14.设函数f(x)=4x-2a+x-a,a∈R.(1)当a=2时,解不等式f(x)>30;(2)当x∈(-1,1)时,f(x)存在最小值-2,求a的值. C级  学科素养创新练15.已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f(x)=.(1)求a,b的值;(2)若不等式f(2x)-k·2x≥0在x∈[-1,1]上有解,求实数k的取值范围. 答案：1.A　解析 函数y=x在R上为减函数,所以2a+1>8-2a,所以a>.故选A.2.AB　解析 当a>1时,指数函数y=ax在R上单调递增,所以y=ax在区间[-1,1]上的最大值ymax=a,最小值ymin=.所以a+,解得a=2或a=(舍去).当0<a<1时,指数函数y=ax在R上单调递减,所以y=ax在区间[-1,1]上的最大值ymax=,最小值ymin=a,所以a+,解得a=2(舍去)或a=.综上,a=2或a=.3.C　解析 ∵1<bx,∴b0<bx.∵x>0,∴b>1.又1<bx<ax,∴x>1.∵x>0,∴>1,又a,b>0,∴a>b,故1<b<a.故选C.4.B　解析 由f(1)=,得a2=,解得a=,故f(x)=|2x-4|.令g(x)=|2x-4|,因为g(x)=|2x-4|在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)的单调递减区间是[2,+∞).故选B.5.[2,+∞)　 解析 由复合函数的单调性知,函数y=-x2+ax在(-∞,1)内单调递增,所以x=≥1,解得a≥2.6.解 (1)因为函数f(x)=ax-1(x≥0)的图象经过点,所以a2-1=a=.(2)由(1)得f(x)=(x≥0),当x=0时,函数f(x)取最大值2,故f(x)∈(0,2],所以函数y=f(x)+1=+1(x≥0)∈(1,3].故函数y=f(x)+1(x≥0)的值域为(1,3].7.AC　解析 对于选项A,f(x)=,定义域为R,∵f(-x)==-f(x),∴f(x)是奇函数,图象关于原点对称,故A正确;对于选项B,∵f(1)=,f(-1)==-≠f(1),∴f(x)的图象不关于y轴对称,故B错误;对于选项C,f(x)==1-,令1+2x=t,t∈(1,+∞),y=1-,易知1-∈(-1,1),故f(x)的值域为(-1,1),故C正确;对于选项D,f(x)==1-,令1+2x=t,t∈(1,+∞),y=1-,函数t=1+2x在R上单调递增,且y=1-在t∈(1,+∞)上单调递增,∴f(x)=1-在R上单调递增,故∀x1,x2∈R,且x1≠x2,<0不成立,故D错误.故选AC.8.ABD　解析 f(x)=2-x-2x,f(0)=20-20=0,A正确;x∈R,f(-x)=2x-2-x=-f(x),f(x)是奇函数,B正确;f(x)=-2x在R上是减函数,C错误;由于x趋向于-∞时,f(x)趋向于+∞,x趋向于+∞时,f(x)趋向于-∞,即f(x)的值域是(-∞,+∞),又f(x)在R上是减函数,因此对任意实数a,f(x)=a有唯一解,D正确.9.AD　解析 因为函数y=ax+b-1(a>0,且a≠1)的图象经过第一、三、四象限,所以其大致图象如图所示.由图象可知该函数为增函数,所以a>1.当x=0时,y=1+b-1=b<0.故选AD.10.B　解析 当x<1时,,当x≥1时,a<a+≤a+.∵函数f(x)的值域为(a,+∞),∴即a∈,故选B.11.2-x-4　{x|x<0,或x>4}　解析 设x<0,则-x>0,∴f(-x)=2-x-4.又f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=2-x-4.于是f(x-2)>0可化为解得x>4或x<0.12.　解析 由题意知函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,又f(x)是偶函数,则不等式f(2|a-1|)>f(-)可化为f(2|a-1|)>f(),则2|a-1|<,|a-1|<,解得<a<.故答案为.13.(1)解 因为函数f(x)的定义域是R,且f(-x)==-f(x),所以f(x)是奇函数.(2)证明 f(x)==1-,在定义域R内任取x1,x2,且x2>x1,则x2-x1>0,f(x2)-f(x1)==2·,设g(x)=10x,且知函数g(x)在其定义域内为增函数,所以当x2>x1时,1-1>0.又因为1+1>0,1+1>0,所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),故f(x)在其定义域内是增函数.14.解 设2x=t(t>0),则y=t2-2a·t-a,(1)当a=2时,f(x)>30⇔y=t2-4t-32>0,∴t<-4或t>8.∵t>0,∴t>8,∴2x>8,∴x>3,∴不等式的解集为{x|x>3}.(2)当x∈(-1,1)时,必有函数y=t2-2a·t-a的图象的对称轴t0=2a-1∈,即0<a<2,故函数y=t2-2a·t-a的最小值为m==-2,∴a+22a-2=2,由于关于a的函数y=a+22a-2单调递增,故最多有一个实根,而当a=1时,a+22a-2=2,∴a的值为1.15.解 (1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a,因为a>0,g(x)的图象的对称轴为直线x=1,所以g(x)在区间[2,3]上单调递增,故解得(2)由(1)可得f(x)==x+-2,所以f(2x)-k·2x≥0可化为2x+-2≥k·2x,化为1+2-2·≥k.令t=,则k≤t2-2t+1.因为x∈[-1,1],所以t∈.记h(t)=t2-2t+1,因为t∈,故h(t)max=1,所以实数k的取值范围是(-∞,1].