高考数学二轮复习提升培优专题21指数对数幂函数综合问题（单选+多选+填空）（解析版）

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专题21 指数对数幂函数综合问题（单选+多选+填空）
（新高考通用）

一、单选题
1．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）若集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先求出集合，然后再逐个分析判断即可.
【详解】由，得，
解得或，
所以或，
因为，
所以，
对于A，因为，所以，所以A错误，
对于B，因为或，，
所以，所以B正确，
对于C，因为，所以C错误，
对于D，因为或，所以，
因为，所以，所以D错误，
故选：B
2．（2023·安徽合肥·统考一模）已知p：，q：，则p是q的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.
【详解】令，，
且，
故为奇函数，
时，递增，则也递增，
又为奇函数，则在上递增，
，若，则，
则，即
即；
，若，
则等价于，即，
由在上递增，则， 即，
故p是q的充要条件，
故选：C.
3．（2023春·湖北襄阳·高三襄阳市襄州区第一高级中学校考开学考试）已知函数，则的图象（    ）
A．关于直线对称 B．关于点对称 C．关于直线对称 D．关于原点对称
【答案】A
【分析】求出以及的表达式，根据函数的对称性，即可判断各项，得到结果.
【详解】对于A项，由已知可得，，
所以的图象关于直线对称，故A项正确；
对于B项，因为，则，故B项错误；
对于C项，，则，故C错误；
对于D项，因为，则，故D错误.
故选:A.
【点睛】设的定义域为.
对于，若恒成立，则的图象关于直线对称；
对于，若恒成立，则的图象关于点对称.
4．（2023·福建莆田·统考二模）若，则（    ）
A．是等差数列 B．是等比数列
C．是等差数列 D．是等比数列
【答案】A
【分析】根据已知指数式，求出，结合对数的运算法则及等差数列与等比数列的定义逐项判断即可得结论.
【详解】因为，
所以，
则，故是等差数列，故A正确；
因为，
所以，故不是等比数列，故B不正确；
因为，
所以，故不是等差数列，故C不正确；
因为，
所以，故不是等比数列，故D不正确.
故选：A.
5．（2023秋·山西运城·高三统考期末）已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题知，进而构造函数，再根据函数的单调性得，再与求和整理即可得答案.
【详解】解：由题知，
所以，
所以
令，则，
因为，恒成立，
所以，在上单调递减，
所以，，即
因为，
所以，即
故选：C
6．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）“打水漂”是一种游戏,通过一定方式投掷石片,使石片在水面上实现多次弹跳,弹跳次数越多越好.小赵同学在玩“打水漂”游戏时,将一石片按一定方式投掷出去,石片第一次接触水面时的速度为,然后石片在水面上继续进行多次弹跳.不考虑其他因素,假设石片每一次接触水面时的速度均为上一次的,若石片接触水面时的速度低于,石片就不再弹跳,沉入水底,则小赵同学这次“打水漂”石片的弹跳次数为(   )(参考数据:).
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】设这次“打水漂”石片的弹跳次数为,根据题意得,即,根据指数函数的单调性和对数换底公式求解即可.
【详解】设这次“打水漂”石片的弹跳次数为,
由题意得,
即,
得.
因为,
所以,
即.
故选：C.
7．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）通过长期数据研究某人驾驶汽车的习惯，发现其行车速度v（公里/小时）与行驶地区的人口密度p（人/平方公里）有如下关系：，如果他在人口密度为的地区行车时速度为65公里/小时，那么他在人口密度为的地区行车时速度约是（    ）
A．69.4公里/小时 B．67.4公里/小时 C．62.5公里/小时 D．60.5公里/小时
【答案】B
【分析】由题知，进而得，进而代入计算即可得答案.
【详解】解：由题知，整理得
所以
所以，当他在人口密度为的地区行车时速度公里/小时，
故选：B
8．（2023·山西·统考一模）在天文学中，常用星等，光照度等来描述天体的明暗程度.两颗星的星等与光照度满足星普森公式.已知大犬座天狼星的星等为，天狼星的光照度是织女星光照度的4倍，据此估计织女星的星等为（参考数据）（    ）
A．2 B．1.05 C．0.05 D．
【答案】C
【分析】根据题意，代入数据计算即可得答案.
【详解】解：设天狼星的星等为，光照度为，织女星的星等为，光照度为，
因为天狼星的光照度是织女星光照度的4倍，所以，
因为两颗星的星等与光照度满足星普森公式，
所以，解得.
所以，织女星的星等为
故选：C
9．（2023·云南红河·统考一模）中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地，茶文化是把茶、赏茶、闻茶、饮茶、品茶等习惯与中国的文化内涵相结合而形成的一种文化现象，具有鲜明的中国文化特征．其中沏茶、饮茶对水温也有一定的要求，把物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过t分钟后物体的温度为θ℃，满足公式．现有一壶水温为92℃的热水用来沏茶，由经验可知茶温为52℃时口感最佳，若空气的温度为12℃，那从沏茶开始，大约需要（    ）分钟饮用口感最佳．（参考数据；，）
A．2.57 B．2.77 C．2.89 D．3.26
【答案】B
【分析】有题意，根据公式代入数据得，变形、化简即可得出答案.
【详解】由题意得，代入数据得，
整理得，即，解得；
所以若空气的温度为12℃，从沏茶开始，大约需要2.77分钟饮用口感最佳．
故选：B．
10．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）2022年诺贝尔物理学奖授予在量子领域做出贡献的法国、美国、奥地利科学家，我国于2021年成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”，操控的超导量子比特为66个．已知1个超导量子比特共有“，”2种叠加态，2个超导量子比特共有“，，，”4种叠加态，3个超导量子比特共有“，，，，，，，”8种叠加态，…，只要增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长．设M个超导量子比特共有N种叠加态，且N是一个20位的数，则这样的M有（    ）个．（参考数据：）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据题意可得个超导量子比特共有中叠加态，结合指、对数的运算即可求解.
【详解】根据题意，设个超导量子比特共有中叠加态，
也即，两边同时取以10为底的对数得，，
所以，因为是一个位的数，所以,
也即，解得，
所以这样的有64，65，66这3个，
故选：.
11．（2023·福建泉州·高三统考阶段练习）萃取是有机化学实验室中用来提纯和纯化化合物的手段之一．研究发现，用总体积相同的有机萃取液对某化合物进行萃取，采用少量多次的方法比全量一次的萃取率高．已知萃取率与萃取次数满足，为分配比、现欲用有机萃取液，对含四氧化锇的水溶液进行萃取，每次所用有机萃取液的体积为，分配比为14．要使萃取率达到以上，则至少需要经过的萃取次数为（参考数据：）（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据题意确定各参数值，代入等式，利用指对互化和对数函数运算即可得所求.
【详解】解：由题可知萃取率与萃取次数满足，
其中分配比，萃取率，，
则，所以，则，
即，
所以至少需要经过的萃取次数为.
故选：B.
12．（2023·江苏南通·统考模拟预测）传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（    ）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）
A．105 B．107 C．1012 D．1015
【答案】C
【分析】由等比数列求和公式结合对数的运算求解即可.
【详解】64个格子放满麦粒共需，
麦子大约20000粒，1吨麦子大约粒，
，

故选：C.
13．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数，则的解集是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数解析式，作出函数图象，继而作出的图象，数形结合，求得不等式的解集.
【详解】根据题意当时,，
当时, ,
作出函数的图象如图，
在同一坐标系中作出函数的图象，

由图象可得不等式解集为，
故选：C
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是正确的作出函数的图象，数形结合，求得不等式解集.
14．（2023秋·湖北十堰·高三统考阶段练习）已知函数若函数恰有4个不同的零点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将看做整体，先求出对应的，再根据方程的解得个数确定对应的的取值范围即可得解.
【详解】令，
得或，
画出的大致图象.
设，由图可知，
当或时，有且仅有1个实根;
当或时，有2个实根;
当时，有3个实根.
则恰有4个不同的零点等价于
或或或
解得或.
故选：C.

15．（2023·云南·统考一模）已知a，b，c满足，，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.
【详解】由题意得，即，则，则，
令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在上单调递减，
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故此时，，故C,D选项错误，
时，，
，且，故A错误,
下面严格证明当时，，，

根据函数在上单调递增，且，
则当时，有，
，，
下面证明：，
要证：，
即证：，等价于证明，
即证：，此式开头已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则
故当时，，则
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故，故此时，，
下面严格证明当时，，
当时，根据函数，且其在上单调递减，可知
，则，则，
根据函数函数在上单调递增，且，
则当时，，
下面证明：，
要证：
即证：，等价于证，
即证：，此式已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则，
故时，，则
当时，，则，，
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.

二、多选题
16．（2023·湖南·模拟预测）已知，则下列结论正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由可得，进而可借助导数、指数函数的单调性及不等式的基本性质对选项逐一进行分析.
【详解】可得 ，
时，为递减函数，故，故A正确；
取，则，故B错误；
令时，恒成立，
故在上单调递增，
时，有，故，故C正确；
，，则，
则，又
则，故，故D正确；
故选：ACD.
17．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BC
【分析】构建函数根据题意分析可得，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据的单调性，分类讨论分析判断.
【详解】原式变形为，
构造函数，则，
∵，
当时，，则，即；
当时，，则，即；
故在上单调递减，在上单调递增，
对于A：取，则
∵在上单调递增，故，
即满足题意，但，A错误；
对于B：若，则有：
当，即时，则，即；
当，即时，由在时单调递增，且，
故，则；
综上所述：， B正确；
对于C：若，则有：
当，即时，显然成立；
当，即时，令，
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴当时，所以，即，
由可得，即
又∵由在时单调递增，且，
∴，即；
综上所述：，C正确；
对于D：取，，则，
∵在上单调递减，故，
∴故，满足题意，但，D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式：
（1）积型：，
①构造形式为：，构建函数；
②构造形式为：，构建函数；
③构造形式为：，构建函数.
（2）商型：，
①构造形式为：，构建函数；
②构造形式为：，构建函数；
③构造形式为：，构建函数.
18．（2023·安徽宿州·统考一模）已知，且，则下列不等关系成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】利用基本不等式易知选项AB正确；利用对数运算法则和重要不等式可知C正确；将不等式化简整理可得，构造函数利用函数单调性即可证明D错误.
【详解】由基本不等式可知，，当且仅当时，等号成立，即A正确；
易知，当且仅当时，等号成立，即B正确；
由重要不等式和对数运算法则可得：
，当且仅当且仅当时，等号成立，即C正确；
由可得，所以，
若，即证明，即
即需证明，
令函数，则，
当时，，即在上单调递增，
所以时，解不等式可得即可，即时不等式成立；
当时，，即在上单调递减，解不等式可得，即时不等式才成立；
综上可知，当时，不等式才成立，所以D错误.
故选：ABC
19．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三葫芦岛第一高级中学校考期末）函数，则（    ）
A．f(x)的定义域为R B．值域为
C．为偶函数 D．在区间上是增函数
【答案】ACD
【分析】根据函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于函数，
由于恒成立，所以的定义域为，A选项正确.
，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，B选项错误.
由于，所以为偶函数，C选项正确.
对于函数，
任取，
，
由于，所以，
所以在区间上递增.
当时，令，则在区间上递增，
根据复合函数单调性同增异减可知在区间上是增函数，D选项正确.
故选：ACD
20．（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数，则（    ）
A．的定义域是 B．有最大值
C．不等式的解集是 D．在上单调递增
【答案】AB
【分析】根据函数解析式，求解函数定义域，利用复合函数单调性求解单调区间及最值，利用单调性解函数不等式。
【详解】由题意可得，解得，即的定义域是，则A正确；
，因为在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则B正确；
因为在上单调递增，在上单调递减，且，所以不等式的解集是，则C错误；
因为在上单调递减，所以D错误．
故选：AB.
21．（2023·重庆·统考一模）已知m，n关于x方程的两个根，且，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据函数的图象可得，结合条件可得，，利用对勾函数的性质可判断A，构造函数，根据函数的单调性可判断B，构造函数，利用导数研究函数的性质结合条件可判断CD.
【详解】画出函数与的大致图象，

由题可知，即，
所以，又，
所以，可得，，
由对勾函数的性质可知，故A正确；
设函数，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
又，
所以， ，即，故B错误；
设函数，则，
由，可得单调递增，
由，可得单调递减，
因为，
所以，即，
所以，即，故C正确；
又，，
所以，即，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据不等式的“形状”变换函数“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
22．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）已知函数（且），下列说法正确的是（    ）
A．为偶函数
B．为非奇非偶函数
C．为偶函数（为的导函数）
D．若，则对任意成立
【答案】ACD
【分析】先证明函数为奇函数，再根据函数奇偶性的定义即可判断AB；求出函数的导函数，再根据函数奇偶性的定义即可判断C；易得，再根据，可得，即可判断D.
【详解】因为，所以的定义域为，
因为，
所以，所以为奇函数，
对于A，因为，
所以为偶函数，故A正确；
对于B，因为，
所以为奇函数，故B错误；
对于C，

，
因为，
所以为偶函数，故C正确；
对于D，因为，所以，
因为，
所以，
又，，
所以，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛，解决本题AB的关键在于证明为奇函数，解决D选项的关键是由，结合换底公式转化.
23．（2023·山东潍坊·统考一模）已知，过点和的直线为.过点和的直线为，与在轴上的截距相等，设函数.则（    ）
A．在上单调递增 B．若，则
C．若，则 D．均不为（为自然对数的底数）
【答案】CD
【分析】由题意可推得，.令，可得，根据导函数可得出的单调性，进而判断A项；先根据导数求解函数的零点，可求出，代入即可得出的值，判断B项；由已知可得，平方变形即可求出，可得出C项；分别求解时，的值以及时，的值，即可说明D项.
【详解】由已知可得，直线的方程为，
由，可得；
直线的方程为，
由，可得.
由已知可得，，
整理可得，.
因为，函数在上单调递增，所以，
所以.
对于A项，令，，则，.
令，则在R上恒成立，
所以，在R上单调递增，即在R上单调递增.
又，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减，故A项错误；
对于B项，设，则.
令，则，
显然在上单调递增，
且，，
根据零点存在定理，可得，有，
且当时，有，即在上单调递减，所以在上单调递减；
当时，有，即在上单调递增，所以在上单调递增.
因为，，，
根据零点存在定理，可得，有，
且当时，有，即在上单调递减；
当时，有，即在上单调递增.
因为，，，.
所以有，可得或，
因为，所以有可得，，所以或（舍去）.
所以，，
所以，，故B项错误；
对于C项，因为，则由可知，.
所以，，所以，故C项正确；
对于D项，因为，所以，所以.
①当时，则有.
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，所以恒成立，
所以，方程在上无解，即不存在；
②当时，则有.
令，则在上恒成立，
所以在上单调递减，所以恒成立，
所以，方程在上无解，即不存在.
综上所述，均不为，故D项正确.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：由已知求出直线与的方程，根据已知，结合对数函数的性质以及对数运算性质，即可得出，进而得到.
24．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）利用“”可得到许多与n（且）有关的结论，则正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，A选项，令，得到，累加后得到A正确；B选项，推导出，，当且仅当时等号成立，令，可得，累加后得到B正确；C选项，推导出，累加后得到C错误；D选项，将中的替换为，推导出，故，当且仅当时，等号成立，累加后得到D正确.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，，
故，当且仅当时，等号成立，
A选项，令，所以，
故，
其中
，
所以，A正确；
B选项，将中的替换为，可得，，
当且仅当时等号成立，
令，可得，
所以，
故，
其中
所以，B正确；
C选项，将中的替换为，显然，
则，
故，
故，C错误；
D选项，将中的替换为，其中，，则，
则，故，当且仅当时，等号成立，
则，D正确.
故选：ABD
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的.
25．（2023春·江苏镇江·高三扬中市第二高级中学校考开学考试）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】A选项，看出与互为反函数，确定也关于对称，求出，两点关于对称，，，，A选项，利用基本不等式进行证明；B选项，得到，，，构造，，求导得到其单调性，从而求出；C选项，由基本不等式得到，构造，求导得到其单调性，得到，得到；D选项，先根据得到，再用作差法比较大小.
【详解】与互为反函数，即两函数关于对称，
而与垂直，故也关于对称，
联立，解得：，
故，两点关于对称，
即，且，
不妨设，，
画出图象如下：

A选项，，当且仅当，即时等号成立，
又，故等号取不到，A正确；
因为，所以，所以，
因此，故，
又为与的交点，故，
所以，令，，
其中在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，B正确；
因为，，
所以，因此有，
设，，
因为，所以，因此在上单调递增，
当时，有，即，
因此，C错误；
因为，所以，
所以，
即，D正确.
故选：ABD
【点睛】互为反函数的两个函数的性质：①反函数的定义域和值域分别为原函数的值域与定义域；
②严格单调的函数存在反函数，但有反函数的函数不一定是单调的（比如反比例函数）；
③互为反函数的两个函数关于对称，
④奇函数不一定有反函数，若有反函数，则反函数也时奇函数；
⑤如果一个函数图象关于对称，那么这个函数一定存在反函数，并且其反函数就是它本身.

三、填空题
26．（2023·湖南娄底·高三涟源市第一中学校联考阶段练习）若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则__________.
【答案】
【分析】由奇、偶函数和周期函数的定义，可得的最小正周期，结合对数的运算性质可得答案．
【详解】解：由是定义在上的奇函数，为偶函数，
可得，，即，
所以，可得，
则的最小正周期为4，
当时，，
则．
故答案为：．
27．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）若实数，且，则______.
【答案】0
【分析】由，可得，据此可得答案.
【详解】因，则，，
又由换底公式推论可得，设，则，
故，
由换底公式，则.
故答案为：0
28．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数且的图象过定点A，且点A在直线上，则的最小值是______.
【答案】
【分析】求出函数所过的定点，则有，则，则，化简整理，分离常数再结合基本不等式求解即可.
【详解】函数且的图象过定点，
则，所以，
由，得，
则
令，则，
则
，
当且仅当，即，即时，取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
29．（2023·山西·校联考模拟预测）已知实数，满足，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】将等式化为，设，利用导数研究函数的单调性，根据函数的单调性可得，代入可得，利用导数求其值域即可.
【详解】因为，
所以，
设，则，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以，，
设，
则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，，
当时，，当时，，
当时，，当且时，，
所以函数的值域为，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决的关键在于将条件等式化为同构形式，利用函数的性质化简已知条件，再结合函数性质求目标函数的值域.
30．（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引人数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________．
【答案】8
【分析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，且，可得答案.
【详解】由，得，
得，得，
得，，
所以，
令，则数列即为斐波那契数列，
，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列，
由，得，，，，
，，
因为，，
所以
使得成立的的最小值为8．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据斐波那契数列的通项公式，利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键.