(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题04 幂函数、指数函数与对数函数(模拟练)（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021·上海闵行·一模）函数的定义域为_________.
【答案】
【分析】根据对数的真数大于0求解即可.
【解析】，
，
解得
所以函数的定义域为，
故答案为：
2．（2010·上海嘉定·二模（理））幂函数的图像过点，则函数的反函数=_____（要求写明定义域）．
【答案】
【分析】先用待定系数法设出其解析式，将点的坐标代入求得幂函数的解析式，最后根据反函数的定义，求出.
【解析】设幂函数，将点代入，
得，解得，则，
由反函数的定义可得.
故答案为：.
3．（2022·上海·华师大二附中模拟预测）方程的解为 __________ .
【答案】
【分析】由题意知，可求出的值，再结合真数大于零进行检验，从而可求出最终的解.
【解析】由，得，所以，又因为且，所以；
故答案为：.
4．（2021·上海杨浦·二模）方程的解为___________．
【答案】
【分析】结合对数运算以及指数运算，解方程求得的值.
【解析】依题意，
，
，
，
，
即或，
解得或，
当时，，不符合题意，舍去.
所以.
故答案为：
5．（2021·上海虹口·一模）已知是定义域为的奇函数，且对任意的满足，若时，有，则______.
【答案】
【分析】由条件可得，然后可算出答案.
【解析】因为，是定义域为的奇函数，
所以
因为当时，有，所以
所以
故答案为：
6．（2021·上海金山·二模）函数的图象恒过定点，若点在直线上，其中、，则的最小值为____________.
【答案】
【分析】求出定点，可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【解析】对于函数，令，可得，则，
故函数的图象恒过定点，
因为点在直线上，则，可得，
因为、，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
7．（2021·上海虹口·一模）已知α∈.若幂函数f(x)＝xα为奇函数，且在(0，＋∞)上递减，则＝______.
【答案】-1
【分析】根据幂函数，当为奇数时，函数为奇函数，时，函数在(0，＋∞)上递减，即可得出答案.
【解析】解：∵幂函数f(x)＝xα为奇函数，∴可取－1，1，3，
又f(x)＝xα在(0，＋∞)上递减，∴α＜0，故＝－1.
故答案为：-1.
8．（2022·上海·华师大二附中模拟预测）若函数单调递增，则实数m的最大值是 __________ .
【答案】
【分析】由题意列不等式，直接解出m的范围.
【解析】因为在上单调递增，在上单调递增，
所以要使函数单调递增，
只需，解得：.
即实数m的最大值是.
故答案为：
9．（2020·上海大学附属中学三模）若，且函数与的图象恰有两个交点，则满足条件的不同集合有________个
【答案】4
【分析】列举出所有两个不同函数的交点个数，筛选出符合题意的函数即可得结果.
【解析】图象与、、、的图象有1个、1个，2个、2个交点；
图象与、、的图象有1个、1个，1个交点；
图象与、的图象有2个、2个交点；
图象与的图象有3个交点，
综上可得，满足函数与的图象恰有两个交点的集合有4个：
，
故答案为：4
【点睛】本题主要考查幂函数的图象与性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.
10．（2020·上海·复旦附中模拟预测）设，若对任意，都存在唯一实数，满足，则正数的最小值为____________
【答案】##
【分析】由已知函数解析式得到函数值域，结合存在唯一的，满足，可得，即，进一步转化为，，求解不等式得到的范围，进一步得到的范围得答案．
【解析】解：函数的值域为．
的值域为；的值域为．
的值域为上有两个解，
要想在上只有唯一的满足，
必有．
，即，解得：．
当时，与存在一一对应的关系．
问题转化为，，且．
，解得：或者（舍去）．
，解得．
故答案为：．
11．（2019·上海普陀·二模）设实数a、b、c满足a≥1，b≥1，c≥1，且abc＝10，alga•blgb•clgc≥10，则a+b+c＝____
【答案】12
【解析】由已知可得0≤lga≤1，0≤lgb≤1，0≤lgc≤1，得到lg2a≤lga，lg2b≤lgb，lg2c≤lgc，进而得出lg2a+lg2b+lg2c≥lga+lgb+lgc，从而得到lg2a＝lga，lg2b＝lgb，lg2c＝lgc，由此得到a，b，c的值，则答案可求．
【解析】由a≥1，b≥1，c≥1，且abc＝10，可得0≤lga≤1，0≤lgb≤1，0≤lgc≤1．
可得lg2a≤lga，lg2b≤lgb，lg2c≤lgc，
又由alga•blgb•clgc≥10，可得lg（alga•blgb•clgc）≥lg10，
可得lg2a+lg2b+lg2c≥1
又由lgabc＝lga+lgb+lgc =lg10=1，可得lg2a+lg2b+lg2c≥lga+lgb+lgc，
所以lg2a＝lga，lg2b＝lgb，lg2c＝lgc，
则a＝10或1，b＝10或1，c＝10或1，
由对称思想，不妨a＝10，则b＝1，c＝1，
所以a+b+c＝12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了对数的运算性质及其应用，其中解答中熟记对数的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
12．（2018·上海·复旦附中三模）已知函数且，其中为奇函数, 为偶函数，若不等式对任意恒成立,则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】试题分析：∵h（x）为定义在R上的偶函数，g（x）为定义在R上的奇函数 ∴g（-x）=-g（x），h（-x）=h（x）, 又∵由h（x）+g（x）=2x， h（-x）+g（-x）=h（x）-g（x）=2-x，∴h（x）=(2x+2−x)，g（x）=(2x−2−x), 不等式2ag（x）+h（2x）≥0在[1，2]上恒成立， 化简为:a(2x−2−x)+(22x+2−2x)≥0，x∈[1，2], ∵1≤x≤2∴2x-2-x＞0,令t=2-x-2x，整理得：，由t=2-x-2x得在上单调递增，故意当时，即实数a的取值范围为.
考点：1.函数不等式的恒成立问题；2.换元法；3.基本不等式
二、单选题
13．（2021·上海崇明·一模）下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用基本初等函数的单调性可得出合适的选项.
【解析】函数、在区间上为减函数，
函数在区间上为增函数，
函数在区间上不单调.
故选：B.
14．（2017·上海奉贤·一模）若方程在 内有解，则的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】方程在内有解，转化为函数的图象和直线在上有交点，结合选项中的图象逐一判断即可.
【解析】根据方程在内有解，转化为函数的图象和直线在上有交点．
：与直线的交点是，不符合题意，故不正确；
：与直线无交点，不符合题意，故不正确；
：与直线在区间上有交点，不符合题意，故不正确；
：与直线在上有交点，故正确．故选D．
【点睛】函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.
15．（2013·上海奉贤·一模（理））已知函数的图象如图所示，则函数的图象可能（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据函数的图象求出、的范围，从而得到函数的单调性及图象特征，从而得出结论．
【解析】由函数的图象可得，，故函数是定义域内的减函数，且过定点.结合所给的图像可知只有C选项符合题意.
故选：C.
【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，对数函数的单调性以及图象特征，属于基础题．
16．（2022·上海宝山·二模）关于函数和实数的下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，即可得到此类函数的规律是自变量离原点越近，函数值越小，即自变量的绝对值小，函数值就小，反之也成立，从而一一判断即可；
【解析】解：因为，
所以函数是一个偶函数，
又时，与是增函数，且函数值为正数，
故函数在上是一个增函数
由偶函数的性质得函数在上是一个减函数，
此类函数的规律是自变量离原点越近，函数值越小，即自变量的绝对值小，
函数值就小，反之也成立，
考察四个选项，A选项，由，无法判断，离原点的远近，故A错误；
B选项，，则的绝对值大，故其函数值也大，故B不对；
C选项是正确的，由，一定得出；
D选项由，可得出，但不能得出，不成立，
故选：C．
17．（2021·上海嘉定·二模）已知函数，则不等式的解集为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设函数，判断其单调性与奇偶性；从而得出单调性与对称性，将所求不等式化为，根据函数单调性，即可求出结果.
【解析】设函数，则函数是定义域为，
根据指数函数与幂函数的单调性可得，是增函数，是减函数，是增函数，
所以在上单调递增；
又，所以是奇函数，其图象关于原点对称；
又，
即的图象可由向右平移一个单位，再向上平移两个单位后得到，
所以是定义域为的增函数，
且其图像关于点对称，即有，即 ．
由得 ，
即，
即，所以 ，解得 ．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于根据函数的解析式，判断函数的单调性与对称性，进而即可求解不等式.
18．（2018·上海市南洋模范中学三模）已知函数f(x)＝x2＋ex－ (x