2021高考数学（理）大一轮复习习题：第二章 函数的概念与基本初等函数ⅰ 课时达标检测（九） 指数与指数函数 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第二章 函数的概念与基本初等函数ⅰ 课时达标检测（九） 指数与指数函数 word版含答案，共4页。试卷主要包含了又f＝3x是增函数，所以B正确等内容，欢迎下载使用。


1．下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)”的单调递增函数是( )
A．f(x)＝x3 B．f(x)＝3x
C．f(x)＝xeq \f(1,2) D．f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
解析：选B 根据各选项知，选项B、D中的指数函数满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)．又f(x)＝3x是增函数，所以B正确．
2．函数f(x)＝2|x－1|的大致图象是( )
解析：选B f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，x<1，))易知f(x)在 B．
解析：选B 由f(1)＝eq \f(1,9)得a2＝eq \f(1,9)，又a>0，所以a＝eq \f(1,3)，因此f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))|2x－4|.因为g(x)＝|2x－4|在
一、选择题
1．已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．b>c>a
解析：选A 由0.2<0.75<1，并结合指数函数的图象可知0.40.2>，即b>c；因为a＝20.2>1，b＝0.40.2<1，所以a>b.综上，a>b>c.
2.已知奇函数y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，x>0，,gx，x<0.))如果f(x)＝ax(a>0，且a≠1)对应的图象如图所示，那么g(x)＝( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－x B．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
C．2－x D．－2x
解析：选D 由题图知f(1)＝eq \f(1,2)，∴a＝eq \f(1,2)，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，由题意得g(x)＝－f(－x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－x＝－2x，故选D.
3．设f(x)＝|3x－1|，cf(a)>f(b)，则下列关系中一定成立的是( )
A．3c>3a B．3c>3b
C．3c＋3a>2 D．3c＋3a<2
解析：选D 画出f(x)＝|3x－1|的图象，如图所示，要使cf(a)>f(b)成立，则有c<0，且a>0.由y＝3x的图象可得0<3c<1<3a.∵f(c)＝1－3c，f(a)＝3a－1，f(c)>f(a)，∴1－3c>3a－1，即3a＋3c<2.
4．已知函数f(x)＝ex，如果x1，x2∈R，且x1≠x2，则下列关于f(x)的性质：
①(x1－x2)>0，②y＝f(x)不存在反函数，③f(x1)＋f(x2)<2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，④方程f(x)＝x2在(0，＋∞)上没有实数根，其中正确的是( )
A．①② B．①④ C．①③ D．③④
解析：选B 因为e>1，所以f(x)＝ex为定义域内的增函数，故①正确；函数f(x)＝ex的反函数为y＝ln x(x>0)，故②错误；f(x1)＋f(x2)＝ex1＋ex2>2eq \r(ex1ex2)＝2eq \r(ex1＋x2)＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，故③错误；作出函数f(x)＝ex和y＝x2的图象(图略)可知，两函数图象在(0，＋∞)内无交点，故④正确．结合选项可知，选B.
5．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－7，x＜0，,\r(x)，x≥0，))若f(a)＜1，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)
C．(－3,1) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
解析：选C 当a＜0时，不等式f(a)＜1可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a－7＜1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a＜8，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－3，因为0＜eq \f(1,2)＜1，所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是减函数，所以a＞－3，此时－3＜a＜0；当a≥0时，不等式f(a)＜1可化为eq \r(a)＜1，所以0≤a＜1.故a的取值范围是(－3,1)．
6．(2016·河南许昌四校第三次联考)已知a>0，且a≠1，f(x)＝x2－ax.当x∈(－1,1)时，均有f(x)A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))∪
解析：选B 当x∈(－1,1)时，均有f(x)x2－eq \f(1,2)在(－1,1)上恒成立，令g(x)＝ax，m(x)＝x2－eq \f(1,2)，由图象知：当01时，g(－1)≥m(1)，即a－1≥1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，此时1二、填空题
7．已知函数f(x)＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)，若f(a)＝－eq \f(1,2)，则f(－a)＝________.
解析：∵f(x)＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)，f(a)＝－eq \f(1,2)，∴eq \f(ea－e－a,ea＋e－a)＝－eq \f(1,2).∴f(－a)＝eq \f(e－a－ea,e－a＋ea)＝－eq \f(ea－e－a,ea＋e－a)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
8．若函数f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的定义域和值域都是，则实数a＝________.
解析：当a>1时，f(x)＝ax－1在上为增函数，
则a2－1＝2，∴a＝±eq \r(3).
又∵a>1，∴a＝eq \r(3).
当0又∵f(0)＝0≠2，∴0综上可知，a＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
9．(2017·安徽十校联考)已知max(a，b)表示a，b两数中的最大值．若f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}，则f(x)的最小值为________．
解析：由于f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≥1，,e2－x，x<1.))当x≥1时，f(x)≥e，且当x＝1时，取得最小值e；当x<1时，f(x)>e.故f(x)的最小值为f(1)＝e.
答案：e
10．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是________．
解析：不等式2x(x－a)<1可变形为x－a－1.
答案：(－1，＋∞)
三、解答题
11．已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常量，且a>0，a≠1)的图象经过点A(1,6)，B(3,24)．若不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))x－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围．
解：把A(1,6)，B(3,24)代入f(x)＝b·ax，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6＝ab，,24＝b·a3，))
结合a>0，且a≠1，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝3.))
要使eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x≥m在x∈(－∞，1]上恒成立，
只需保证函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在(－∞，1]上的最小值不小于m即可．
因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在(－∞，1]上为减函数，
所以当x＝1时，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x有最小值eq \f(5,6).
所以只需m≤eq \f(5,6)即可．即m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,6))).
12．已知定义在R上的函数f(x)＝2x－eq \f(1,2|x|).
(1)若f(x)＝eq \f(3,2)，求x的值；
(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0对于t∈恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当x＜0时，f(x)＝0，无解；
当x≥0时，f(x)＝2x－eq \f(1,2x)，
由2x－eq \f(1,2x)＝eq \f(3,2)，得2·22x－3·2x－2＝0，
将上式看成关于2x的一元二次方程，
解得2x＝2或2x＝－eq \f(1,2)，
∵2x＞0，∴x＝1.
(2)当t∈时，2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(22t－\f(1,22t)))＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t－\f(1,2t)))≥0，
即m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1＞0，
∴m≥－(22t＋1)，
∵t∈，∴－(22t＋1)∈，
故实数m的取值范围是[－5，＋∞)．