2022届一轮复习专题练习2 第9练 指数与指数函数（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习2 第9练 指数与指数函数（解析版），共6页。试卷主要包含了下列各式中一定成立的是，计算等内容，欢迎下载使用。

考点一 指数幂的运算
1．下列各式中一定成立的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m)))7＝
B.eq \r(12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3))4)＝eq \r(3,－3)
C.eq \r(4,x3＋y3)＝
D.eq \r(\r(3,9))＝eq \r(3,3)
2．计算：
(1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7)))－2＋－(eq \r(2)－1)0＝________.
(2)2eq \r(5)×eq \r(3,2.5)×eq \r(6,20)＝____________.
3．已知x＋x－1＝3，则＋的值为____________．
考点二 指数函数的图象及应用
4．已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)(其中a>b)的图象如图所示，则函数g(x)＝ax＋b的图象是( )
5．若函数y＝ax－(b＋1)(a>0且a≠1)的图象过第一、三、四象限，则下列结论正确的是( )
①01；③b>0；④b<0.
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
6．若直线y＝2a与函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ax－1))＋1(a>0且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是____________．
考点三 指数函数的性质及应用
7．若a＝0.50.6，b＝0.60.5，c＝20.5，则下列结论正确的是( )
A．b>c>a B．c>a>b
C．a>b>c D．c>b>a
8．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，2))上的最小值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(3,4) C.eq \f(13,16) D．13
9．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，0))，则ab＝____________.
10．若函数f(x)＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a))(a∈R)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上单调递增，则实数m的最小值等于____________．
11．将甲桶中的a升水缓慢注入空桶乙中，t min后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线的y＝aen t，假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min甲桶中的水只有eq \f(a,4)升，则m的值为( )
A．10 B．9 C．8 D．5
12．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))aA．aa>ab>bb B．aa>bb>ab
C．bb>aa>ab D．ab>bb>aa
13．已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，下面说法正确的是________．
①f(x)的图象关于原点对称；
②f(x)的图象关于y轴对称；
③f(x)的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1))；
④∀x1，x2∈R，且x1≠x2，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0.
14．定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界．已知函数f(x)＝1＋a·2x＋4x在(－∞，0]上是以3为上界的函数，则实数a的取值范围是____________.
答案精析
1．D [eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m)))7＝n7m－7，A错误；
eq \r(12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3))4)＝＝eq \r(3,3)，B错误；
eq \r(4,x3＋y3)＝，C错误；
eq \r(\r(3,9))＝＝eq \r(3,3)，D正确．]
2．(1)－45
解析 原式＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－7))2＋－1
＝0.3－1－49＋eq \f(5,3)－1
＝eq \f(10,3)－50＋eq \f(5,3)
＝－45.
(2)10
解析 2eq \r(5)×eq \r(3,2.5)×eq \r(6,20)＝
＝＝10.
3．2eq \r(5)
解析 由题意得，＝x＋2＋x－1＝5，
∴＝eq \r(5)，
∴＝eq \r(5)(3－1)＝2eq \r(5).
4．C [由函数的图象可知，－11，则g(x)＝ax＋b为增函数，g(0)＝1＋b>0，g(x)过定点(0,1＋b)．]
5．C [若00且a≠1)的图象过第一、三、四象限，
所以a>1.
当a>1时，要使y＝ax－(b＋1)的图象过第一、三、四象限，则b＋1>1，即b>0.]
6.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析 当a>1时，通过平移变换和翻折变换可得如图1所示的图象，
由图可知1<2a<2，
即eq \f(1,2)1矛盾；
当0由图可知1<2a<2，即eq \f(1,2)综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
7．D [由指数函数和幂函数的性质，可得1>0.60.5>0.50.5>0.50.6>0，
即1>b>a>0，
又由c＝20.5>1，所以c>b>a.]
8．B [令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))，
则原函数等价于g(t)＝t2－t＋1，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))，
又二次函数g(t)的对称轴为t＝eq \f(1,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))，
故最小值是geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,4)，
即f(x)的最小值为eq \f(3,4).]
9．4
解析 当a>1时，函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)过点(－1，－1)和点(0,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝－1，,a0＋b＝0，))无解；
当0所以函数f(x)过点(－1,0)和点(0，－1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝0，,a0＋b＝－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－2.))
所以ab＝4.
10．1
解析 根据f(1＋x)＝f(1－x)可知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，可知a＝1，从而可以确定函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，从而有[m，＋∞)⊆[1，＋∞)，所以m≥1，故m的最小值等于1.
11．D [由题设可得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ae5n＝\f(a,2)，,aem＋5n＝\f(a,4)，))由ae5n＝eq \f(a,2)⇒e5n＝eq \f(1,2)，代入ae(m＋5)n＝eq \f(1,4)a⇒emn＝eq \f(1,2)，联立两个等式可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(emn＝\f(1,2)，,e5n＝\f(1,2)，))由此解得m＝5.]
12．A [因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上单调递减，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a所以a>b>1，
由于函数y＝axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>1))和函数y＝xbeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b>1))在第一象限单调递增，
所以aa>ab，ab>bb，
故aa>ab>bb.]
13．①③
解析 对于①，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，定义域为R，
由于f(－x)＝－f(x)，则f(x)是奇函数，图象关于原点对称，故①正确；
对于②，f(1)＝eq \f(2－1,2＋1)＝eq \f(1,3)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝eq \f(\f(1,2)－1,\f(1,2)＋1)＝－eq \f(1,3)≠f(1)，
故f(x)的图象不关于y轴对称，故②错误；
对于③，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,1＋2x)，
令1＋2x＝t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))，y＝1－eq \f(2,t)，
易知1－eq \f(2,t)∈(－1,1)，
故f(x)的值域为(－1,1)，故③正确；
对于④，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,1＋2x)，
令1＋2x＝t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))，y＝1－eq \f(2,t)，
函数t＝1＋2x在R上单调递增，
且y＝1－eq \f(2,t)在t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增，
根据复合函数的单调性，可知f(x)＝1－eq \f(2,1＋2x)在R上单调递增，
故∀x1，x2∈R，
且x1≠x2，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0不成立，故④错误．
14．[－5,1]
解析 设2x＝t，∵x≤0，∴0即|g(t)|≤3在(0,1]上恒成立．
∴－3≤g(t)≤3，即－4≤at＋t2≤2，∴eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,t)＋t))))≤a≤eq \f(2,t)－t.
∵m(x)＝eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,t)＋t))))在(0,1]上为增函数，
∴m(x)max＝－5，
∵n(x)＝eq \f(2,t)－t在(0,1]上为减函数，∴n(x)min＝2－1＝1，∴－5≤a≤1.
故实数a的取值范围是[－5,1]．