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    高考数学统考一轮复习课时作业8指数与指数函数文含解析新人教版 练习

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    高考数学统考一轮复习课时作业8指数与指数函数文含解析新人教版

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    这是一份高考数学统考一轮复习课时作业8指数与指数函数文含解析新人教版,共8页。


    一、选择题
    1.函数y=3x,y=5x,y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x在同一坐标系中的图象是( )
    2.若函数f(x)=(2a-5)·ax是指数函数,则f(x)在定义域内( )
    A.为增函数B.为减函数
    C.先增后减D.先减后增
    3.已知a=,b=,c=,则( )
    A.bC.b4.已知函数f(x)=ax-1+1(a>0,a≠1)的图象恒过点A,下列函数图象不经过点A的是( )
    A.y=eq \r(1-x)+2B.y=|x-2|+1
    C.y=lg2(2x)+1D.y=2x-1
    5.[2021·安徽黄山模拟]已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1-2-x,x≥0,,2x-1,x<0,))则函数f(x)是( )
    A.偶函数,在[0,+∞)上单调递增
    B.偶函数,在[0,+∞)上单调递减
    C.奇函数,且单调递增
    D.奇函数,且单调递减
    二、填空题
    6.[2021·中山一中摸底]化简:(2eq \r(3,a2)·eq \r(b))(-6eq \r(a)·eq \r(3,b))÷(-3eq \r(6,a)·eq \r(6,b5))=________.
    7.函数f(x)=eq \f(\r(2x-4),3x-9)的定义域为________.
    8.[2021·菏泽联考]函数y=的值域为________.
    三、解答题
    9.已知a>0,且a≠1,函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax,x≤1,,-x+a,x>1.))若函数f(x)在区间[0,2]上的最大值比最小值大eq \f(5,2),求a的值.
    10.已知函数f(x)=.
    (1)若a=-1,求f(x)的单调区间;
    (2)若f(x)有最大值3,求a的值;
    (3)若f(x)的值域是(0,+∞),求a的值.
    [能力挑战]
    11.已知实数a,b满足等式2019a=2020b,给出下列5个关系式:①0A.1个B.2个
    C.3个D.4个
    12.若函数f(x)=的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,9))),则f(x)的单调递增区间是________.
    13.[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4(x≥0),则满足f(a-2)>0的实数a的取值范围为________________.
    课时作业8
    1.解析:沿直线x=1,自下而上先后为y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x,y=3x,y=5x的图象.故选B.
    答案:B
    2.解析:由指数函数的定义知2a-5=1,解得a=3,所以f(x)=3x,所以f(x)在定义域内为增函数.
    答案:A
    3.解析:因为a==,c==,函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,所以<,又<,所以b答案:A
    4.解析:函数f(x)=ax-1+1(a>0,a≠1)的图象恒过点A,令x-1=0,得x=1,f(1)=2,所以恒过点A(1,2).把x=1,y=2代入各选项验证,只有D中的函数没经过该点.
    答案:D
    5.解析:易知f(0)=0,当x>0时,f(x)=1-2-x,-f(x)=2-x-1,此时-x<0,则f(-x)=2-x-1=-f(x);当x<0时,f(x)=2x-1,-f(x)=1-2x,此时-x>0,则f(-x)=1-2-(-x)=1-2x=-f(x).所以函数f(x)是奇函数,且单调递增.故选C.
    答案:C
    6.解析:原式=(2·)(-6 )÷(-3 )=[2×(-6)÷(-3)] =4a.
    答案:4a
    7.解析:由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x-4≥0,,3x-9≠0,))解得x>2.
    所以函数f(x)的定义域为(2,+∞).
    答案:(2,+∞)
    8.解析:因为2x-x2=-(x-1)2+1≤1,所以≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1=eq \f(1,2).所以函数y=的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞)).
    答案:eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞))
    9.解析:当1f(x)min=f(2)=-2+a,f(x)<-1+a.
    当0≤x≤1时,①若a>1,则有1≤ax≤a,
    所以当x∈[0,2]时,f(x)max=a.
    (ⅰ)若1≤-2+a,即a≥3,则f(x)min=1.
    由于f(x)在[0,2]上的最大值比最小值大eq \f(5,2),
    所以a-1=eq \f(5,2),解得a=eq \f(7,2).
    (ⅱ)若-2+a<1,即a<3,则f(x)min=-2+a,
    所以a-(-2+a)=eq \f(5,2),a无解.
    ②若0所以1-(-2+a)=eq \f(5,2),解得a=eq \f(1,2).
    所以a的值为eq \f(1,2)或eq \f(7,2).
    10.解析:(1)当a=-1时,f(x)=,
    令u=-x2-4x+3=-(x+2)2+7.
    则u在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减,而y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))u在R上单调递减,所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,即函数f(x)的单调递增区间是(-2,+∞),单调递减区间是(-∞,-2).
    (2)令h(x)=ax2-4x+3,f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))h(x),
    由于f(x)有最大值3,所以h(x)应有最小值-1,因此必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,,\f(12a-16,4a)=-1,))解得a=1,即当f(x)有最大值3时,a的值为1.
    (3)由f(x)的值域是(0,+∞)知,h(x)=ax2-4x+3的值域为R,则必有a=0.
    11.解析:实数a,b满足等式2 019a=2 020b,即y=2 019x在x=a处的函数值和y=2 020x在x=b处的函数值相等.
    由图可知,当a答案:C
    12.解析:令g(x)=ax2+2x+3,由于f(x)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,9))),所以g(x)的值域是[2,+∞).
    因此有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,,\f(12a-4,4a)=2,))解得a=1,
    这时g(x)=x2+2x+3,f(x)=.
    由于g(x)的单调递减区间是(-∞,-1],
    所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-1].
    答案:(-∞,-1]
    13.解析:因为f(x)是偶函数,所以有f(x)=f(|x|).当x≥0时,f(x)=2x-4,所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,且f(2)=0.由不等式f(a-2)>0可得f(|a-2|)>f(2),所以|a-2|>2,所以a-2<-2或a-2>2,解得a<0或a>4,即实数a的取值范围为(-∞,0)∪(4,+∞).
    答案:(-∞,0)∪(4,+∞)

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