高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测08《指数与指数函数》(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测08《指数与指数函数》(教师版)，共6页。

对点练(一) 指数幂的运算
给出以下结论：
①当a<0时，(a2) SKIPIF 1 < 0 ＝a3；
②eq \r(n,an)＝|a|(n>1，n为偶数)；
③函数f(x)＝(x－2) SKIPIF 1 < 0 －(3x－7)0的定义域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,,))x≥2且x≠\f(7,3)))；
④若2x＝16,3y＝eq \f(1,27)，则x＋y＝7.
其中正确结论的序号是________．
解析：因为a<0，所以(a2) SKIPIF 1 < 0 >0，a3<0，所以①错误；②显然正确；由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2≥0，,3x－7≠0，))得x≥2且x≠eq \f(7,3)，所以③正确；因为2x＝16，所以x＝4，因为3y＝eq \f(1,27)＝3－3，所以y＝－3，所以x＋y＝4＋(－3)＝1，所以④错误．
答案：②③
对点练(二) 指数函数的图象及应用
1．函数f(x)＝ax－eq \f(1,a)(a>0，a≠1)的图象可能是( )
解析：选D 当a>1时，将y＝ax的图象向下平移eq \f(1,a)个单位长度得f(x)＝ax－eq \f(1,a)的图象，A，B都不符合；当02．二次函数y＝－x2－4x(x>－2)与指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象的交点个数是( )
A．3B．2
C．1D．0
解析：选C
因为函数y＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4(x>－2)，且当x＝－2时，y＝－x2－4x＝4，
y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＝4，则在同一直角坐标系中画出y＝－x2－4x(x>－2)与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象如图所示，
由图象可得，两个函数图象的交点个数是1，故选C.
3．如图，在面积为8的平行四边形OABC中，AC⊥CO，AC与BO交于点E.若指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)经过点E，B，则a的值为( )
A.eq \r(2)B.eq \r(3)
C．2D．3
解析：选A 设点E(t，at)，则点B的坐标为(2t,2at)．因为2at＝a2t，所以at＝2.因为平行四边形OABC的面积＝OC×AC＝at×2t＝4t，又平行四边形OABC的面积为8，所以4t＝8，t＝2，所以a2＝2，a＝eq \r(2).故选A.
4．若关于x的方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是( )
A．(0,1)∪(1，＋∞)B．(0,1)
C．(1，＋∞)D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选D 方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有两个实数根转化为函数y＝|ax－1|与y＝2a有两个交点．
①当0②当a>1时，如图②，而y＝2a>1不符合要求．
∴05．)已知实数a，b满足等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))b，给出下列五个关系式：
①0其中不可能成立的关系式的个数为________．
解析：函数y1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))x与y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))x的图象如图所示．由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))b得a答案：2
对点练(三) 指数函数的性质及应用
1．若x∈(2,4)，a＝2x2，b＝(2x)2，c＝22x，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>cB．a>c>b
C．c>a>bD．b>a>c
解析：选B ∵b＝(2x)2＝22x，∴要比较a，b，c的大小，只要比较当x∈(2,4)时x2,2x,2x的大小即可．用特殊值法，取x＝3，易知x2>2x>2x，则a>c>b.
2．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－3，此时－33．若xlg52≥－1，则函数f(x)＝4x－2x＋1－3的最小值为( )
A．－4 B．－3 C．－1D．0
解析：选A ∵xlg52≥－1，∴2x≥eq \f(1,5)，则f(x)＝4x－2x＋1－3＝(2x)2－2×2x－3＝(2x－1)2－4.当2x＝1时，f(x)取得最小值－4.
4．已知函数f(x)＝3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，则f(x)( )
A．是奇函数，且在R上是增函数
B．是偶函数，且在R上是增函数
C．是奇函数，且在R上是减函数
D．是偶函数，且在R上是减函数
解析：选A 因为f(x)＝3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，且定义域为R，
所以f(－x)＝3－x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－3x＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x))＝－f(x)，即函数f(x)是奇函数．
又y＝3x在R上是增函数，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在R上是减函数，所以f(x)＝3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在R上是增函数．
5．设f(x)＝ex,0A．q＝rC．q＝r>pD．p＝r>q
解析：选C ∵0eq \r(ab)，又f(x)＝ex在(0，＋∞)上为增函数，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))>f(eq \r(ab))，即q>p.又r＝eq \r(fafb)＝eq \r(eaeb)＝eeq \f(a＋b,2)＝q，故q＝r>p.故选C.
6．已知实数a，b满足eq \f(1,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))b>eq \f(1,4)，则( )
A．b<2eq \r(b－a)B．b>2eq \r(b－a)
C．aeq \r(b－a)
解析：选B 由eq \f(1,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a，得a>1，由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))b，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))b，故2a由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))b>eq \f(1,4)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))b>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))4，得b<4.由2a2a>2，a对于选项A，B，由于b2－4(b－a)＝(b－2)2＋4(a－1)>0恒成立，故A错误，B正确；
对于选项C，D，a2－(b－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,4)))，由于17．设y＝f(x)在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K，定义fK(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，fx≤K，,K，fx>K.))给出函数f(x)＝2x＋1－4x，若对于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则( )
A．K的最大值为0B．K的最小值为0
C．K的最大值为1D．K的最小值为1
解析：选D 根据题意可知，对于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．
令2x＝t，则t∈(0,2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值为1，∴K≥1，故选D.
8．若不等式(m2－m)2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1对一切x∈(－∞，－1]恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：(m2－m)2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1可变形为m2－m答案：(－2,3)
[大题综合练——迁移贯通]
1．设a>0，且a≠1，函数y＝a2x＋2ax－1在[－1,1]上的最大值是14，求实数a的值．
解：令t＝ax(a>0，且a≠1)，则原函数化为y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)．
①当0此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上为增函数．所以f(t)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))2－2＝14.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))2＝16，解得a＝－eq \f(1,5)(舍去)或a＝eq \f(1,3).
②当a>1时，x∈[－1,1]，t＝ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))，此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上是增函数．
所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)．
综上得a＝eq \f(1,3)或3.
2．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∈[1,2]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∈[1,2]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∈[1,2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]，
故实数m的取值范围是[－5，＋∞)．
3．已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．
解：(1)因为f(x)是R上的奇函数，
所以f(0)＝0，即eq \f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1.从而有f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a).
又由f(1)＝－f(－1)知eq \f(－2＋1,4＋a)＝－eq \f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1)，
由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，
从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，
从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq \f(1,3).
故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).