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第二章第5讲　指数与指数函数-2020高考理科数学【步步高】大一轮考点专项练

高三试卷 2019-12-07 10:00:46 0

第二章第5讲　指数与指数函数-2020高考理科数学【步步高】大一轮考点专项练，扫描并关注下面的二维码，获取相关答案！
模拟联考答案

第5讲　指数与指数函数一、选择题 1.(2017·衡水中模拟)若a＝，b＝x2，c＝logx，则当x>1时，a，b，c的大小关系是(　　) A.c1时，01， c＝logx<0，所以c1，b0 C.00 D.0，∴b， ∴a>c，

，∴b， ∴a>c， [来自e网通客户端]

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第5讲　指数与指数函数
一、选择题
1.(2017·衡水中学模拟)若a＝\a\vs4\al\co1(\f(23))x，b＝x2，c＝log23x，则当x>1时，a，b，c的大小关系是(　　)
A.cC.a汇总　当x>1时，01，c＝log23x<0，所以c答案　A
2.函数f(x)＝ax－b的图像如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是(　　)
A.a>1，b<0 B.a>1，b>0
C.00 D.0汇总　由f(x)＝ax－b的图像可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以0函数f(x)＝ax－b的图像是在f(x)＝ax的基础上向左平移得到的，所以b<0.
答案　D
3.(2017·南昌一模)已知a＝\a\vs4\al\co1(\f(35))5)，b＝\a\vs4\al\co1(\f(25))5)，c＝\a\vs4\al\co1(\f(25))5)，则(　　)
A.aC.c汇总　∵y＝\a\vs4\al\co1(\f(25))x在例1：将0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反应后，所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比为（）R上为减函数，35>25，∴b又∵y＝x25在(0，＋∞)上为增函数，35>25，
∴a>c，∴b答案　D
4.(2017·安阳模拟)已知函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)·f(x2)等于(　　)
A.1 B.a
C.2 D.a2
汇总　∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，
∴x1＋x2＝0.又∵f(x)＝ax，
∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1.
答案　A
5.(2017·西安调研)若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，且a≠1)，满足f(1)＝19，则f(x)的单调递减区间是(　　)
A.(－∞，2] B.[2，＋∞)
C.[－2，＋∞) D.(－∞，－2]
汇总　由f(1)＝19，得a2＝19，解得a＝13或a＝－13(舍去)，即f(x)＝\a\vs4\al\co1(\f(13))|2x－4|.由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f(x)在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减.
答案　B
二、填空题
6.\a\vs4\al\co1(\f(32))3)×\a\vs4\al\co1(－\f(76))0＋814×42－\rc\\f(23)＝________.
汇总　原式＝\a\vs4\al\co1(\f(23))3)×1＋234×214－\a\vs4\al\co1(\f(23))3)＝2.
答案　2
7.(2015·江苏卷)不等式2x2－x<4的解集为________.
汇总　∵2x2－x<4，∴2x2－x<22，
∴x2－x<2，即x2－x－2<0，解得－1答案　{x|－18.(2017·安徽江南十校联考)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________.
汇总　f(x)＝ex，x≥1，e|x－2|，x<1.)
当x≥1时，f(x)＝ex≥e(x＝1时，取等号)，
当x<1时，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e，
因此x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝e.
答案　e
三、解答题
9.已知f(x)＝\a\vs4\al\co1(\f(112)x3(a>0，且a≠1).
(1)讨论f(x)的奇偶性；
(2)求a的取值范围，使f(x)>0在定义域上恒成立.
解　(1)由于ax－1≠0，则ax≠1，得x≠0，
所以函数f(x)的定义域为{x|x≠0}.
对于定义域内任意x，有
f(－x)＝\a\vs4\al\co1(\f(112)(－x)3
＝\a\vs4\al\co1(\f(ax12)(－x)3
＝\a\vs4\al\co1(－1－\f(112)(－x)3
＝\a\vs4\al\co1(\f(112)x3＝f(x).
∴f(x)是偶函数.
(2)由(1)知f(x)为偶函数，
∴只需讨论x>0时的情况，当x>0时，要使f(x)>0，即\a\vs4\al\co1(\f(112)x3>0，
即1ax－1＋12>0，即ax＋12（ax－1）>0，则ax>1.
又∵x>0，∴a>1.
因此a>1时，f(x)>0.
10.已知定义域为R的函数f(x)＝－2x＋b2x＋1＋a是奇函数.
(1)求a，b的值；
(2)解关于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0.
解　(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，
即－1＋b2＋a＝0，解得b＝1，
所以f(x)＝－2x＋12x＋1＋a.
又由f(1)＝－f(－1)知－2＋14＋a＝－121＋a，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝－2x＋12x＋1＋2＝－12＋12x＋1.
由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f(x)在R上是减函数).
又因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等价于f(t2－2t)<
－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1).
因为f(x)是减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋1，
即3t2－2t－1>0，解不等式可得t＞1或t＜－13，
故原不等式的解集为t|t>1或t<－\f(13)).
11.若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)
A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)
C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)
汇总　因为2x>0，所以由2x(x－a)<1得a>x－\a\vs4\al\co1(\f(12))x，
令f(x)＝x－\a\vs4\al\co1(\f(12))x，则函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f(x)>f(0)＝0－\a\vs4\al\co1(\f(12))0＝－1，
所以a>－1.
答案　D
12.(2017·宜宾诊断检测)已知函数f(x)＝x－4＋9x＋1，x∈(0，4)，当x＝a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)＝a|x＋b|的图像为(　　)
汇总　∵x∈(0，4)，∴x＋1>1，∴f(x)＝x＋1＋9x＋1－5≥29－5＝1，当且仅当x＋1＝9x＋1，即x＝2时，取等号.∴a＝2，b＝1.因此g(x)＝2|x＋1|，该函数图像由y＝2|x|向左平移一个单位得到，结合图像知A正确.
答案　A
13.(2017·北京丰台一模)已知奇函数y＝f（x），x>0，g（x），x<0.)如果f(x)＝ax(a>0，且a≠1)对应的图像如图所示，那么g(x)＝________.
汇总　依题意，f(1)＝12，∴a＝12，
∴f(x)＝\a\vs4\al\co1(\f(12))x，x>0.当x<0时，－x>0.
∴g(x)＝－f(－x)＝－\a\vs4\al\co1(\f(12))－x＝－2x.
答案　－2x(x<0)
14.(2017·合肥期末)已知函数f(x)＝ex－e－x(x∈R，且e为自然对数的底数).
(1)判断函数f(x)的单调性与奇偶性；
(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由.
解　(1)∵f(x)＝ex－\a\vs4\al\co1(\f(1e))x，
∴f′(x)＝ex＋\a\vs4\al\co1(\f(1e))x，
∴f′(x)>0对任意x∈R都成立，
∴f(x)在R上是增函数.
又∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数.
(2)存在.由(1)知f(x)在R上是增函数和奇函数，则f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立，
?f(x2－t2)≥f(t－x)对一切x∈R都成立，
?x2－t2≥t－x对一切x∈R都成立，
?t2＋t≤x2＋x＝\a\vs4\al\co1(x＋\f(12))2－14对一切x∈R都成立，
?t2＋t≤(x2＋x)min＝－14?t2＋t＋14＝\a\vs4\al\co1(t＋\f(12))2≤0，
又\a\vs4\al\co1(t＋\f(12))2≥0，
∴\a\vs4\al\co1(t＋\f(12))2＝0，∴t＝－12.
∴存在t＝－12，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立.

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