【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第2章-第4节-指数与指数函数.docx

其次章　第四节

一、选择题
1．(2022·东北三校联考)函数f(x)＝ax－1(a>0，a≠1)的图象恒过点A，下列函数中图象不经过点A的是(　　)
A．y＝　 B．y＝|x－2|
C．y＝2x－1　 D．y＝log2(2x)
[答案]　A
[解析]　f(x)＝ax－1的图象过定点(1,1)，在函数y＝中当x＝1时，y＝0，故选A．
2．(文)(2021·烟台月考)若a＝log20.9，b＝3－，c＝()，则(　　)
A．a<b<c　 B．a<c<b
C．c<a<b　 D．b<c<a
[答案]　B
[解析]　a＝log20.9<0，c＝()＝3－，
由于3－>3－>0，所以a<c<b.
(理)设a＝0.5，b＝0.30.5，c＝log0.30.2，则a、b、c的大小关系是(　　)
A．a>b>c　 B．a<b<c
C．b<a<c　 D．a<c<b
[答案]　C
[解析]　y＝x0.5在(0，＋∞)上是增函数，1>>0.3，
∴1>a>b，
又y＝log0.3x在(0，＋∞)上为减函数，
∴log0.30.2>log0.30.3＝1，即c>1，∴b<a<c.
3．(文)(2022·西安模拟)函数f(x)＝的图象(　　)
A．关于原点对称　 B．关于直线y＝x对称
C．关于x轴对称　 D．关于y轴对称
[答案]　D
[解析]　∵f(x)＝ex＋e－x，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故选D．
(理)已知a>0，a≠1，函数y＝logax，y＝ax，y＝x＋a在同一坐标系中的图象可能是(　　)

[答案]　C
[解析]　函数y＝ax与y＝logax互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称，排解B；a>1时，y＝x＋a与y轴交点在点(0,1)上方，排解A；0<a<1时，y＝x＋a与y轴交点在点(0,1)下方，排解D，故选C．
4．(2022·浙江绍兴一中月考)函数f(x)＝a|x＋1|(a>0，a≠1)的值域为[1，＋∞)，则f(－4)与f(1)的关系是(　　)
A．f(－4)>f(1)　 B．f(－4)＝f(1)
C．f(－4)<f(1)　 D．不能确定
[答案]　A
[解析]　由题意知a>1，∴f(－4)＝a3，f(1)＝a2，由y＝ax的单调性知a3>a2，∴f(－4)>f(1)．
5．(文)定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在[－3，－2]上为减函数，则在锐角△ABC中，有(　　)
A．f(sinA)>f(cosB)　 B．f(sinA)<f(cosB)
C．f(sinA)>f(sinB)　 D．f(cosA)<f(cosB)
[答案]　A
[解析]　由题知偶函数f(x)的周期为2，所以f(x)在[－1，0]上为减函数，故偶函数f(x)在[0,1]上为增函数，由于A＋B>，所以>A>－B>0,1>sinA>cosB>0.于是f(sinA)>f(cosB)，故选A．
(理)(2022·陕西理，7)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)＝x　 B．f(x)＝x3
C．f(x)＝()x　 D．f(x)＝3x
[答案]　D
[解析]　由于ax·ay＝ax＋y，所以指数函数f(x)＝ax满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且当a>1时单调递增，0<a<1时单调递减，所以f(x)＝3x满足题意．
6．(2021·天津月考)已知函数f(x)＝loga(2x＋b－1)(a>0，a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是(　　)

A．0<<b<1 B．0<b<<1
C．0<<a<1 D．0<<<1
[答案]　A
[解析]　由图象知函数单调递增，所以a>1.
又－1<f(0)<0，
f(0)＝loga(20＋b－1)＝logab，
即－1<logab<0，所以0<<b<1，故选A．
二、填空题
7．(2022·沂南一中月考)方程9x－6·3x－7＝0的解是________．
[答案]　log37
[解析]　9x－6·3x－7＝0⇔(3x)2－6·3x－7＝0，
∴3x＝7或3x＝－1(舍去)．∴x＝log37.
8．函数f(x)的定义由程序框图给出，程序运行时，输入h(x)＝x，φ(x)＝log2x，则f()＋f(4)的值为________．

[答案]　－
[解析]　由程序框图知f(x)＝
∵h＝＝，φ＝－1，∴f＝－1，
∵h(4)＝，φ(4)＝2，∴f(4)＝，
∴f＋f(4)＝－1＋＝－.
9．(2021·湖南)设函数f(x)＝ax＋bx－cx，其中c>a>0，c>b>0.
(1)记集合M＝{(a，b，c)|a，b，c不能构成一个三角形的三条边长，且a＝b}，则(a，b，c)∈M所对应的f(x)的零点的取值集合为________；
(2)若a，b，c是△ABC的三条边长，则下列结论正确的是________．(写出全部正确结论的序号)
①∀x∈(－∞，1)，f(x)>0；
②∃x∈R，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长；
③若△ABC为钝角三角形，则∃x∈(1,2)，使f(x)＝0.
[答案]　(1){x|0<x≤1}　(2)①②③
[解析]　(1)∵c>a>0，c>b>0，a＝b，且a、b、c不能构成三角形的三边，∴0<a＋a≤c，∴≥2，
令f(x)＝0得，ax＋bx＝cx，∵a＝b，∴2ax＝cx，
∴()x＝2，∴x＝log2，∴＝log2≥1，∴0<x≤1.
(2)①∵a、b、c是三角形的三边长，∴a＋b>c，∵c>a>0，c>b>0，∴0<<1,0<<1，∴当x∈(－∞，1)时，f(x)＝ax＋bx－cx＝cx[()x＋()x－1]>cx(＋－1)＝>0，∴①正确；
②令a＝2，b＝3，c＝4，则a、b、c构成三角形的三边长，取x＝2，则a2、b2、c2不能构成三角形的三边长，故②正确；
③∵c>a，c>b，△ABC为钝角三角形，∴a2＋b2－c2<0，
又f(1)＝a＋b－c>0，f(2)＝a2＋b2－c2<0，
∴函数f(x)在(1,2)上存在零点，③正确．
三、解答题
10．(文)已知函数f(x)＝()|x|－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最大值等于，求a的值．
[分析]　这是一个复合函数判定单调性的问题，解题时先找出构成复合函数的简洁函数，分别考虑它们的单调性，再求f(x)的单调区间，最终利用单调性考虑何时取到最大值，从而建立a的方程求出a.
[解析]　(1)令t＝|x|－a，则f(x)＝()t，
不论a取何值，t在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，又y＝()t是单调递减的，
因此f(x)的单调递增区间是(－∞，0]，
单调递减区间是[0，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在x＝0处取到最大值，
∴f(0)＝()－a＝，∴a＝2.
(理)(2021·山东聊城一模)设k∈R，函数f(x)＝F(x)＝f(x)＋kx，x∈R.
(1)k＝1时，求F(x)的值域；
(2)试争辩函数F(x)的单调性．
[解析]　(1)k＝1时，F(x)＝f(x)＋x＝
可以证明F(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)和(－∞，0]上递增，
又f(0)＝1，f(1)＝2，所以F(x)的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)．
(2)F(x)＝f(x)＋kx＝
若k＝0，则F(x)在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)上递增；
若k>0，则F(x)在(0，]上递减，在(，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递增．
若k<0，则F(x)在(0，＋∞)上递减．
当x≤0时，F′(x)＝ex＋k，若F′(x)>0，
则x>ln(－k)，若F′(x)<0，则x<ln(－k)．
若k≤－1，－k≥1，则F(x)在(－∞，0]上递减，
若－1<k<0,0<－k<1，则F(x)在(－∞，ln(－k))上递减，在(ln(－k)，0)上递增．

一、选择题
11．(文)已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2(a>0，且a≠1)，若g(2)＝a，则f(2)＝(　　)
A．2　　　 B．　　
C．　　 D．a2
[答案]　B
[解析]　∵f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，∴由f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2得，f(－x)＋g(－x)＝a－x－ax＋2，解得f(x)＝ax－a－x，g(x)＝2，
又g(2)＝a，∴a＝2，∴f(x)＝2x－2－x，∴f(2)＝.
(理)(2022·湖北荆门月考)已知a>b>1,0<x<1，以下结论中成立的是(　　)
A．()x>()x　 B．xa>xb
C．logxa>logxb　 D．logax>logbx
[答案]　D
[解析]　∵a>b>1,0<x<1，
∴0<<<1，
∴()x<()x，故A不成立；
∵a>b>1,0<x<1，∴xa<xb，故B不成立；
∵a>b>1,0<x<1，
∴logxa<logxb，故C不成立；
∵logxa<logxb<0，∴logax>logbx，故D成立，故选D．
12．(文)(2021·福建泉州一模)设函数f(x)定义在R上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则有(　　)
A．f<f<f　　 B．f<f<f
C．f<f<f　　 D．f<f<f
[答案]　B
[解析]　∵f(x)的图象关于直线x＝1对称，x≥1时，f(x)＝3x－1为增函数，故当x<1时，f(x)为减函数，且f＝f＝f＝f，∵<<，
∴f>f>f，即f<f<f，故选B．
(理)(2021·四平模拟)已知直线y＝mx与函数f(x)＝的图象恰好有3个不同的公共点，则实数m的取值范围是(　　)
A．(，4)　 B．(，＋∞)
C．(，5)　 D．(，2)
[答案]　B
[解析]　作出函数f(x)＝的图象如图所示．直线y＝mx的图象是绕坐标原点旋转的动直线．当斜率m≤0时，直线y＝mx与函数f(x)的图象只有一个公共点；当m>0时，直线y＝mx始终与函数y＝2－()x(x≤0)的图象有一个公共点，故要使直线y＝mx与函数f(x)的图象有三个公共点，必需使直线y＝mx与函数y＝x2＋1(x>0)的图象有两个公共点，即方程mx＝x2＋1在x>0时有两个不相等的实数根，即方程x2－2mx＋2＝0的判别式Δ＝4m2－4×2>0.解得m>.故选B．
13．(文)(2022·安徽省示范高中第一次联考)已知函数f(x)＝(a>0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是(　　)
A．(0，]　 B．(0，]
C．(0,1)　 D．(0,2]
[答案]　B
[解析]　由f(x)是(－∞，＋∞)上的减函数，可得解得0<a≤.
[易错警示]　本题考查的是分段函数在R上的单调性，要留意本题需满足a0－2≤－3a.
(理)(2022·江西适应性考试)已知函数f(x)＝的值域是[－8,1]，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3]　 B．[－3,0)
C．[－3，－1]　 D．{－3}
[答案]　B
[解析]　当0≤x≤4时，f(x)∈[－8,1]，当a≤x<0时，f(x)∈[－()a，－1)，所以[－，－1)[－8,1]，即－8≤－<－1，即－3≤a<0.
14．(文)(2022·福建五校联考、石室摸底)定义运算a⊕b＝则函数f(x)＝1⊕2x的图象是(　　)

[答案]　A
[解析]　依题意，f(x)的值为1和2x的值中较小的，故当x≥0时，f(x)＝1，当x<0时，f(x)＝2x，故选A．
(理)(2021·广州模拟)定义运算a⊕b＝则f(x)＝2x⊕2－x的图象是(　　)

[答案]　C
[解析]　由a⊕b的定义知，f(x)的图象为y＝2x与y＝2－x的图象中较低的部分，故选C．
15．(2022·成都七中期中)若函数f(x)＝，其定义域为(－∞，1]，则a的取值范围是(　　)
A．a＝－　 B．a≥－
C．a≤－　 D．－≤a<0
[答案]　B
[解析]　要使f(x)有意义，应有1＋3x＋a·9x≥0(*)
由题意知，不等式(*)的解集为(－∞，1]，令t＝3x，则t∈(0,3]，∴t＝3是方程1＋t＋at2＝0的根，∴a＝－.
二、填空题
16．(2022·皖南八校联考)对于给定的函数f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，a≠1)，下面给出五个命题，其中真命题是________．(只需写出全部真命题的编号)
①函数f(x)的图象关于原点对称；
②函数f(x)在R上不具有单调性；
③函数f(|x|)的图象关于y轴对称；
④当0<a<1时，函数f(|x|)的最大值是0；
⑤当a>1时，函数f(|x|)的最大值是0.
[答案]　①③④
[解析]　∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，f(x)的图象关于原点对称，①对；当a>1时，f(x)在R上为增函数，当0<a<1时，f(x)在R上为减函数，②错；y＝f(|x|)是偶函数，其图象关于y轴对称，③对；当0<a<1时，y＝f(|x|)在(－∞，0)上为增函数，在[0，＋∞)上为减函数，∴当x＝0时，y＝f(|x|)的最大值为0，④对；当a>1时，f(x)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，
∴当x＝0时，y＝f(x)的最小值为0，⑤错．综上，真命题是①③④.
三、解答题
17．已知f(x)＝3x，并且f(a＋2)＝18，g(x)＝3ax－4x的定义域为[－1,1]．
(1)求函数g(x)的解析式；
(2)推断g(x)的单调性；
(3)若方程g(x)＝m有解，求m的取值范围．
[解析]　(1)由于f(a＋2)＝18，f(x)＝3x，
所以3a＋2＝18⇒3a＝2，
所以g(x)＝(3a)x－4x＝2x－4x，x∈[－1,1]．
(2)g(x)＝－(2x)2＋2x＝－2＋.
当x∈[－1,1]时，2x∈，
令t＝2x，所以y＝－t2＋t＝－2＋.
故当t∈时，y＝－t2＋t＝－2＋是削减的，
又t＝2x在[－1,1]上单调增加，
所以g(x)在[－1,1]上单调削减．
(3)由于方程g(x)＝m有解，即m＝2x－4x在[－1,1]内有解．由(2)知g(x)＝2x－4x在[－1,1]上单调递减，
所以－2≤m≤，故m的取值范围是.
18．(文)(2021·资阳诊断)函数f(x)＝m＋logax(a>0且a≠1)的图象过点(8,2)和(1，－1)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)令g(x)＝2f(x)－f(x－1)，求g(x)的最小值及取得最小值时x的值．
[解析]　(1)∵∴
解得m＝－1，a＝2，
故函数解析式为f(x)＝－1＋log2x.
(2)g(x)＝2f(x)－f(x－1)
＝2(－1＋log2x)－[－1＋log2(x－1)]
＝log2－1(x>1)．
∵＝＝(x－1)＋＋2
≥2＋2＝4，
当且仅当x－1＝，即x＝2时，等号成立．而函数y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，则log2－1≥log24－1＝1，
故当x＝2时，函数g(x)取得最小值1.
(理)(2021·陕西调研)已知函数f(x)＝x，x∈[－1，1]，函数g(x)＝f 2(x)－2af(x)＋3的最小值为h(a)．
(1)求h(a)；
(2)是否存在实数m、n，同时满足以下条件：
①m>n>3；
②当h(a)的定义域为[n，m]时，值域为[n2，m2]．
若存在，求出m、n的值；若不存在，说明理由．
[分析]　(1)由f(x)＝x的单调性可求出f(x)的值域，g(x)是以f(x)为变元的二次函数，令t＝x，可求关于t的二次函数的最小值h(a)．
(2)由(1)知当m>n>3时h(a)的表达式，考察h(a)在[n，m]上的单调性，结合其值域[n2，m2]，可列出关于m，n的方程组求解m，n，假如有解则所求实数m，n存在，否则不存在．
[解析]　(1)由于x∈[－1,1]，所以x∈.
设x＝t，t∈，则g(x)＝φ(t)＝t2－2at＋3

＝(t－a)2＋3－a2.
当a<时，h(a)＝φ＝－；
当≤a≤3时，h(a)＝φ(a)＝3－a2；
当a>3时，h(a)＝φ(3)＝12－6a.
所以h(a)＝
(2)由于m>n>3，a∈[n，m]，所以h(a)＝12－6a.
由于h(a)的定义域为[n，m]，值域为[n2，m2]，且h(a)为减函数，
所以两式相减得6(m－n)＝(m－n)(m＋n)，由于m>n，所以m－n≠0，得m＋n＝6，但这与“m>n>3”冲突，故满足条件的实数m、n不存在．
[点评]　解题关键在于利用换元的思想方法，将问题转化为二次函数在闭区间上的最值问题，然后通过分类争辩求出函数的最值．对于存在性问题，往往是首先假设符合条件的参数存在，然后依据给出的条件进行推理求解，若不能推出冲突，则说明符合要求的参数存在，否则说明符合要求的参数不存在．