【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B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．(文)(2021·河南省试验中学期中)函数y＝(a2－4a＋4)·ax是指数函数，则a的值是(　　)
A．4　　　　　　　　 B．1或3
C．3 D．1
[答案]　C
[解析]　由条件知∴a＝3.
(理)(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)(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)(2021·东营质检)函数y＝3x与y＝－3－x的图象关于(　　)对称．(　　)
A．x轴 B．y轴
C．直线y＝x D．原点
[答案]　D
[解析]　∵y＝－3－x，即－y＝3－x，将x用－x替换，y用－y替换，即得y＝3x，∴选D.
3．(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)．
4．(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．
5．(2022·新泰摸底)已知函数f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝ax(a>0且a≠1)，且f(4)＝－3，则a的值为(　　)
A. B．3
C．9 D．
[答案]　A
[解析]　∵f(4)＝f(log2)＝f(－2)＝－f(2)＝－a2＝－3，∴a2＝3，解得a＝±，又a>0，∴a＝.
6．(文)(2021·山东师大附中模拟)若函数f(x)＝loga(x＋b)的大致图象如图，其中a，b为常数，则函数g(x)＝ax＋b的大致图象是(　　)

[答案]　B
[解析]　由函数f(x)＝loga(x＋b)的图象知f(x)为减函数，∴0<a<1，再由图象平移的学问知，0<b<1，故y＝g(x)单调递减，g(0)＝b＋1>1，故选B.
(理)(2021·山师大附中期中)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.
二、填空题
7．如图所示的算法流程图中，若f(x)＝2x，g(x)＝x2，则h(3)的值等于________．

[答案]　9
[解析]　由程序框图可知，h(x)的值取f(x)与g(x)的值中较大的，∵f(3)＝23＝8，g(3)＝32＝9,9>8，∴h(3)＝9.
8．若函数f(x)＝则不等式|f(x)|≥的解集为________．
[答案]　[－3,1]
[解析]　f(x)的图象如图．
|f(x)|≥⇒f(x)≥
或f(x)≤－.
∴x≥或≤－
∴0≤x≤1或－3≤x<0，∴解集为{x|－3≤x≤1}．
9．(2021·河南省试验中学期中)假如函数f(x)的图象与函数g(x)＝()x的图象关于直线y＝x对称，则f(3x－x2)的单调递减区间是________．
[答案]　(0，]
[解析]　由条件知f(x)为g(x)的反函数，∴f(x)＝x，∴y＝f(3x－x2)＝(3x－x2)，由3x－x2>0得0<x<3，又二次函数u＝－x2＋3x的对称轴为x＝，∴函数的单调递减区间为(0，]．
三、解答题
10．(文)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0,1)时，f(x)＝.
(1)求f(x)在(－1,1)上的解析式；
(2)证明：f(x)在(0,1)上是减函数．
[解析]　(1)∵f(x)是R上的奇函数，
∴f(0)＝0，
又当x∈(－1,0)时，－x∈(0,1)，
∴f(－x)＝＝，
∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－，
∴f(x)在(－1,1)上的解析式为
f(x)＝
(2)当x∈(0,1)时，f(x)＝.
设0<x1<x2<1，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝，
∵0<x1<x2<1，∴2x2－2x1>0,2x1＋x2－1>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
故f(x)在(0,1)上是减函数．
(理)(2022·吉安一中月考)设函数f(x)＝1＋ax＋ma2x，其中a>0且a≠1，m∈R.
(1)若a＝，m＝1，请用定义证明f(x)单调递减；
(2)若a＝2，∀x≤1恒有f(x)>0，求m的取值范围．
[解析]　(1)由条件知f(x)＝1＋()x＋()2x，
设x1、x2∈R且x1<x2，则
f(x1)－f(x2)＝()x1－()x2＋()x1－()x2
＝()x1[1－()x2－x1]＋()x1[1－()x2－x1]，
∵x2>x1，∴x2－x1>0，∴()x2－x1<1，()x2－x1<1，
∴1－()x2－x1>0,1－()x2－x1>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在R上为单调递减函数．
(2)a＝2时，f(x)＝1＋2x＋m·4x，
∵x≤1，∴0<2x≤2，∴()x≥，
f(x)>0，即1＋2x＋m·4x>0，
∴m>－＝－()2x－()x，
令t＝()x，则t≥，
由条件知m>－t2－t(t≥)恒成立，
∵t≥时，－t2－t＝－(t＋)2＋≤－，
∴m>－.

一、选择题
11．(文)(2021·湖北黄石一模)函数f(x)＝在(－∞，＋∞)上单调，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－]∪(1，] B．[－，－1)∪[，＋∞)
C．(1，] D．[，＋∞)
[答案]　A
[解析]　由题意得或解得1<a≤或a≤－，故选A.
(理)(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.
12．(文)(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.
(理)(2021·天津模拟)设函数f(x)＝若f(x)的值域为R，则常数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1]∪[2，＋∞) B．[－1,2]
C．(－∞，－2]∪[1，＋∞) D．[－2,1]
[答案]　A
[解析]　∵x>2时，f(x)＝2x＋a>a＋4，
x≤2时，f(x)＝x＋a2≤a2＋2，
欲使f(x)的值域为R，应有a2＋2≥a＋4，即a2－a－2≥0，∴a≤－1或a≥2，故选A.
13．(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.
14．(文)函数f(x)＝1＋log2x与g(x)＝2－x＋1在同始终角坐标系内的图象大致是(　　)

[答案]　C
[分析]　函数f(x)＝1＋log2x的图象可由函数y＝log2x的图象变换得到；函数y＝2－x＋1可由函数y＝()x的图象变换得到．
[解析]　f(x)＝1＋log2x的图象是由y＝log2x的图象向上平移一个单位长度得到的；g(x)＝2－x＋1＝()x－1的图象可由y＝()x的图象向右平移一个单位长度得到．
[点评]　幂、指数、对数函数的图象与性质是高考又一主要命题点，解决此类题的关键是熟记一次函数、二次函数，含确定值的函数、基本初等函数的图象特征分布规律，相关性质，把握平移伸缩变换和常见的对称特征，把握识、画图的主要留意事项，学会识图、用图．
(理)(2022·山东德州期末)函数y＝(0<a<1)的图象的大致外形是(　　)

[答案]　D
[解析]　由于y＝＝且0<a<1，所以依据指数函数的图象和性质，当x∈(0，＋∞)时，函数为减函数，图象下降；当x∈(－∞，0)时，函数是增函数，图象上升，故选D.
15．(2021·濉溪县月考)已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足＝ax，且f ′(x)g(x)> f(x)g′(x)，＋＝.若有穷数列{}的前n项和为Sn，则满足不等式Sn>2021的最小正整数n等于(　　)
A．7　　 B．8　　　　
C．9　　 D．10
[答案]　D
[分析]　观看题中各条件可以发觉，令F(x)＝，则易知F′(x)>0，F(1)＋F(－1)＝，问题即争辩数列{an}的前n项和Sn>2021在n取何值时开头成立．
[解析]　令F(x)＝，则F(x)＝ax，
F′(x)＝[f ′(x)g(x)－f(x)g′(x)]>0，
∴F(x)为增函数，∴a>1.
又F(1)＋F(－1)＝，∴a＋＝，
解之得a＝2，∴F(x)＝2x，F(n)＝＝2n.
由条件知>2021，即2n＋1>2021，∴n≥10，故选D.
二、填空题
16．(文)(2021·北京市房山区一模)设f(x)是定义在R上不为零的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和的取值范围是________．
[答案]　[，1)
[解析]　∵对任意x、y∈R都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，∴f(2)＝f 2(1)，f(3)＝f(2＋1)＝f(2)·f(1)＝f 3(1)，易知f(n)＝fn(1)，∵a1＝，an＝f(n)，∴an＝()n，
∴数列{an}的前n项和Sn＝＝1－()n∈[，1)．
(理)(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．
17．(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
18．(文)(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．
(理)定义在D上的函数f(x)，假如满足：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·x＋x.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在(－∞，0)上的值域，并推断函数f(x)在(－∞，0)上是否为有界函数，请说明理由；
(2)若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝1＋x＋x.
由于f(x)在(－∞，0)上递减，所以f(x)>f(0)＝3，
即f(x)在(－∞，0)上的值域为(3，＋∞)．故不存在常数M>0，使|f(x)|≤M成立．
所以函数f(x)在(－∞，0)上不是有界函数．
(2)由题意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立．
∴－3≤f(x)≤3，即－4－x≤a·x≤2－x，
∴－4·2x－x≤a≤2·2x－x在[0，＋∞)上恒成立，
设2x＝t，h(t)＝－4t－，p(t)＝2t－，
由x∈[0，＋∞)得t≥1，
设1≤t1<t2，h(t1)－h(t2)＝>0
p(t1)－p(t2)＝<0
所以h(t)在[1，＋∞)上递减，p(t)在[1，＋∞)上递增，
h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1，
所以实数a的取值范围为[－5,1]．