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第11练　指数与指数函数
1.= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.9 B.
C.3 D.
2.若函数f(x)=·ax是指数函数,则f的值为 (　 )
A.2 B.3
C. D.4
3.[2025·河北石家庄二模] 已知a=20.6,b=0.50.8,c=log20.9,则a,b,c的大小关系为 (　 )
A.aC.b4.[2025·河北保定二模] 若函数f(x)=|2x-m|在[1,2]上单调,则m的取值范围是 (　 )
A.(0,2]
B.[4,+∞)
C.(-∞,2]∪[4,+∞)
D.(0,2]∪[4,+∞)
5.[2025·重庆南开中学模拟] 已知a>0且a≠1,b∈R,函数y=a-|x|与y=xb的图象如图所示,则 (　 )
A.0B.a>1且b>1
C.0D.06.(多选题)已知定义在[-1,1]上的函数f(x)=-2×9x+4×3x,则下列结论中正确的是 (　 )
A.f(x)的单调递减区间是[0,1]
B.f(x)的单调递增区间是[-1,1]
C.f(x)的最大值是f(0)=2
D.f(x)的最小值是f(1)=-6
7.若函数y=ax(a>1)在区间[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则a=　　　　.
8.[2025·八省联考] 已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1),若f(ln 2)f(ln 4)=8,则a=　　　　.
9.[2025·杭州二模] 定义“真指数”=(e为自然对数的底数),则 (　 )
A.=·
B.=
C.+≥2
D.≤(
10.[2025·福建龙岩5月质检] 已知f(x)=|2x-1|,若当af(c)>f(b),则必有 (　 )
A.a<0,b<0,c<0
B.a<0,b>0,c>0
C.2-a<2c
D.1<2a+2c<2
11.已知正数a,b,c满足2a+=4,3b+=6,4c+=8,则下列结论正确的是 (　 )
A.aC.c12.[2025·安徽安庆二模] 函数f(x)=a·2-|x|+b的图象经过原点,且无限接近直线y=2但又不与该直线相交,则 (　 )
A.函数f(x)不具有奇偶性
B.a=2
C.函数f(x)的值域为(-∞,2)
D.函数f(x)的单调递增区间为[0,+∞)
13.[2025·湖北武汉四月调研] 为了响应节能减排号召,某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板,该地区未来第x年年底光伏太阳能板的保有量y(单位:万块)满足模型y=,其中N为饱和度,y0为初始值,p为年增长率.若该地区2024年年底的光伏太阳能板保有量约为20万块,以此为初始值,以后每年的增长率均为10%,饱和度为1020万块,那么2030年年底该地区光伏太阳能板的保有量约为　　　　万块.(结果四舍五入保留到整数,参考数据:e-0.5≈0.61,e-0.6≈0.55,e-0.7≈0.50)
14.若不等式≤的解集为(-∞,-5]∪[6,+∞),则实数a=　　　　.
15.已知函数f(x)=+.
(1)求函数f(x)的值域;
(2)若x>0时,恒有f(x)<2x-2-x+成立,求实数a的取值范围.
16.[2025·辽宁大连育明中学一模] 已知函数f(x)=+x2025,x∈R,若正实数a,b满足f(2a-1)+f(2b-1)=0,则+的最小值为 (　 )
A.2+3 B.4
C.2-3 D.+1
17.若对任意x∈[2,+∞)和任意a∈,都有2-x-2x≤am+x2-4x成立,则实数m的取值范围为　　　　.
第11练　指数与指数函数
1.B　[解析] ==(==3-2=.故选B.
2.A　[解析] ∵函数f(x)=·ax是指数函数,∴a-3=1且a>0,a≠1,解得a=8,∴f(x)=8x,∴f==2.故选A.
3.D　[解析] 因为y=log2x在(0,+∞)上单调递增,所以c=log20.920=1.因为y=0.5x在R上单调递减,所以b=0.50.8<0.50=1,又b>0,所以0b>c.故选D.
4.C　[解析] 当x∈[1,2]时,根据指数函数y=2x在R上单调递增,可知2x∈[2,4].当m∈(-∞,2]时,2x-m≥0,所以f(x)=|2x-m|=2x-m,f(x)在[1,2]上单调递增;当m∈(2,4)时,f(x)=|2x-m|=
f(x)在[1,2]上不单调;当m∈[4,+∞)时,2x-m≤0,所以f(x)=|2x-m|=m-2x,f(x)在[1,2]上单调递减.综上可得,m的取值范围为(-∞,2]∪[4,+∞).故选C.
5.B　[解析] 函数y=a-|x|=由题图知当x≥0时,y=单调递减,所以0<<1,即a>1.由题图知函数y=xb的定义域为[0,+∞),且为增函数,所以b>0.又随着x的增加,y=xb的增长速度逐渐变快,所以b>1.综上可得,a>1且b>1.
6.ACD　[解析] 设t=3x,x∈[-1,1],则t=3x是增函数,且t∈,又函数y=-2t2+4t=-2(t-1)2+2在上单调递增,在[1,3]上单调递减,因此f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,故A正确,B错误;f(x)max=f(0)=2,故C正确;因为f(-1)=,f(1)=-6,所以f(x)的最小值是f(1)=-6,故D正确.故选ACD.
7.2　[解析] 因为函数y=ax(a>1)在区间[1,2]上单调递增,所以根据题意得a2-a=2,解得a=2或a=-1(舍去).
8.e　[解析] 由f(ln 2)f(ln 4)=8,可得aln 2·aln 4=8,即aln 2+ln 4=a3ln 2=8,即(aln 2)3=23,∵a>0,且a≠1,∴aln 2=2,两边取自然对数得ln 2·ln a=ln 2,解得a=e.
9.C　[解析] 对于A,取x1=3,x2=-2,则x1+x2=1≥0,即左边=e,右边=e3·1=e3≠e,排除A.对于B,取x1=1,x2=2,则x1-x2=-1<0,即左边=1,右边==≠1,排除B.对于D,取x1=-1,x2=-1,则x1x2=1>0,即=e,(=()-1=1-1=1,排除D.故选C.
10.D　[解析] 画出f(x)=|2x-1|的图象,如图所示.对于A,当af(b)>f(c),与f(a)>f(c)>f(b)矛盾,故A错误;对于B,由图知当af(c)>f(b),则b可能小于零,也可能大于零,故B错误;对于C,当a=-3,b=0.4,c=时,满足题意,但2-a>2c,故C错误;对于D,由图可知,a<0,c>0,所以0<2a<1,2c>1,又f(a)>f(c),
所以1-2a>2c-1,所以1<2a+2c<2,故D正确.故选D.
11.A　[解析] 由已知可得a+=2,b+=2,c+=2,则a,b,c可分别看作直线y=2-x和y=,y=,y=的图象的交点的横坐标.画出直线y=2-x和y=,y=,y=的大致图象,如图所示.由图可知,a12.D　[解析] 因为函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=f(x),所以函数f(x)为偶函数,故A错误;由函数f(x)的图象过原点,得f(0)=0,即a+b=0,所以f(x)=a(2-|x|-1),由于-1<2-|x|-1≤0,f(x)的图象无限接近直线y=2但又不与该直线相交,因此a<0,则0≤a(2-|x|-1)<-a,则a=-2,故B,C错误;由以上的分析得,函数f(x)=-2·2-|x|+2=显然f(x)的单调递增区间为[0,+∞),故D正确.故选D.
13.36　[解析] 根据题意知,y0=20,N=1020,p=10%=0.1,x=6,则2030年年底该地区光伏太阳能板的保有量y==,因为e-0.6≈0.55,所以y=≈≈36,所以2030年年底该地区光伏太阳能板的保有量约为36万块.
14.1　[解析] 原不等式可化为≤,因为y=在定义域R上为减函数,所以x2+x≥2ax+30,即x2+(1-2a)x-30≥0,又原不等式的解集为(-∞,-5]∪[6,+∞),所以关于x的方程x2+(1-2a)x-30=0的两根为-5,6,所以解得a=1.
15.解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠0}.
当x>0时,f(x)=+1,因为4x>1,所以>0,所以f(x)>1;当x<0时,f(x)=-1,
因为0<4x<1,所以<-2,所以f(x)<-3.
综上可得,函数f(x)的值域为(-∞,-3)∪(1,+∞).
(2)因为x>0,所以2x-2-x>0,f(x)=+1,则f(x)<2x-2-x+即为+1<2x-2-x+,两边同时乘2x-2-x得2×2-x+2x-2-x<(2x-2-x)2+a+4,
即4x+4-x-(2x+2-x)+2+a>0,
即(2x+2-x)2-(2x+2-x)+a=-+a>0,即a>-+恒成立.
令t=2x+2-x>2,g(t)=-+,由二次函数的性质可知g(t)=-+在(2,+∞)上单调递减,所以当t>2时,g(t)所以a≥-2,所以实数a的取值范围是[-2,+∞).
16.A　[解析] 由函数f(x)=+x2025,x∈R,可得f(-x)=-x2025=--x2025=-f(x),所以函数f(x)为奇函数.易知f(x)为增函数,因为正实数a,b满足f(2a-1)+f(2b-1)=0,所以(2a-1)+(2b-1)=0,即a+b=1,则+=(a+b)=++3≥2+3=3+2,当且仅当=,即a=-1,b=2-时,等号成立,所以+的最小值为3+2.故选A.
17.[-2,log34]　[解析] 由2-x-2x≤am+x2-4x可得2-x-2x-x2+4x≤am.令h(x)=2-x-2x-x2+4x,x≥2,因为y=2-x-2x与y=-x2+4x均在[2,+∞)上单调递减,所以h(x)=2-x-2x-x2+4x在[2,+∞)上单调递减,所以am≥h(x)max=h(2)=.由题知,对任意a∈都有am≥.当m=0时,a0=1≥恒成立,满足题意;当m>0时,幂函数g(a)=am在上单调递增,所以g(a)min=≥,解得m≤lo=log34,即0

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