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《第四章 指数函数和对数函数》单元测试卷（提升训练）
时间：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. “函数在区间上单调递增”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2. 为了得到函数的图象，只需要把图象上所有的点（ ）
A．横坐标变为原来的（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）
C．向右平移1个单位（纵坐标不变） D．向上平移2个单位（横坐标不变）
3.已知函数，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
4. 已知是偶函数，则实数（ ）
A． B． C． D．2
5. 已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
6.已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7. 已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8. 已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．在单调递减
C．的图像关于直线对称 D．有最大值
10. 下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小值为
B．函数的单调递减区间为
C．函数恒有意义，则实数的取值范围是
D．函数（且）在区间上单调递增，则
11. 已知函数，若函数有三个互不相等的零点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的单调递减区间为，
C．
D．函数有4个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 求函数的值域________．
13.若，则实数的取值范围是__________.
14已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．已知函数，且，，
(1)当时，求关于x的不等式的解集；
(2)当时，不等式在上恒成立，求m的取值范围.
16．已知函数．
(1)若的值域为，求实数的取值范围．
(2)已知当时，恒有意义．
（i）求在上的最小值；
（ii）设，若对于任意，存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
17．已知函数是偶函数．
(1)求实数的值；
(2)若函数存在零点，求实数的取值范围；
(3)设函数，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围．
18．函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.事实上该结论可以推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.
(1)证明：函数的图象关于点成中心对称图形；
(2)若函数的图象关于点成中心对称图形.
（i）证明：；
（ii）已知函数的图象过点，下面含有实数的不等式对任意非零实数都成立，求的取值范围.
19．已知函数，．
(1)求；
(2)设函数，对，，求的取值范围；
(3)设函数，是否存在，使得关于的方程有且仅有四个解，，，，且满足．若存在，求；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页《第四章 指数函数和对数函数》单元测试卷（提升训练）（解析版）
A
【解析】由复合函数单调性和对数函数定义域可知：
函数在区间上单调递增等价于，即，
故“函数在区间上单调递增”是“”的充分不必要条件.
A
【解析】因为，
所以要得到的图象，
只需要把图象上所有的点横坐标变为原来的（纵坐标不变）.
D
【解析】因为，所以为定义在上的偶函数，
因为，
当时，即时，解得，
所以在上递增，，
由，，
故.
C
【解析】因为函数是偶函数，可得，
即，
可得，解得，
即，
经验证：，
所以函数为偶函数，符合题意.
A
【解析】因为在单调递减，，
所以，
因为在上单调递增，，
所以，
因为在上单调递减，，
所以，
即，，，
所以
C
【解析】因为为上的增函数，
所以由复合函数的单调性知在上单调递减，
当时，在上单调递减，满足题意；
当时，在上单调递减，则，解得.
综上，.
D
【解析】函数有两个零点，则方程有两个实根，
即有两个实根，即直线与函数的图象有两个交点.结合函数的图象，可得，所以的取值范围是.
C
【解析】由，可知定义域为，
又，即，
则，
所以，
，
因为在定义域内单调递增，所以在定义域内单调递减，
故在定义域内单调递增，
因为在定义域内单调递增，在定义域内单调递增，
由复合函数单调性可知，在定义域内单调递增，
所以函数在上单调递增，
因为，正实数，满足，，
若，则，不满足，
所以，
因为，
所以可变形为，
又函数在上单调递增，故，
即，所以，
则，当且仅当时，取等号，
即的最小值为，故选项C正确.
ACD
【解析】，解得，
即的定义域为，A选项正确；
，
令，则．
二次函数的图象的对称轴为直线，
又的定义域为的图象关于直线对称．C选项正确；
由复合函数单调性法则知，在上单调递增，在上单调递减，B选项错误；
当时，有最大值，，D选项正确．
BC
【解析】选项A.设指数部分，则，函数是减函数，
因此当取最大值时，取最小值.最小值为，错误.
选项B..
内层二次函数开口向下，对称轴，
因此在上单调递减；
外层是增函数，的单调递减区间为，正确.
选项C.函数恒有意义等价于，对任意恒成立.
当时，真数为，恒成立；
当时，二次函数恒正需满足，解得.
综上，，正确.
选项D.内层函数是增函数，
由复合函数单调性，外层也需递增，故；
要保证真数在上恒正：对所有成立，递增，
故最小值趋近于.
因此，错误.
BCD
【解析】作出函数的大致图象，
如图．对于A，因为函数有三个互不相等的零点，
则函数与的图象有三个不同的交点．
结合图象可得，故A不正确．
对于B，由函数的图象可知其单调递减区间为， ，故B正确．
对于C，由函数的图象可知，且，
所以，即，
所以，故C正确．
对于D，设，则．
令，由函数的图象，得或．
当，即时，则，解得；
当，即时，所以或，解得或或，
所以函数有4个零点，故D正确．
【解析】令，则，
函数在上单调递增，且时，，
则函数的值域为.
【解析】满足底数且，
由，可得或，
结合且，可得，
故由，可得，
即，
解得或，
故实数的取值范围是.
当时，，对称轴为.
当时，函数在单调递增，函数图象如下：
令，则由，
结合图象可得或，
即或.
结合图象可知，有2个解，有1个解，
此时函数有3个零点，不符合题意.
当时，函数在单调递增，在单调递减，函数图象如下：
令，则由，
结合图象可得或或，
即或或.
由图可知，有2个解，有3个解，
又函数有8个零点，则需有3个解.
需使，
解得.
综上，实数的取值范围为.
（1）当时，，
下面解不等式，即，
因为，所以，
当时，解得；
当时，解得，
综上所述，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为；
（2）当时，不等式可变形为，
即，，
所以问题转化为在区间上恒成立，
令，则，则，
故，
令，，
当时，函数在上单调递增，，则；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
故，则；
综上所述，当时，m的取值范围是；
当时，m的取值范围是．
16.（1）因为函数的值域为，
所以真数 需取遍所有的正实数，
令，则，构造函数 ，
所以可将 需取遍所有的正实数问题转化为在时取遍所有的正实数，
对于，图象的开口向上，对称轴方程为，
由在时取遍所有的正实数知在上的图象与x轴至少有一个交点，
所以在上的最小值小于等于0，
所以，且对称轴（否则在上单调递增， ，无法取遍所有的正实数），
由，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）同（1）中的函数 ，
当时，，恒有意义，即在时恒成立，
当时，恒成立；
当时，将分离参数得，
由基本不等式知，当且仅当，即时等号成立，所以 ．
（i）当对称轴 ，即时，在上单调递增，
所以 ，
因为函数是增函数，
由复合函数的性质可知当真数取最小值时，取得最小值，
所以在上的最小值为（在时取得）；
当对称轴 ，即时，在上的最小值在顶点处取得，
所以，
所以在上的最小值为（在时取得）.
综上，.
（ii）对于任意，存在，使得不等式成立，
即在对应区间上.
因为 ，
当时，，
所以，
所以在上的最小值为，
所以.
由（i）知，当时，在上， ，满足题意；
当时，在上，，
由，解得.
综上，实数的取值范围是．
17.（1）因为是偶函数，所以对任意恒成立，
即，
因为，即，
所以对任意恒成立，
解得；
（2）由（1）得：，所以，
因为函数存在零点，所以，
即方程有解，
令，
因为，所以的取值范围为，
则的值域为，
故实数a的取值范围是；
（3）函数与的图象有且只有一个公共点，
即方程有且只有一个解，
化简得：，
即；
令，则方程可化为，且方程有且只有一个正根，
①当，即时，方程可化为，解得，不合题意，舍去；
②当时，则方程为关于的一元二次方程.
（i）若方程有两个相等的正根，则由，解得，
此时方程为,方程的根为,不合题意，舍去，
（ii）若方程有一个正根和一个负根，
则由且，解得，
综上所述，实数b的取值范围是．
18．（1）令，
定义域为关于原点对称，又，
所以是奇函数，
所以函数的图象关于点成中心对称图形；
（2）（i）由推论知是奇函数，则，
即，即，
令，则，即；；
（ii）因为函数的图象过点，
所以，解得，则，
因为，所以，
，
当且仅当，即时，等号成立，又，则，
因为，
所以，
所以对任意非零实数都成立，
即为对任意非零实数都成立，
而，所以，则的取值范围是.
19．（1）
，，
；
（2），由（1）得，
．
令，则，．
即，令，对称轴，
①即时，最小值为，
故只需或，
得或；
②即时，最小值为，
故只需，
综上：或；
（3）存在，．
理由如下：
．
中，显然，时，且单调递减；
时，且单调递减，
，
故关于中心对称，
令，方程可化为①，
方程有且仅有4个解，则方程①有两个不等正根，，
所以，解得，
四个解从小到大排列为，根据的对称性，
不妨设，，
由，可得，
因为，所以，即，
联立，化简得，
，解得：
综上，存在，．

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