新教材2021-2022学年高中人教A版数学必修第一册课时检测：4-2-2　第二课时　指数函数及其性质的应用（习题课） WORD版含解析.doc

1、课时跟踪检测(三十)指数函数及其性质的应用(习题课)A级基础巩固1若函数f(x)(12a)x在实数集R上是减函数，则实数a的取值范围是()A.B.C. D.解析：选B由已知，得012a1，解得0aca BbacCabc Dcba解析：选Aa0.30.5.f(x)0.3x在R上单调递减，0.30.50.30.20.30ac201，ac0，且a1)，若f(2)4，则()Af(2)f(1) Bf(1)f(2)Cf(2)f(2) Df(4)f(3)解析：选AD由f(2)a24得a，即f(x)2|x|，故f(2)f(1)，f(2)f(2)，f(4)f(4)f(3)，所以A、D正确4(多选)若f(x)3x

2、1，则()Af(x)在1，1上单调递增By3x1与y1的图象关于y轴对称Cf(x)的图象过点(0，1)Df(x)的值域为1，)解析：选ABf(x)3x1在R上单调递增，则A正确；y3x1与y3x1的图象关于y轴对称，则B正确；由f(0)2，得f(x)的图象过点(0，2)，则C错误；由3x0，可得f(x)1，则D错误故选A、B.5若函数f(x)a|2x4|(a0，且a1)满足f(1)，则f(x)的单调递减区间是()A(，2 B2，)C2，) D(，2解析：选B由f(1)，得a2，于是a，因此f(x).令t|2x4|，所以h(t)为减函数因为g(x)|2x4|在2，)上单调递增，所以f(x)的单调

3、递减区间是2，)故选B.6不等式232x0.53x4的解集为_解析：原不等式可化为232x243x，因为函数y2x是R上的增函数，所以32x43x，解得x1，则解集为x|x1答案：x|x0，且a1)的图象经过A(1，6)，B(2，18)两点若不等式m0在x(，1上恒成立，则实数m的最大值为_解析：由已知可得解得则不等式m0在x(，1上恒成立，设g(x)m，显然函数g(x)m在(，1上单调递减，g(x)g(1)mm，故m0，即m，实数m的最大值为.答案：9已知函数f(x)ax(a0，且a1)的图象经过点(2，4)(1)求a的值；(2)若a2x10，且a1)的图象经过点(2，4)，a24，又a0，

4、且a1，a2.(2)由(1)得a2，由a2x1a3x1，代入a2，可得22x123x1，由指数函数的单调性可知2x12，即x的取值范围是(2，)10设0x2，y4x32x5，试求该函数的最值解：令t2x，0x2，1t4.则y22x132x5t23t5.配方得y(t3)2，t1，4，y(t3)2，t1，3上是减函数；t3，4上是增函数，当t3时，ymin；当t1时，ymax.故函数的最大值为，最小值为.B级综合运用11若不等式2x21的解集是函数y2x的定义域，则函数y2x的值域是()A. B.C. D2，)解析：选B由2x21得2x2122x4，即x212x4，解得3x1，所以函数y2x的定义

5、域为3，1由于函数y2x在R上单调递增，故当x3时取得最小值，当x1时取得最大值2，所以函数的值域为.故选B.12已知a0，设函数f(x)(xa，a)的最大值为M，最小值为N，那么MN()A2 025 B2 022C2 020 D2 019解析：选Bf(x)2 019，f(x)2 0192 019.因此f(x)f(x)4 0382 0164 0382 0162 022.又f(x)在a，a上是增函数，MNf(a)f(a)2 022，故选B.13函数y的单调递增区间为_；奇偶性为_(填“奇函数”“偶函数”或“非奇非偶函数”)解析：设u|x|1，则y.易知u|x|1的单调递减区间为0，)，y是减函数

6、，y的单调递增区间为0，)f(x)f(x)，f(x)是偶函数答案：0，)偶函数14已知定义在R上的偶函数f(x)满足：当x0时，f(x)2x，f(1).(1)求实数a的值；(2)用定义法证明f(x)在(0，)上是增函数；(3)求函数f(x)在1，2上的值域解：(1)由题意得f(1)2，a1.(2)证明：由(1)知a1，f(x)2x，任取x1，x2(0，)，且x1x2，则f(x1)f(x2)(2x12x2)(2x12x2).0x1x2，12x11，f(x1)f(x2)0，f(x1)0且g(x)恒过(0，1)点写出一个符合题意的函数g(x)，并说明理由解：(1)由题意知：f(0)222202222121200.(2)满足题意的函数g(x)2x.理由如下：因为h(x)2x2x，所以h(x)2x2(x)2x2xh(x)，所以h(x)2x2x为偶函数h(x)2x2x2222，当且仅当2x2x，即x0时等号成立，g(x)2x0，g(x)恒过(0，1)点