2022版高考数学一轮复习第3章第5讲指数与指数函数训练含解析.doc

1、第三章第5讲A级基础达标1(2020年乌兰察布期中)已知函数f(x)4ax1的图象恒过定点P，则点P的坐标是()A(1,5)B(1,4)C(0,4)D(4,0)【答案】A2(2020年毕节期中)设alog37，b21.1，c0.52.1，则()AbacBacbCcbaDcab【答案】D3一批设备价值a万元，由于使用磨损，每年比上一年价值降低b%，则n年后这批设备的价值为()Ana(1b%)Ba(1nb%)Ca1(b%)nDa(1b%)n【答案】D4下列不等式中，正确的是()A1.51.7BC()()D(0.7)(0.7)【答案】C5化简4ab，其结果为()ABCD6ab【答案】C【解析】原式6

2、a()b6ab1.6(2020年贵阳检测)已知a20.2，b0.40.2，c0.40.6，则a，b，c的大小关系是()AabcBacbCcabDbca【答案】A【解析】由0.20.6,0.41，并结合指数函数的图象可知0.40.20.40.6，即bc.因为a20.21，b0.40.21，所以ab.综上可得abc.7计算：08_.【答案】2【解析】原式1222.8已知函数f(x)2x，函数g(x)则函数g(x)的最小值是_【答案】0【解析】当x0时，g(x)f(x)2x为单调增函数，所以g(x)g(0)0；当x0.所以函数g(x)的最小值是0.9(2021年潍坊模拟)已知函数f(x)(a1)(1

3、)判断函数f(x)的奇偶性；(2)求f(x)的值域；(3)求证：f(x)在(，)上是增函数(1)解：f(x) 的定义域为R.f(x)f(x)，所以f(x)是奇函数(2)解：f(x)1.令tax，t0，则y1，t0.易知y1在(0，)上单调递增，由t0，得111.所以f(x)的值域为(1,1)(3)证明：设x11，x1x2，所以ax1ax2，即ax1ax20，ax210，所以f(x1)f(x2) 0，即f(x1)f(x2)函数f(x)在(，)上是增函数B级能力提升10若存在正数x使2x(xa)0，所以由2x(xa)xx，令f(x)xx，则函数f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x)f(0)00

4、1，所以a111已知函数f(x)x4，x(0,4)，当xa时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)a|xb|的图象为() A B C D【答案】A【解析】因为x(0,4)，所以x11，所以f(x)x15251，当且仅当x1，即x2时，取等号所以a2，b1.所以g(x)2|x1|，该函数图象由y2|x|向左平移一个单位长度得到，结合图象知A正确12(多选)(2020年济南期末)若实数a，b满足2a3a3b2b，则下列关系式中可能成立的是()A0ab1Bba0C1abDab【答案】ABD【解析】由2a3a3b2b，设f(x)2x3x，g(x)3x2x，易知f(x)，g(x)是递增函数，画出f(x)

5、，g(x)的图象(图略)当x0或1时，f(x)g(x)，故D正确；当0ab1时，f(a)g(b)可能成立，故A正确；当ba0时，因为f(x)g(x)，所以f(a)g(b)可能成立，故B正确；当1ab时，因为f(a)2x2mxm4对任意xR恒成立，则实数m的取值范围是_【答案】(3,5)【解析】不等式等价为x2x2x2mxm4，即x2x2x2mxm4恒成立，即x2(m1)xm40恒成立，所以(m1)24(m4)0，即m22m150，解得3m5.故实数m的取值范围是(3,5)14对于给定的函数f(x)axax(xR，a0，a1)，下面给出五个命题，其中真命题是_(只需写出所有真命题的编号)函数f(

6、x)的图象关于原点对称；函数f(x)在R上不具有单调性；函数f(|x|)的图象关于y轴对称；当0a1时，函数f(|x|)的最大值是0；当a1时，函数f(|x|)的最大值是0.【答案】【解析】因为f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数，f(x)的图象关于原点对称，真；当a1时，f(x)在R上为增函数，假；yf(|x|)是偶函数，其图象关于y轴对称，真；当0a1时，yf(|x|)在(，0)上为增函数，在0，)上为减函数，所以当x0时，yf(|x|)的最大值为0，真；当a1时，f(x)在(，0)上为减函数，在0，)上为增函数，所以当x0时，yf(x)的最小值为0，假综上，真命题是.15已知函数f(x

7、)2x2x.(1)用函数单调性定义及指数函数性质证明：f(x)是区间(0，)上的增函数；(2)若f(x)52x3，求x的值解：(1)设0x1x2，则f(x1)f(x2)(2x12x1)(2x22x2)(2x12x1)，0x1x2，2x12x22x12x202x1x212x1x210,2x1x20，f(x1)f(x2)0f(x1)0,2x40，解得x2.C级创新突破16(2020年浙江期中)设函数f(x)exax2bxc(a，b，c为非零实数)，且f(a)ea，f(b)eb，若a1且c0，则b的最小值为()A1B2C3D4【答案】D【解析】由f(a)ea，f(b)eb，得两式相减，得a(ab)(

8、ab)b(ab)0，所以(ab)(a2abb)0.若ab，则f(a)ea，f(b)eb成立时，a3a2c0，即ca2(a1)，与a1且c0矛盾，不符合条件；当a2abb0时，b2(a1)，因为a10，所以b2(a1)224，当且仅当(a1)21，即a2时b取得最小值4.17(2020年杭州模拟)已知函数f(x)2x.(1)试求函数F(x)f(x)af(2x)，x(，0的最大值；(2)若存在x(，0)，使|af(x)f(2x)|1成立，试求a的取值范围；(3)当a0，且x0,15时，不等式f(x1)f(2xa)2恒成立，求a的取值范围解：(1)F(x)f(x)af(2x)2xa4x.令2xt，由

9、x(，0，得t(0,1则F(x)G(t)at2t,01，即a0，F(x)maxG(1)a1；若01，即a，F(x)maxG；若0，F(x)maxG(1)a1.综上可得，F(x)max(2)令2xt，则存在t(0,1)，使得|t2at|1.所以存在t(0,1)，使得t2at1或t2at1，即存在t(0,1)，使得amin，所以a2.(3)由f(x)2x为增函数及f(x1)f(2xa)2，得x1(2xa)2恒成立因为a0，且x0,15，所以问题即为2xa恒成立，所以a(2x)max.设m(x)2x，令t，则xt21，t1,4所以m(t)2(t21)t22.所以当t1时，m(t)max1，所以a1.