《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4節(jié) 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)練習(xí) 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4節(jié) 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)練習(xí) 新人教A版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4節(jié) 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)練習(xí) 新人教A版 1．已知f(x)＝2x＋2－x，若f(a)＝3，則f(2a)等于(　　) A．5　　　　　　　　　 B．7 C．9 D．11 解析：B　[由f(a)＝3得2a＋2－a＝3，兩邊平方得22a＋2－2a＋2＝9，即22a＋2－2a＝7，故f(2a)＝7.] 2．函數(shù)y＝2x－2－x是(　　) A．奇函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增 B．奇函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減 C．偶函數(shù)，在(－∞，0)上單調(diào)遞增 D．偶函數(shù)，在(－∞，0)上單調(diào)遞減 解析：A　[根據(jù)奇偶性的定義判斷函數(shù)奇偶

2、性，借助指數(shù)函數(shù)的圖象及相關(guān)結(jié)論判斷單調(diào)性．令f(x)＝2x－2－x，則f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以函數(shù)是奇函數(shù)，排除C、D.又函數(shù)y＝2x，y＝－2－x都是R上的增函數(shù)，由增函數(shù)加增函數(shù)還是增函數(shù)的結(jié)論可知f(x)＝2x－2－x是R上的增函數(shù)，故選擇A.] 3．(理科)(2018·宜賓市診斷)已知函數(shù)f(x)＝x－4＋，x∈(0,4)，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得最小值b，則函數(shù)g(x)＝a|x＋b|的圖象為(　　) 解析：A　[∵x∈(0,4)，∴x＋1>1，∴f(x)＝x＋1＋－5≥2－5＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝，即x＝2時(shí)，取等號(hào)．∴a＝2，b＝1.因此g(x)＝2|x

3、＋1|，該函數(shù)圖象由y＝2|x|向左平移一個(gè)單位得到，結(jié)合圖象知A正確．] 3．(文科)函數(shù)y＝(00時(shí)，函數(shù)是一個(gè)指數(shù)函數(shù)，因?yàn)?0，a≠1)，滿足f(1)＝，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2] 5．若函

4、數(shù)y＝a2x＋2ax－1(a>0，a≠1)在區(qū)間[－1,1]上的最大值是14，則實(shí)數(shù)a的值是(　　) A．3 B. C．3或 D．5或 解析：C　[設(shè)ax＝t，則原函數(shù)的最大值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求關(guān)于t的函數(shù)y＝t2＋2t－1的最大值問(wèn)題．因?yàn)楹瘮?shù)圖象的對(duì)稱軸為t＝－1，且開(kāi)口向上，所以函數(shù)y＝t2＋2t－1在t∈(0，＋∞)上是增函數(shù)．當(dāng)a>1時(shí)，a－1≤t≤a，所以t＝a時(shí)，y取得最大值14，即a2＋2a－1＝14，解得a＝3(舍去－5)；當(dāng)0

5、 答案：9 答案：(－∞，8] 10．已知函數(shù)f(x)＝是奇函數(shù)． (1)求m的值； (2)設(shè)g(x)＝2x＋1－a，若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象至少有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)由函數(shù)f(x)是奇函數(shù)可知f(0)＝1＋m＝0，解得m＝－1. (2)函數(shù)f(x)與g(x)的圖象至少有一個(gè)公共點(diǎn)， 即方程＝2x＋1－a至少有一個(gè)實(shí)根， 即方程4x－a·2x＋1＝0至少有一個(gè)實(shí)根． 令t＝2x>0，則方程t2－at＋1＝0至少有一個(gè)正根． 方法一：由于a＝t＋≥2，∴a的取值范圍為[2，＋∞)． 方法二：令h(t)＝t2－at＋1，由于

6、h(0)＝1>0， ∴只須 解得a≥2.∴a的取值范圍為[2，＋∞)． [能力提升組] 11．設(shè)y＝f(x)在(－∞，1]上有定義，對(duì)于給定的實(shí)數(shù)K，定義fK(x)＝ 給出函數(shù)f(x)＝2x＋1－4x，若對(duì)于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，則(　　) A．K的最大值為0 B．K的最小值為0 C．K的最大值為1 D．K的最小值為1 解析：D　[根據(jù)給出的定義，fK(x)是在函數(shù)y＝f(x)，y＝K中取較小者．對(duì)任意的x∈(－∞，1]上恒有fK(x)＝f(x)，等價(jià)于對(duì)任意的x∈(－∞，1]上恒有f(x)≤K，等價(jià)于f(x)max≤K，x∈(－∞，1]．令t＝2x

7、∈(0,2]，則函數(shù)f(x)＝2x＋1－4x，即為函數(shù)φ(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1≤1，故函數(shù)f(x)在(－∞，1]上的最大值為1，即K≥1.故選D.] 12．若關(guān)于x的方程|ax－1|＝2a(a>0，a≠1)有兩個(gè)不等實(shí)根，則a的取值范圍是(　　) A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1) C．(1，＋∞) D. 解析：D　[方程|ax－1|＝2a(a>0且a≠1)有兩個(gè)實(shí)數(shù)根轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝|ax－1|與y＝2a有兩個(gè)交點(diǎn)． ①當(dāng)01時(shí)，如圖(2)，而y＝2a>1不符合要求． 綜上，0

8、<.] 13．當(dāng)x∈(－∞，－1]時(shí)，不等式(m2－m)·4x－2x<0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是　________　. 解析：原不等式變形為m2－m0時(shí)，f(x)的單調(diào)性； (3)若3tf(2t)＋mf(t)≥0對(duì)于t∈恒成立，求m的取值范圍． 解：(1)當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝3x－3x＝0，∴f(x)＝2無(wú)解．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝3x－，令3x－＝2. ∴(3x)2－2·3x－1＝0，解得3x＝1±. ∵3x>0，∴3x＝1＋.∴x＝log3(1＋)． (2)∵y＝3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)＝3x－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (3)∵t∈，∴f(t)＝3t－>0. ∴3tf(2t)＋mf(t)≥0化為3t＋m≥0，即3t＋m≥0， 即m≥－32t－1. 令g(t)＝－32t－1，則g(t)在上遞減， ∴g(x)max＝－4.∴所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－4，＋∞)．