2022年高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)1 第5講 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)習題 理 新人教A版(I)

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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)1 第5講 指數(shù)與指數(shù)函數(shù)習題 理 新人教A版(I) 一、填空題 1.(a＞0)的值是________. 解析?。剑絘3－－＝a. 答案　a 2.函數(shù)f(x)＝ax－2＋1(a＞0，且a≠1)的圖象必經(jīng)過的點是________. 解析　∵a0＝1，∴f(2)＝2，故f(x)的圖象必過點(2，2). 答案　(2，2) 3.函數(shù)f(x)＝的定義域是________. 解析　要使f(x)有意義須滿足1－2x≥0，即2x≤1，解得x≤0.∴定義域是(－∞，0]. 答案　(－∞，0] 4.若x＝log43，則(2x－2－

2、x)2＝________. 解析　由x＝log43，得4x＝3，即2x＝，2－x＝， 所以(2x－2－x)2＝＝. 答案　 5.函數(shù)f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[1，2]中的最大值比最小值大，則a的值為________. 解析　當0＜a＜1時，a－a2＝， ∴a＝或a＝0(舍去). 當a＞1時，a2－a＝，∴a＝或a＝0(舍去). 綜上所述，a＝或. 答案　或 6.(xx·山東卷改編)設a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，則a，b，c的從小到大的關系是________. 解析　根據(jù)指數(shù)函數(shù)y＝0.6x在R上單調(diào)遞減可得0.61.5＜0.60.6

3、＜0.60＝1，根據(jù)指數(shù)函數(shù)y＝1.5x在R上單調(diào)遞增可得1.50.6＞1.50＝1，∴b＜a＜c. 答案　b

4、式a2x－7＞a4x－1(a＞0，且a≠1)中x的取值范圍. 解　設y＝ax(a＞0且a≠1)， 若0＜a＜1，則y＝ax為減函數(shù)， ∴a2x－7＞a4x－1?2x－7＜4x－1， 解得x＞－3； 若a＞1，則y＝ax為增函數(shù)， ∴a2x－7＞a4x－1?2x－7＞4x－1，解得x＜－3， 綜上，當0＜a＜1時，x的取值范圍是(－3，＋∞)； 當a＞1時，x的取值范圍是(－∞，－3). 10.已知函數(shù)f(x)＝. (1)若a＝－1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)有最大值3，求a的值. 解　(1)當a＝－1時，f(x)＝， 令u＝－x2－4x＋3＝－(x＋2)

5、2＋7. 在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，而y＝在R上單調(diào)遞減，所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(－2，＋∞)，遞減區(qū)間是(－∞，－2). (2)令h(x)＝ax2－4x＋3，y＝，由于f(x)有最大值3，所以h(x)應有最小值－1， 因此必有解得a＝1， 即當f(x)有最大值3時，a的值等于1. (建議用時：20分鐘) 11.已知函數(shù)f(x)＝a－x(a＞0，且a≠1)，且f(－2)＞f(－3)，則a的取值范圍是________. 解析　因為f(x)＝a－x＝，且f(－2)＞f(－3)，所以函

6、數(shù)f(x)在定義域上單調(diào)遞增，所以＞1，解得0＜a＜1. 答案　(0，1) 12.函數(shù)y＝ax－b(a＞0且a≠1)的圖象經(jīng)過第二、三、四象限，則ab的取值范圍為________. 解析　函數(shù)經(jīng)過第二、三、四象限，所以函數(shù)單調(diào)遞減且圖象與y軸的交點在負半軸上.而當x＝0時，y＝a0－b＝1－b，由題意得解得 所以ab∈(0，1). 答案　(0，1) 13.(xx·南通調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________. 解析　令ax－x－a＝0，即ax＝x＋a，若01

7、，y＝ax與y＝x＋a的圖象如圖所示有兩個公共點. 答案　(1，＋∞) 14.設函數(shù)f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定義域為R的奇函數(shù). (1)若f(1)>0，試求不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)>0的解集； (2)若f(1)＝，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值. 解　因為f(x)是定義域為R的奇函數(shù)， 所以f(0)＝0，所以k－1＝0， 即k＝1，f(x)＝ax－a－x. (1)因為f(1)>0，所以a－>0，又a>0且a≠1， 所以a>1. 因為f′(x)＝axln a＋a－xln a＝(ax＋a－x)ln a

8、>0， 所以f(x)在R上為增函數(shù)，原不等式可化為f(x2＋2x)>f(4－x)，所以x2＋2x>4－x，即x2＋3x－4>0， 所以x>1或x<－4. 所以不等式的解集為{x|x>1或x<－4}. (2)因為f(1)＝，所以a－＝， 即2a2－3a－2＝0，所以a＝2或a＝－(舍去). 所以g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2. 令t(x)＝2x－2－x(x≥1)，則t(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)(由(1)可知)，即t(x)≥t(1)＝， 所以原函數(shù)為ω(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2， 所以當t＝2時，ω(t)min＝－2，此時x＝log2(1＋). 即g(x)在x＝log2(1＋)時取得最小值－2.