【數(shù)學(xué)】2023屆高考文科一輪專題復(fù)習(xí)之高效測試7：指數(shù)與指數(shù)函數(shù)

第頁高效測試7：指數(shù)與指數(shù)函數(shù)一、選擇題1．(2023·聊城統(tǒng)考)假設(shè)lga＋lgb＝0(其中a≠1，b≠1)，那么函數(shù)f(x)＝ax與g(x)＝bx的圖象()A．關(guān)于直線y＝x對稱B．關(guān)于x軸對稱C．關(guān)于y軸對稱D．關(guān)于原點對稱解析：由lga＋lgb＝0可知lgab＝0，即ab＝1，所以f(x)＝ax，g(x)＝a－x.假設(shè)點(x，y)在f(x)＝ax的圖象上，那么點(－x，y)在函數(shù)g(x)＝a－x的圖象上，即兩函數(shù)圖象關(guān)于y軸對稱．答案：C2．(2023·江西聯(lián)考)函數(shù)f1(x)＝ax，f2(x)＝xa，f3(x)＝logax(其中a＞0，且a≠1)，在同一坐標(biāo)系中畫出其中的兩個函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象，正確的選項是()ABCD解析：不管a＞1還是0＜a＜1，三個函數(shù)的單調(diào)性應(yīng)該是一致的，而在A、C、D中的兩個函數(shù)的單調(diào)性顯然不一致．答案：B3．(2023·中山一模)設(shè)eq\f(1,5)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))a＜1，那么()A．a(chǎn)a＜bb＜baB．a(chǎn)a＜ba＜abC．a(chǎn)b＜ba＜aaD．a(chǎn)b＜aa＜ba解析：∵eq\f(1,5)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))a＜1，∴1＞b＞a＞0.∴ab＜aa，且aa＜ba，故ab＜aa＜ba.答案：D4．(2023·福州二模)函數(shù)y＝的值域是()A．[4，＋∞)B．(4，＋∞)C．(－∞，4)D．(－∞，4]解析：令x2－2x＋3＝t，那么y＝2t.∵t＝(x－1)2＋2≥2，∴y＝2t≥22＝4.答案：A5．(2023·麗水二模)當(dāng)x∈[－2,2]時，ax＜2(a＞0且a≠1)，那么實數(shù)a的范圍是()A．(1，eq\r(2))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq\r(2))D．(0,1)∪(1，eq\r(2))解析：x∈[－2,2]時，ax＜2(a＞0且a≠1)，假設(shè)a＞1時，y＝ax是一個增函數(shù)，那么有a2＜2，可得a＜eq\r(2)，故有1＜a＜eq\r(2)，假設(shè)0＜a＜1，y＝ax是一個減函數(shù)，那么有a－2＜2，可得a＞eq\f(\r(2),2)，故有eq\f(\r(2),2)＜a＜1，綜上知a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq\r(2))．答案：C6．(2023·哈爾濱月考)設(shè)a＝0.64.2，b＝0.74.2，c＝0.65.1，那么a，b，c大小關(guān)系正確的選項是()A．a(chǎn)＞b＞cB．b＞a＞cC．b＞c＞aD．c＞b＞a解析：由冪函數(shù)y＝x4.2在第一象限內(nèi)的單調(diào)遞增的性質(zhì)，可知b＞a；由指數(shù)函數(shù)y＝0.6x的單調(diào)遞減性，可知a＞c，故有b＞a＞c.答案：B二、填空題7．函數(shù)y＝2x＋1＋4x的值域為__________．解析：y＝2x＋1＋4x＝(2x＋1)2－1，因為2x＞0，所以y＞0，故y∈(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)8．假設(shè)x＞0，那么(2x＋3)(2x－3)－4x(x－x)＝__________.解析：原式＝(2x)2－(3)2－4x＋4x＝4x－33－4x＋4＝－23.答案：－239．logaeq\f(1,2)＞0，假設(shè)≤eq\f(1,a)，那么實數(shù)x的取值范圍為__________．解析：由logaeq\f(1,2)＞0得0＜a＜1.由≤eq\f(1,a)得≤a－1，∴x2＋2x－4≥－1，解得x≤－3，或x≥1.答案：(－∞，－3]∪[1，＋∞)三、解答題10．函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2|x|).(1)假設(shè)f(x)＝2，求x的值；(2)假設(shè)2tf(2t)＋mf(t)≥0對于t∈[1,2]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解析：(1)當(dāng)x＜0時，f(x)＝0；當(dāng)x≥0時，f(x)＝2x－eq\f(1,2x).由條件，可知2x－eq\f(1,2x)＝2，即22x－2·2x－1＝0，解得2x＝1±eq\r(2).∵2x＞0，∴2x＝1＋eq\r(2).∴x＝log2(1＋eq\r(2))．(2)當(dāng)t∈[1,2]時，2t(22t－eq\f(1,22t))＋m(2t－eq\f(1,2t))≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)．∵t∈[1,2]，∴22t－1＞0，∴m≥－(22t＋1)．∴t∈[1,2]，∴－(1＋22t)∈[－17，－5]．故m的取值范圍是[－5，＋∞)．11．(2023·信陽調(diào)研)定義域為R的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù)(a＞0，b＞0)．(1)求a，b的值；(2)假設(shè)對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＜－f(2t2－k)恒成立，求k的取值范圍．解析：(1)f(－x)＝eq\f(－2－x＋b,2－x＋1＋a)＝eq\f(b·2x－1,a·2x＋2)，由f(x)＝－f(－x)得，2b·22x＋(ab－2)2x－a＝a·22x＋(2－ab)2x－2b，∴a＝2，b＝1或a＝－2，b＝－1(舍去)，∴a＝2，b＝1.(2)f(x)＝eq\f(1－2x,21＋2x)＝eq\f(2－1＋2x,21＋2x)＝eq\f(1,1＋2x)－eq\f(1,2)，∴f(x)在(－∞，＋∞)上遞減，∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(t2－2t)＜－f(2t2－k)＝f(k－2t2)，∴t2－2t＞k－2t2，整理得3t2－2t－k＞0對t∈R恒成立，∴4＋12k＜0，k＜－eq\f(1,3)，因此實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).12．(2023·濰坊聯(lián)考)定義在[－1,1]上的奇函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈[－1,0]時，f(x)＝eq\f(1,4x)－eq\f(a,2x)(a∈R)．(1)求f(x)在[0,1]上的最大值；(2)假設(shè)f(x)是[0,1]上的增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．解析：(1)設(shè)x∈[0,1]，那么－x∈[－1,0]，f(－x)＝eq\f(1,4－x)－eq\f(a,2－x)＝4x－a·2x.∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝a·2x－4x，x∈[0,1]．令t＝2x，t∈[1,2]，∴g(t)＝a·t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(a,2)))2＋eq\f(a2,4).當(dāng)eq\f(a,2)≤1，即a≤2時，g(t)max＝g(1)＝a－1；當(dāng)1＜eq\f(a,2)＜2，即2＜a＜4時，g(t)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)；當(dāng)eq\f(a,2)≥2，即a≥4時，g(t)max＝g(2)＝2a－4；綜上所述，當(dāng)a≤2時，f(x)最大值為a