【創(chuàng)新方案】高考數學理一輪知能檢測：第2章 第5節(jié)　指數與指數函數

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 第五節(jié)　指數與指數函數 [全盤鞏固] 1．化簡(a>0，b>0)的結果是(　　) A．a　 　　 　B．ab　 　　　C．a2b　　　　D. 解析：選D　原式＝＝a－－－b＋－＝. 2．函數y＝ax－a(a>0，且a≠1)的圖象可能是(　　) 　A　　　　　B　　 　　　　C　　　　　D 解析：選C　當x＝1時，y＝a1－a＝0，所以函數y＝ax－a的圖象過定點(1,0)，結合選項可知選C. 3．設函數f(x)＝x2－4x＋3，g(x)＝3x－2，集合M＝{x∈

2、R|f(g(x))>0}，N＝{x∈R|g(x)<2}，則M∩N為(　　) A．(1，＋∞) B．(0,1) C．(－1,1) D．(－∞，1) 解析：選D　∵f(g(x))>0，∴g2(x)－4g(x)＋3＞0，∴g(x)＞3或g(x)＜1，∴M∩N＝{x|g(x)<1}．∴3x－2＜1,3x＜3，即x<1. 4．設a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a 解析：選A　構造指數函數y＝x(

3、x∈R)，由該函數在定義域內單調遞減可得b＜c；又y＝x(x∈R)與y＝x(x∈R)之間有如下結論：當x＞0時，有x＞x，故＞，即a＞c，故a＞c＞b. 5．(20xx杭州模擬)設函數f(x)＝若f(a)＞1，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－2,1) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞) 解析：選B　由f(a)＞1知或 解得 或即a＜－2或a＞1. 6．設函數f(x)定義在實數集上，它的圖象關于直線x＝1對稱，且當x≥1時，f(x)＝3x－1，則有(　　) A．f＜f

4、＜f B．f＜f＜f C．f＜f＜f D．f＜f＜f 解析：選B　由題設知，當x≥1時，f(x)＝3x－1單調遞增，因其圖象關于直線x＝1對稱，∴當x≤1時，f(x)單調遞減．∴f＝f＝f，∴f＜f＜f，即f＜f＜f. 7．若x＞0，則(2x＋3)(2x－3)－4x－(x－x)＝________. 解析：原式＝(2x)2－(3)2－4x1－＋4x－＋＝4x－33－4x＋4＝－23. 答案：－23 8．已知0≤x≤2，則y＝4x－－32x＋5的最大值為________． 解析：令

5、t＝2x，∵0≤x≤2，∴1≤t≤4，又y＝22x－1－32x＋5，∴y＝t2－3t＋5＝(t－3)2＋.∵1≤t≤4，∴當t＝1時，ymax＝. 答案： 9．(20xx金華模擬)已知過點O的直線與函數y＝3x的圖象交于A，B兩點，點A在線段OB上，過A作y軸的平行線交函數y＝9x的圖象于C點，當BC平行于x軸時，點A的橫坐標是________． 解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可得，C(x1，y2)，所以有又A，O，B三點共線，所以kAO＝kBO，即＝，代入可得＝＝，即＝，所以x1＝log32. 答案：log32 10．函數f(x)＝ 的定義域為集合A，關于x的不

6、等式2x＞2－a－x(a∈R)的解集為B，求使A∩B＝B的實數a的取值范圍． 解：由≥0，解得x≤－2或x＞1，于是A＝(－∞，－2]∪(1，＋∞)， 2x＞2－a－x?2x＞a＋x?2x＜a＋x?x＜a，所以B＝(－∞，a)． 因為A∩B＝B，所以B?A，所以a≤－2， 即a的取值范圍是(－∞，－2]． 11．已知f(x)＝ex－e－x，g(x)＝ex＋e－x(e＝2.718 28…)． (1)求[f(x)]2－[g(x)]2的值； (2)若f(x)f(y)＝4，g(x)g(y)＝8，求的值． 解：(1)[f(x)]2－[g(x)]2＝(ex－e－x)2－(ex＋e－x)2＝

7、(e2x－2＋e－2x)－(e2x＋2＋e－2x)＝－4. (2)f(x)f(y)＝(ex－e－x)(ey－e－y)＝ex＋y＋e－x－y－ex－y－e－x＋y＝[ex＋y＋e－(x＋y)]－[ex－y＋e－(x－y)]＝g(x＋y)－g(x－y)，即g(x＋y)－g(x－y)＝4.① 同理，由g(x)g(y)＝8，可得g(x＋y)＋g(x－y)＝8.② 由①②解得g(x＋y)＝6，g(x－y)＝2，故＝3. 12．設函數f(x)＝kax－a－x(a＞0且a≠1)是定義域為R的奇函數． (1)若f(1)＞0，求不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)＞0的解集； (2)若f(1)＝，且

8、g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值． 解：∵f(x)是定義域為R的奇函數，∴f(0)＝0，∴k－1＝0，∴k＝1.故f(x)＝ax－a－x. (1)∵f(1)＞0，∴a－＞0，又a＞0且a≠1，∴a＞1，而當a＞1時，y＝ax和y＝－a－x在R上均為增函數，∴f(x)在R上為增函數，原不等式化為：f(x2＋2x)＞f(4－x)，∴x2＋2x＞4－x，即x2＋3x－4＞0，∴x＞1或x＜－4，∴不等式的解集為{x|x＞1或x＜－4}． (2)∵f(1)＝，∴a－＝，即2a2－3a－2＝0，∴a＝2或a＝－(舍去)， ∴g(x)＝22x＋2－2x－4

9、(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2. 令t＝2x－2－x(x≥1)，則t＝h(x)在[1，＋∞)上為增函數(由(1)可知)， 即h(x)≥h(1)＝.∴g(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，∴當t＝2時，g(x)min＝－2，此時x＝log2(1＋)，故當x＝log2(1＋)時，g(x)有最小值－2. [沖擊名校] 1．若存在負實數使得方程2x－a＝成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(0，＋∞) C．(0,2) D．(0,1) 解析：選C　在同一坐標

10、系內分別作出函數y＝和y＝2x－a的圖象，則由圖知，當a∈(0,2)時符合要求． 2．對于函數f(x)，如果存在函數g(x)＝ax＋b(a，b為常數)，使得對于區(qū)間D上的一切實數x都有f(x)≤g(x)成立，則稱函數g(x)為函數f(x)在區(qū)間D上的一個“覆蓋函數”，設f(x)＝2x，g(x)＝2x，若函數g(x)為函數f(x)在區(qū)間[m，n]上的一個“覆蓋函數”，則|m－n|的最大值為________． 解析： 因為函數f(x)＝2x與g(x)＝2x的圖象相交于點A(1，2)，B(2,4)，由圖可知，[m，n]?[1,2]，故|m－n|max＝2－1＝1. 答案：1 [高頻滾動

11、] 1．已知函數f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a，b∈R)，對任意實數x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，且當x∈[－1,1]時，f(x)＞0恒成立，則b的取值范圍是(　　) A．(－1,0) B．(2，＋∞) C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：選C　由題意f(1－x)＝f(1＋x)，得f(x)圖象的對稱軸為x＝1，則a＝2.易知f(x)在(－∞，1)上單調遞增，當x∈[－1,1]時，f(x)＞0，故只需f(－1)＝b2－b－2＞0，解得b＞2或b＜－1. 2．已知函數f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若存在實數a，b，使得f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為(　　) A．[2－，2＋] B．(2－，2＋) C．[1,3] D．(1,3) 解析：選B　由題易知，函數f(x)的值域是(－1，＋∞)，要使得f(a)＝g(b)，必須使得 －x2＋4x－3＞－1，即x2－4x＋2＜0，解得2－＜x＜2＋.