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  • 2021-06-16 发布

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 指数函数的2类考查点图象性质

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高考达标检测(七) 指数函数的 2 类考查点——图象、性质 一、选择题 1.在同一直角坐标系中,函数 f(x)=2x+1 与 g(x)= 1 2 x-1 的图象关于( ) A.y 轴对称 B.x 轴对称 C.原点对称 D.直线 y=x 对称 解析:选 A ∵g(x)=21-x=f(-x),∴f(x)与 g(x)的图象关于 y 轴对称. 2.若当 x∈R 时,函数 f(x)=a|x|始终满足 0<|f(x)|≤1,则函数 y=loga |1 x|的图象大致为 ( ) 解析:选 B 因为当 x∈R 时,|x|≥0,又函数 f(x)=a|x|始终满足 0<|f(x)|≤1,所以 0b>1.又∵c=2log52=log54<1,∴c0,且 a≠1)的图象恒过点 A,下列函数中图 象不经过点 A 的是( ) A.y= 1-x B.y=|x-2| C.y=2x-1 D.y=log2(2x) 解析:选 A 由题知 A(1,1).把点 A(1,1)代入四个选项,选项 A,y= 1-x的图象不经 过点 A. 5.(2018·广西质量检测)若 xlog52≥-1,则函数 f(x)=4x-2x+1-3 的最小值为( ) A.-4 B.-3 C.-1 D.0 解析:选 A ∵xlog52≥-1,∴2x≥1 5 ,则 f(x)=4x-2x+1-3=(2x)2-2×2x-3=(2x-1)2 -4.当 2x=1 时,f(x)取得最小值-4. 6.已知函数 f(x)=|2x-1|,af(c)>f(b),则下列结论中,一定成立的是 ( ) A.a<0,b<0,c<0 B.a<0,b≥0,c>0 C.2-a<2c D.2a+2c<2 解析:选 D 作出函数 f(x)=|2x-1|的图象(如图中实线所示), 又 af(c)>f(b), 结合图象知 f(a)<1,a<0,c>0, ∴0<2a<1,2c>1, ∴f(a)=|2a-1|=1-2a, f(c)=|2c-1|=2c-1. 又 f(a)>f(c),即 1-2a>2c-1, ∴2a+2c<2. 7.(2018·东北三校联考)若关于 x 的方程|ax-1|=2a(a>0,且 a≠1)有两个不等实根,则 a 的取值范围是( ) A.(0,1)∪(1,+∞) B.(0,1) C.(1,+∞) D. 0,1 2 解析:选 D 方程|ax-1|=2a(a>0,且 a≠1)有两个实数根转化为函数 y=|ax-1|与 y= 2a 有两个交点. ①当 01 时,如图②,而 y=2a>1 不符合要求. ∴00,且 a≠1)在[-1,2]上的最大值为 4,最小值 为 m,且函数 g(x)=(1-4m) x在[0,+∞)上是增函数,则 a=________. 解析:若 a>1,有 a2=4,a-1=m,此时 a=2,m=1 2 ,此时 g(x)=- x为减函数,不 合题意.若 00,a≠1)的图象经过 点 A(1,6),B(3,24).若不等式 1 a x+ 1 b x-m≥0 在 x∈(-∞,1]上恒成立,则实数 m 的最 大值为________. 解析:把 A(1,6),B(3,24)代入 f(x)=b·ax,得 6=ab, 24=b·a3, 结合 a>0,且 a≠1,解得 a=2, b=3, 要使 1 2 x+ 1 3 x≥m 在 x∈(-∞,1]上恒成立, 只需保证函数 y= 1 2 x+ 1 3 x 在(-∞,1]上的最小值不小于 m 即可. 因为函数 y= 1 2 x+ 1 3 x 在(-∞,1]上为减函数, 所以当 x=1 时,y= 1 2 x+ 1 3 x 有最小值 5 6. 所以只需 m≤5 6 即可. 所以 m 的最大值为5 6. 答案:5 6 12.(2018·湖南八校联考)对于给定的函数 f(x)=ax-a-x(x∈R,a>0,且 a≠1),下面给 出五个命题,其中真命题是________.(填序号) ①函数 f(x)的图象关于原点对称; ②函数 f(x)在 R 上不具有单调性; ③函数 f(|x|)的图象关于 y 轴对称; ④当 01 时,函数 f(|x|)的最大值是 0. 解析:∵f(-x)=-f(x),∴f(x)为奇函数,f(x)的图象关于原点对称,①是真命题; 当 a>1 时,f(x)在 R 上为增函数,当 01 时,f(|x|)在(-∞,0)上为减函数,在[0,+∞)上为增函数,∴当 x=0 时,y= f(|x|)的最小值为 0,⑤是假命题. 综上,真命题是①③④. 答案:①③④ 三、解答题 13.已知函数 f(x)=m·4x+1 2x 是偶函数. (1)求实数 m 的值; (2)若关于 x 的不等式 2k·f(x)>3k2+1 在(-∞,0)上恒成立,求实数 k 的取值范围. 解:(1)因为函数 f(x)=m·4x+1 2x 是定义在 R 上的偶函数,所以有 f(-x)=f(x), 即m·4-x+1 2-x =m·4x+1 2x , 即m+4x 2x =m·4x+1 2x ,故 m=1. (2)因为 f(x)=4x+1 2x >0,3k2+1>0,且 2k·f(x)>3k2+1 在(-∞,0)上恒成立, 故原不等式等价于 2k 3k2+1 > 1 fx 在(-∞,0)上恒成立, 又因为 x∈(-∞,0), 所以 f(x)∈(2,+∞),从而 1 fx ∈ 0,1 2 , 故 2k 3k2+1 ≥1 2 ,解得1 3 ≤k≤1, 所以实数 k 的取值范围为 1 3 ,1 . 14.设函数 f(x)=ax-(k-1)a-x(a>0,且 a≠1)是定义域为 R 的奇函数. (1)求 k 的值; (2)若 f(1)<0,试判断 y=f(x)的单调性(不需证明),并求使不等式 f(x2+tx)+f(4-x)<0 恒成立的 t 的取值范围; (3)若 f(1)=3 2 ,g(x)=a2x+a-2x-2f(x),求 g(x)在[1,+∞)上的最小值. 解:(1)∵f(x)是定义域为 R 的奇函数,∴f(0)=0, ∴1-(k-1)=0,∴k=2. (2)由(1)知 f(x)=ax-a-x(a>0,且 a≠1), ∵f(1)<0,∴a-1 a<0. 又 a>0,且 a≠1,∴0x-4,即 x2+(t-1)x+4>0 恒成立, ∴Δ=(t-1)2-16<0,解得-3a>0,c>b>0.若 a,b,c 是△ABC 的三条边长,则 下列结论中正确的个数是( ) ①对于∀x∈(-∞,1),都有 f(x)>0; ②存在 x>0,使 ax,bx,cx 不能构成一个三角形的三边长; ③若△ABC 为钝角三角形,则存在 x∈(1,2),使 f(x)=0. A.3 B.2 C.1 D.0 解析:选 A ①因为 a,b,c 是△ABC 的三条边长,所以 a+b>c,因为 c>a>0,c>b>0, 所以 0cx a c +b c -1 = cx·a+b-c c >0,故①正确; ②令 a=2,b=3,c=4,则 a,b,c 可以构成三角形,但 a2=4,b2=9,c2=16 却不 能构成三角形,所以②正确; ③已知 c>a>0,c>b>0,若△ABC 为钝角三角形,则 a2+b2-c2<0,因为 f(1)=a+b- c>0,f(2)=a2+b2-c2<0,根据零点存在性定理可知在区间(1,2)上存在零点,所以存在 x∈ (1,2),使 f(x)=0,故③正确. 2.(2018·广东五校联考)已知 e 为自然对数的底数,若对任意的 x1∈[0,1],总存在唯 一的 x2∈[-1,1],使得 x1+x22ex2-a=0 成立,则实数 a 的取值范围是( ) A.[1,e] B.(1,e] C. 1+1 e ,e D. 1+1 e ,e 解析:选 C 令 f(x1)=a-x1,则 f(x1)=a-x1 在 x1∈[0,1]上单调递减,且 f(0)=a,f(1) =a-1.令 g(x2)=x22e x2,则 g′(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2 (x2+2),且 g(0)=0,g(-1)=1 e , g(1)=e.若对任意的 x1∈[0,1],总存在唯一的 x2∈[-1,1],使得 x1+x22ex2-a=0 成立,即 f(x1)=g(x2),则 f(x1)=a-x1 的最大值不能大于 g(x2)的最大值,即 f(0)=a≤e,因为 g(x2)在 [-1,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增,所以当 g(x2)∈ 0,1 e 时,存在两个 x2 使得 f(x1) =g(x2).若只有唯一的 x2∈[-1,1],使得 f(x1)=g(x2),则 f(x1)的最小值要比1 e 大,所以 f(1) =a-1>1 e ,即 a>1+1 e ,故实数 a 的取值范围是 1+1 e ,e ,故选 C. 3.(2018·湖南六校联考)已知实数 a>0,函数 f(x)= ex-1+a 2 ,x≤0, ex-1+a 2 x2-a+1x+a 2 ,x>0, 若关于 x 的方程 f[-f(x)]=e-a+a 2 有三个不等的实根,则实数 a 的取值范围是( ) A. 1,2+2 e B. 2,2+2 e C. 1,1+1 e D. 2,2+1 e 解析:选 B 当 x≤0 时,令 f(x)=e-a+a 2 ,即 ex-1=e-a,得 x=1-a; 当 x>0 时,令 f(x)=e-a+a 2 得 ex-1+a 2x2-(a+1)x+a 2 =e-a+a 2 ,显然方程无解, 所以 1-a≤0,即 a≥1, 因为 f[-f(x)]=e-a+a 2 , 所以-f(x)=1-a,即 f(x)=a-1, 所以方程 f(x)=a-1 有三解, 当 x≤0 时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,且当 x→-∞时,f(x)→a 2 , 当 x>0 时,f′(x)=ex-1+ax-a-1, 所以 f′(x)是增函数,且 f′(1)=0, 所以 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 又 f(1)=0,当 x→+∞时,f(x)→+∞, 作出 f(x)的大致图象如图所示, 因为方程 f(x)=a-1 有三解, 所以a 2