2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用课时作业8指数与指数函数含解析苏教版 6页

课时作业8　指数与指数函数 一、选择题 ‎1．设a>0，将表示成分数指数幂，其结果是(　C　)‎ 解析：由题意得＝‎ ‎2．化简的结果为(　C　)‎ A．－ B．－ C．－ D．－6ab 解析：原式 ‎＝－6ab－1＝－，故选C.‎ ‎3．已知函数f(x)＝ax－1＋4的图象恒过定点P，则点P的坐标是(　A　)‎ A．(1,5) B．(1,4)‎ C．(0,4) D．(4,0)‎ 解析：令x－1＝0⇒x＝1，又f(1)＝5，故图象恒过定点P(1,5)．‎ ‎4．函数f(x)＝ax与g(x)＝－x＋a在同一坐标系中的图象可能是(　A　)‎ 解析：因为函数g(x)单调递减，所以排除选项C，D，又因为函数f(x)＝ax单调递增时，a>1，所以当x＝0时，g(0)＝a>1＝f(0)，所以排除选项B，故选A.‎ 6‎ ‎5．(2019·全国卷Ⅱ)若a>b，则(　C　)‎ A．ln(a－b)>0 B．‎3a<3b C．a3－b3>0 D．|a|>|b|‎ 解析：解法1：由函数y＝lnx的图象(图略)知，当0b时，‎3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b3b，‎ ‎|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.‎ ‎6．函数y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为，则函数y＝3·a2x－1在[0,1]上的最大值为(　C　)‎ A．16 B．15‎ C．12 D． 解析：∵函数y＝ax在定义域上是单调函数，且y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为，∴1＋a＝，解得a＝，∴函数y＝3·a2x－1＝3·2x－1＝12·x.∵函数y＝12·x在定义域上为减函数，∴当x＝0时，函数y＝3·a2x－1在[0,1]上取得最大值，且最大值是12，故选C.‎ ‎7．(2020·福建质检)已知a＝‎0.50.8‎，b＝0.80.5，c＝0.80.8，则(　D　)‎ A．c0.80.8，即b>c.因为函数y＝x0.8在(0，＋∞)上为增函数，所以‎0.50.8‎<0.80.8，即ab>c B．a>c>b C．b>a>c D．c>b>a 解析：∵a＝，b＝，c＝，∴a，b，c均为正数，∴a10＝25＝32，b10＝52＝25，∴a10>b10，∴a>b.∵b35＝57，c35＝75，∴b35>c35，∴b>c.综上a>b>c，故选A.‎ ‎9．已知a，b∈(0,1)∪(1，＋∞)，当x>0时，10时，11.‎ ‎∵当x>0时，bx0时，x>1.‎ ‎∴>1，∴a>b.∴11时，函数f(x)的单调递增区间是(　C　)‎ A．(－∞，0) B．(1,2)‎ C．(2，＋∞) D．(2,5)‎ 解析：如图所示，画出函数y＝f(x)的图象，可知当x>1时，函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，故选C.‎ 二、填空题 ‎11．已知实数a≠1，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为.‎ 解析：当a<1时，41－a＝21，所以a＝；‎ 当a>1时，‎22a－1＝‎4a－1，无解．所以a的值为.‎ ‎12．若直线y1＝‎2a与函数y2＝|ax－1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是.‎ 解析： (数形结合法)‎ 当01时，解得01矛盾．‎ 综上，a的取值范围是.‎ ‎13．已知函数f(x)＝2x－，函数g(x)＝则函数g(x)的最小值是0.‎ 解析：当x≥0时，g(x)＝f(x)＝2x－为单调增函数，所以g(x)≥g(0)＝0；当x<0时，g(x)＝f(－x)＝2－x－为单调减函数，所以g(x)>g(0)＝0，所以函数g(x)的最小值是0.‎ ‎14．对于给定的函数f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，且a≠1)，下面五个结论中正确的是①③④.(填序号)‎ ‎①函数f(x)的图象关于原点对称；‎ 6‎ ‎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)，x∈R，∴f(x)为奇函数，‎ ‎∴f(x)的图象关于原点对称，①正确；‎ 当a>1时，f(x)在R上为增函数，当01时，y＝f(|x|)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当x＝0时，y＝f(|x|)取得最小值，为0，⑤错误．‎ 综上，正确结论是①③④.‎ 三、解答题 ‎15．已知函数f(x)＝x3(a>0，且a≠1)．‎ ‎(1)讨论f(x)的奇偶性；‎ ‎(2)求a的取值范围，使f(x)>0在定义域上恒成立．‎ 解：(1)由于ax－1≠0，则ax≠1，得x≠0，‎ ‎∴函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．‎ 对于定义域内任意x，有f(－x)‎ ‎＝(－x)3＝(－x)3‎ ‎＝(－x)3＝x3‎ ‎＝f(x)，‎ ‎∴函数f(x)是偶函数．‎ ‎(2)由(1)知f(x)为偶函数，‎ ‎∴只需讨论x>0时的情况，当x>0时，要使f(x)>0，‎ 则x3>0，即＋>0，‎ 即>0，则ax>1.‎ 又∵x>0，∴a>1.‎ ‎∴当a∈(1，＋∞)时，f(x)>0.‎ ‎16．已知函数f(x)＝a·4x－a·2x＋1＋1－b(a>0)在区间[1,2]上有最大值9和最小值1.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)若不等式f(x)－k·4x≥0在x∈[－1,1]时有解，求实数k的取值范围．‎ 解：(1)令n＝2x∈[2,4]，则y＝an2－2an＋1－b(a>0)，n∈[2,4]，其图象的对称轴为直线n＝1，‎ ‎∴当n＝2时，ymin＝‎4a－‎4a＋1－b＝1，‎ 6‎ 当n＝4时，ymax＝‎16a－‎8a＋1－b＝9，∴a＝1，b＝0.‎ ‎(2)由(1)知，4x－2·2x＋1－k·4x≥0在x∈[－1,1]时有解．设2x＝t，∵x∈[－1,1]，∴t∈.‎ ‎∴t2－2t＋1－kt2≥0在t∈时有解，‎ ‎∴k≤＝1－＋，t∈.‎ 再令＝m，则m∈，‎ ‎∴k≤m2－‎2m＋1＝(m－1)2≤1，即k≤1，‎ 故实数k的取值范围是(－∞，1]．‎ ‎17．(2020·福州质检)已知g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，且满足g(x)－h(x)＝2x.若存在x∈[－1,1]，使得不等式m·g(x)＋h(x)≤0有解，则实数m的最大值为(　B　)‎ A．－1 B． C．1 D．－ 解析：解法1：因为g(x)－h(x)＝2x　①，‎ 所以g(－x)－h(－x)＝2－x，‎ 又g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，‎ 所以g(x)＋h(x)＝2－x　②，‎ 联立①②，得g(x)＝，h(x)＝.‎ 由m·g(x)＋h(x)≤0得m≤＝＝1－，因为y＝1－为增函数，所以当x∈[－1,1]时，max＝1－＝，故选B.‎ 解法2：由解法1知g(x)＝，h(x)＝.‎ 观察选项，若m＝1，则g(x)＋h(x)≤0，所以＋≤0，即2－x≤0，这与2－x>0矛盾，所以m≠1；‎ 若m＝，则g(x)＋h(x)≤0，所以·＋≤0，即22－x≤2x，当x＝1时，不等式22－x≤2x成立，所以m＝满足题意，故选B.‎ ‎18．已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ 6‎ ‎(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．‎ 解：(1)因为f(x)是R上的奇函数，‎ 所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1.‎ 从而有f(x)＝.‎ 又由f(1)＝－f(－1)知＝－，‎ 解得a＝2.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝＝－＋，‎ 由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．‎ 因为f(x)是R上的减函数，‎ 由上式推得t2－2t>－2t2＋k.‎ 即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，‎ 从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－.‎ 故k的取值范围为.‎ 6‎