• 86.09 KB
  • 2021-06-25 发布

【数学】2021届一轮复习人教A版(文)第二章第四讲 指数与指数函数作业

  • 5页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第四讲 指数与指数函数 ‎1.[2020大同市高三调研]设a =20.5,b =log0.50.6,c =tan‎4π‎5‎,则(  )‎ A.ac>a B.c>a>b C.c>b>a D.a>c>b ‎3.[原创题]已知函数f (x) =2x+x-5,则不等式-2≤f (4x-1)≤6的解集为(  )‎ A.[ - 1,‎ - ‎‎1‎‎2‎] B.[‎ - ‎‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎] C.[‎1‎‎2‎,1] D.[1,‎3‎‎2‎]‎ ‎4.[2019安徽省第二次联考]若函数f (x) =(‎1‎‎2‎)x-a的图象经过第一、二、四象限,则f (a)的取值范围为(  )‎ A.(0,1) B.(‎-‎‎1‎‎2‎,1) C.(-1,1) D.(‎-‎‎1‎‎2‎,+∞)‎ ‎5.已知定义在R上的函数f (x) =2|x-m|-1为偶函数,记a =f (log0.53),b =f (log25),c =f (2m),则(  )‎ A.a0且a≠1)的定义域和值域都是[0,2],则实数a的值为    . ‎ ‎8.[2019济南市质检]已知定义在R上的奇函数f (x)的周期为4,当x∈(-2,0)时,f (x) =2x+1,则f (5) =    . ‎ ‎9.[2019昆明市高考模拟]能说明“已知f (x) =2|x-1|,若f (x)≥g(x)对任意的x∈[0,2]恒成立,则在[0,2]上,f (x)min≥g(x)max”为假命题的一个函数g(x) =     .(填出一个函数即可)  ‎ ‎10.[2019湖南四校联考]已知定义在R上的奇函数f (x)满足f (x+‎5‎‎2‎)+f (x) =0,当‎-‎‎5‎‎4‎≤x≤0时,f (x) =2x+a,则f (16) =    . ‎ ‎11.[2020山西大学附中诊断]已知函数f (x) =x-4+‎9‎x+1‎,x∈(0,4),当x =a时,f (x)取得最小值b,则函数g(x) =a|x+b|的图象为(  )‎ ‎12.[2020长春市第一次质量监测]已知函数f (x) =e‎ - x‎ - 1(x≤0),‎x‎(x>0),‎若存在x0∈R使得f (x0)≤m(x0-1)-1成立,则实数m的取值范围是(  )‎ A.(0,+∞) B.[-1,0)∪(0,+∞) C.(-∞,-1]∪[1,+∞) D.(-∞,-1]∪(0,+∞)‎ ‎13.[2019武汉市模拟]设函数f (x) =‎2‎‎ - x‎,x≤1,‎x‎2‎‎,x>1,‎则y =2f (f (x))-f (x)的取值范围为(  )‎ A.(-∞,0] B.[0,‎2‎2‎ - 1‎‎2‎] C.[‎2‎2‎ - 1‎‎2‎,+∞) D.(-∞,0]∪[‎2‎2‎ - 1‎‎2‎,+∞)‎ ‎14.已知函数f (x) =‎2‎‎1 - x‎,x≤0,‎‎1 - log‎2‎x,x>0,‎若|f (a)|≥2,则实数a的取值范围是    . ‎ ‎15.已知点P(a,b)在函数y =e‎2‎x的图象上,且a>1,b>1,则aln b的最大值为    . ‎ ‎16.已知函数f (x) =ex,若关于x的不等式[f (x)]2-2f (x)-a≥0在[0,1]上有解,则实数a的取值范围为    . ‎ 第四讲 指数与指数函数 ‎1.B a=20.5>20=1,0 - 0.8可得a=3 - 0.6>3 - 0.8=b,且bln e=1,所以c>a>b.故选B.‎ ‎3.C 因为函数y=2x与y=x - 5在R上均为增函数,所以函数f(x)=2x+x - 5在R上为增函数.易知f(1)= - 2,f(3)=6,所以不等式 - 2≤f(4x - 1)≤6等价于f(1)≤f(4x - 1)≤f(3),等价于1≤4x - 1≤3,解得‎1‎‎2‎≤x≤1,故选C.‎ ‎【素养落地】 本题将不等式 - 2≤f(4x - 1)≤6等价转化为f(1)≤f(4x - 1)≤f(3),体现了对逻辑推理核心素养的考查;整个过程都涉及计算,体现了对数学运算核心素养的考查.‎ ‎4.B 依题意可得f(0)=1 - a,则‎0<1 - a<1,‎‎ - a<0,‎ 解得01时, f(x)=ax - 1在[0,2]上为增函数,又函数f(x)的定义域和值域都是[0,2],所以f(0)=0,‎f(2)=a‎2‎ - 1=2,‎a>1,‎解得a=‎3‎,所以实数a的值为‎3‎.‎ ‎【易错警示】 本题的易错点有两处:一是忽略对参数a的分类讨论;二是由函数f(x)的定义域和值域都是[0,2],得关于参数a的方程组,却忽略了参数a本身的条件限制,导致产生增解.一般地,对于底数含有参数的指数(对数)函数,当涉及函数的单调性、值域或最值,以及解不等式等问题时,一般需对底数进行分类讨论.‎ ‎8. - 1 根据函数的周期性与奇偶性可知f(5)=f(1)= - f( - 1)= - 2 - 1+1= - 1.‎ ‎9.x - ‎1‎‎2‎(答案不唯一) 易知函数f(x)=2|x - 1|在x∈[0,2]上的最小值是1,取g(x)=x - ‎1‎‎2‎,作出f(x),g(x)在[0,2]上的图象如图D 2 - 4 - 4,满足f(x)≥g(x)对任意的x∈[0,2]恒成立,但g(x)=x - ‎1‎‎2‎在[0,2]上的 最大值是‎3‎‎2‎,不满足f(x)min≥g(x)max,所以 g(x)=x - ‎1‎‎2‎能说明题中命题是假命题.‎ 图D 2 - 4 - 4‎ ‎【思路梳理】 要说明一个命题是假命题,只要举出一个反例即可.本题是开放性问题,所举反例只要满足f(x)≥g(x)在[0,2]上恒成立,且g(x)max>1即可.‎ ‎10.‎1‎‎2‎ 由f(x+‎5‎‎2‎)+f(x)=0,得f(x)= - f(x+‎5‎‎2‎)=f(x+5),所以函数f(x)是以5为最小正周期的周期函数,则f(16)=f(3×5+1)=f(1).又f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,即1+a=0,解得a= - 1,所以当 - ‎5‎‎4‎≤x≤0时,f(x)=2x - 1,所以f( - 1)= - ‎1‎‎2‎,则f(1)= - f( - 1)=‎1‎‎2‎,故f(16)=‎1‎‎2‎.‎ ‎11.A 因为x∈(0,4),所以x+1>1,所以f(x)=x - 4+‎9‎x+1‎=x+1+‎9‎x+1‎ - 5≥2‎9‎x+1‎‎·(x+1)‎ - 5=1,当且仅当x=2时取等号,此时函数f(x)取得最小值1,所以a=2,b=1,所以g(x)=2|x+1|=‎2‎x+1‎‎,x≥ - 1,‎‎(‎1‎‎2‎‎)‎x+1‎,x< - 1,‎函数g(x)的图象可以看作由函数y=‎2‎x‎,x≥0,‎‎(‎1‎‎2‎‎)‎x,x<0‎的图象向左平移1个单位长度得到.‎ 结合指数函数的图象及选项可知A正确.故选A.‎ ‎12.D 解法一 画出f(x)的图象,如图D 2 - 4 - 5所示,‎ 图D 2 - 4 - 5‎ 直线y=m(x - 1) - 1恒过点(1, - 1).‎ 当m>0时,一定存在x0>0使得x‎0‎≤m(x0 - 1) - 1,也就是存在x0>0使得f(x0)≤m(x0 - 1) - 1.‎ 当m=0时,直线y=m(x - 1) - 1= - 1,不存在x0∈R使得f(x0)≤m(x0 - 1) - 1.‎ 当m<0时,考虑直线y=m(x - 1) - 1与函数y=e - x - 1(x≤0)的图象相切的情形.设切点为(x1,y1),则 ‎ - e‎ - ‎x‎1‎=m,‎y‎1‎‎=m(x‎1‎ - 1) - 1,‎y‎1‎‎=e‎ - ‎x‎1‎ - 1,‎y‎1‎‎+1‎x‎1‎‎ - 1‎‎=m,‎解得x‎1‎‎=0,‎y‎1‎‎=0,‎m= - 1,‎也就是说,当m= - 1时,直线y=m(x - 1) - 1与y=e - x - 1(x≤0)的图象相切,切点为(0,0),则当m≤ - 1时,存在x0∈R,使得f(x0)≤m(x0 - 1) - 1.‎ 综上所述,选D.‎ 解法二 由解法一知,m>0符合题意,排除C;当m= - 2,x0=0时,f(0)=0,而 - 2×(0 - 1) - 1=1>0,满足条件,排除A,B,选D.‎ ‎13.B 作出f(x)=‎2‎‎ - x‎,x≤1,‎x‎2‎‎,x>1‎的图象如图D 2 - 4 - 6中实线所示,‎ 图D 2 - 4 - 6‎ 由图可知f(x)∈[‎1‎‎2‎,+∞),设f(x)=t,则t∈[‎1‎‎2‎,+∞),因为y=2f(f(x)) - f(x),所以y=2f(t) - t,t∈[‎1‎‎2‎,+∞),所以‎1‎‎2‎‎≤t≤1,‎y=‎2‎‎1 - t - t或t>1,‎y=0.‎因为y=21 - t - t在[‎1‎‎2‎,1]上单调递减,所以0≤y≤‎2‎2‎ - 1‎‎2‎,所以y=2f(f(x)) - f(x)的取值范围为[0,‎2‎2‎ - 1‎‎2‎],故选B.‎ ‎14.( - ∞,‎1‎‎2‎]∪[8,+∞) 当a≤0时,1 - a≥1,21 - a≥2,所以|f(a)|≥2成立;当a>0时,由|f(a)|≥2可得|1 - log2a|≥2,所以1 - log2a≥2或1 - log2a≤ - 2,解得00),则ln t=ln a2 - ln a= - (ln a)2+2ln a= - (ln a - 1)2+1≤1,当ln a=1时,“=”成立,此时ln t=1,所以t=e,即aln b的最大值为e.‎ ‎16.( - ∞,e2 - 2e] 由[f(x)]2 - 2f(x) - a≥0在[0,1]上有解,可得存在x∈[0,1],a≤[f(x)]2 - 2f(x),即a≤e2x - 2ex.令g(x)=e2x - 2ex(0≤x≤1),则a≤g(x)max.因为0≤x≤1,所以1≤ex≤e,则当ex=e,即x=1时,g(x)max=e2 - 2e,即a≤e2 - 2e,故实数a的取值范围为( - ∞,e2 - 2e].‎