第2章 第5讲 指数与指数函数 -【步步高】2020版高考数学（文）大一轮考点专项练（人教A版)

第5讲　指数与指数函数 一、选择题 1.(2017·衡水中学模拟)若a＝x，则当x>1时，a，b，c的大小关系是(　　) ，b＝x2，c＝log A.c<a<b B.c<b<a C.a<b<c D.a<c<b 解析　当x>1时，0<a＝x<0，所以c<a<b.，b＝x2>1，c＝logx< 答案　A 2.函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是(　　) A.a>1，b<0 B.a>1，b>0 C.0<a<1，b>0 D.0<a<1，b<0 解析　由f(x)＝ax－b的图象可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以0<a<1. 函数f(x)＝ax－b的图象是在f(x)＝ax的基础上向左平移得到的，所以b<0. 答案　D 3.(2017·德州一模)已知a＝，则(　　)[来源:学科网]，c＝，b＝ A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<c<a[来源:学科网] 解析　∵y＝，∴b<c.>在R上为减函数， 又∵y＝x，[来源:Zxxk.Com]>在(0，＋∞)上为增函数， ∴a>c，∴b<c<a. 答案　D 4.(2017·安阳模拟)已知函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)·f(x2)等于(　　) A.1 B.a C.2 D.a2[来源:学+科+网][来源:学|科|网] 解析　∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，∴x1＋x2＝0.又∵f(x)＝ax，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1. 答案　A 5.(2017·西安调研)若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，且a≠1)，满足f(1)＝，则f(x)的单调递减区间是(　　) A.(－∞，2] B.[2，＋∞)[来源:学科网] C.[－2，＋∞) D.(－∞，－2] 解析　由f(1)＝.由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f(x)在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减.(舍去)，即f(x)＝或a＝－，解得a＝，得a2＝ 答案　B 二、填空题 6.＝________.－×＋8× 解析　原式＝＝2.[来源:Z&xx&k.Com]－×2×1＋2 答案　2 7.(2015·江苏卷)不等式2x2－x<4的解集为________.[来源:学科网ZXXK] 解析　∵2x2－x<4，∴2x2－x<22， ∴x2－x<2，即x2－x－2<0，解得－1<x<2. 答案　{x|－1<x<2} 8.(2017·安徽江淮十校联考)已知max(a，b)表示a，b两数中的最大值.若f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}，则f(x)的最小值为________.[来源:学。科。网Z。X。X。K] 解析　f(x)＝ 当x≥1时，f(x)＝ex≥e(x＝1时，取等号)， 当x<1时，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e， 因此x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝e.[来源:学科网] 答案　e 三、解答题 9.已知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， 所以函数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[来源:学科网ZXXK] ＝(－x)3 ＝x3＝f(x).[来源:Z&xx&k.Com] ∴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，即x3>0， 即>0，则ax>1.>0，即＋ 又∵x>0，∴a>1.因此a>1时，f(x)>0. 10.已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数. (1)求a，b的值； (2)解关于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0. 解　(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数， 所以f(0)＝0，即.又由f(1)＝＝0，解得b＝1，所以f(x)＝ －f(－1)知，解得a＝2. ＝－ (2)由(1)知f(x)＝.＋＝－ 由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f(x)在R上是减函数). 又因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1). 因为f(x)是减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋1， 即3t2－2t－1>0，解不等式可得t＞1或t＜－， 故原不等式的解集为. 11.若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a