对点练16 指数与指数函数-2022老高考理科数学高频考点突破练

对点练16　指数与指数函数 1．C　原式＝4÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))aeq \f(2,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))·b－eq \f(1,3)－eq \f(2,3)＝－6ab－1＝－eq \f(6a,b)，故选C. 2．A　g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x－1)，分别画出f(x)，g(x)的图象(图略)，故选A. 3．C　解法一　由函数y＝ln x的图象(图略)知， 当0＜a－b＜1时，ln(a－b)＜0，故A不正确； ∵函数y＝3x在R上单调递增， ∴当a＞b时，3a＞3b，故B不正确； ∵函数y＝x3在R上单调递增， ∴当a＞b时，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C正确； 当b＜a＜0时，|a|＜|b|，故D不正确，故选C. 解法二　当a＝0.3，b＝－0.4时， ln(a－b)＜0，3a＞3b，|a|＜|b|，故排除A，B，D，故选C. 4．B　由题意知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x－1)，x＜1，))结合图象知选B. 5．B　|f(x)|＝|2x－2|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2，x≥1，,2－2x，x＜1，)) 易知函数y＝|f(x)|的图象的分段点是x＝1， 且过点(1，0)，(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))). 又|f(x)|≥0，故选B. 6．C　易知f(0)＝0， 当x＞0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1， 而－x＜0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)； 当x＜0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x， 而－x＞0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)． ∴函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C. 7．解析　当a＞1时，f(x)＝ax－1在[0，2]上为增函数， 则a2－1＝2，∴a＝±eq \r(3). 又∵a＞1，∴a＝eq \r(3). 当0＜a＜1时，f(x)＝ax－1在[0，2]上为减函数， 又∵f(0)＝0≠2，∴0＜a＜1不成立． 综上可知，a＝eq \r(3). 答案　eq \r(3) 8．解析　∵|x＋1|≥0，函数f(x)＝a|x＋1|(a＞0且a≠1)的值域为[1，＋∞)，∴a＞1. 由于函数f(x)＝a|x＋1|在(－1，＋∞)上是增函数，且它的图象关于直线x＝－1对称，则函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，故f(1)＝f(－3)，∴f(－4)＞f(1)． 答案　f(－4)＞f(1) 9．解析　(1)令t＝|x|－a，则f(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(t)， 不论a取何值，t在(－∞，0]上单调递减， 在[0，＋∞)上单调递增， 又f(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(t)是单调递减的， 因此f(x)的单调递增区间是(－∞，0]， 单调递减区间是[0，＋∞)． (2)由于f(x)的最大值是eq \f(9,4)，且eq \f(9,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(－2)， ∴g(x)＝|x|－a应该有最小值－2， 即g(0)＝－2，从而a＝2. 10．解析　(1)∵f(x)＝2x＋k·2－x是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)，x∈R， 即2－x＋k·2x＝－(2x＋k·2－x)． ∴(1＋k)＋(k＋1)·22x＝0对一切x∈R恒成立， ∴k＝－1. (2)∵x∈[0，＋∞)，均有f(x)＞2－x， 即2x＋k·2－x＞2－x成立， ∴1－k＜22x对x≥0恒成立， ∴1－k＜(22x)min. ∵y＝22x在[0，＋∞)上单调递增， ∴(22x)min＝1，∴k＞0. ∴实数k的取值范围是(0，＋∞)． PAGE - 360 - $对点练16　指数与指数函数 1．化简4aeq \s\up6(\f(2,3))·b－eq \f(1,3)÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a－\f(1,3)b\s\up6(\f(2,3))))的结果为(　　) A．－eq \f(2a,3b) 　 B．－eq \f(8a,b) 　 C．－eq \f(6a,b)