限时规范训练(12) 第2章 第7讲 指数函数（word课时作业）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

限时规范训练(十二) A级　基础落实练 1．下列函数中，值域是(0，＋∞)的为(　　) A．y＝　　 B．y＝()x C．y＝　　 D．y＝3 解析：B　函数y＝的值域为[0，＋∞)； 函数y＝()x的值域为(0，＋∞)； 函数y＝的值域为[0，1)； 函数y＝3的值域为(0，1)∪(1，＋∞)．故选B． 2．函数y＝的图象的大致形状是(　　) 解析：C　∵y＝＝ ∴根据指数函数图象即可判断选项C符合． 3．已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c　　 B．a>c>b C．c>a>b　　 D．b>c>a 解析：A　y＝0.4x为减函数，∴0.40.6<0.40.2<0.40＝1，又20.2>1，即a>b>c. 4．(2024·揭阳期末)已知2a>2b，则下列结论一定成立的是(　　) A．ln(a－b)>0　　 B．()a>()b C．()a－b>1　　 D．a3>b3 解析：D　由2a>2b，得a>b，取a＝3，b＝2，则ln(a－b)＝0，选项A不正确；因为a>b，函数y＝()x在R上单调递减，所以()a<()b，选项B不正确；取a＝3，b＝2，则()a－b＝<1，选项C不正确；因为a>b，幂函数y＝x3在R上单调递增，所以a3>b3，选项D正确．故选D． 5．(多选)(2023·皖南八校联考)函数f(x)＝ax－b(a>0且a≠1)，其图象经过第二、三、四象限，则下列结论正确的是(　　) A．0<ab<1　　 B．0<ba<1 C．ab>1　　 D．ba>1 解析：AD　若函数f(x)＝ax－b(a>0且a≠1)的图象经过第二、三、四象限，则0<a<1且f(0)＝1－b<0，得b>1，所以0<ab<1，ba>1，故选AD． 6．(多选)(2024·福州多校联考)已知函数f(x)＝4x＋＋2，则(　　) A．f(x)在(－∞，0)上单调递增 B．f(x)的图象关于y轴对称 C．f(x)的图象关于点(0，1)对称 D．不等式f(x＋1)<的解集是(－2，0) 解析：BD　对于A，当x<0时，f′(x)＝4xln 4＋ln ＝(4x－4－x)ln 4<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，故A错误； 对于B，f(x)的定义域为R，f(－x)＝4－x＋＋2＝＋4x＋2＝f(x)，所以f(x)的图象关于y轴对称，故B正确； 对于C，因为f(x)＋f(－x)＝2(4x＋)＋4>2，故函数f(x)的图象不关于点(0，1)对称，故C错误； 对于D，由f(x＋1)＝4x＋1＋＋2<，得(4x＋1)2－·4x＋1＋1<0，则<4x＋1<4，可得－1<x＋1<1，解得－2<x<0，因此不等式f(x＋1)<的解集是(－2，0)，故D正确．故选BD． 7．已知函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)在[1，2]上的最大值比最小值大，则a的值为________． 解析：当0<a<1时，a－a2＝，∴a＝或a＝0(舍去)．当a>1时，a2－a＝，∴a＝或a＝0(舍去)．综上所述，a＝或a＝. 答案：或 8．已知函数f(x)＝2|2x－m|(m为常数)，若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是________． 解析：令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间[，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，]上单调递减． 又y＝2t为R上的增函数， 所以要使函数f(x)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上单调递增， 则有≤2，即m≤4， 所以m的取值范围是(－∞，4]． 答案：(－∞，4] 9．已知函数f(x)＝的图象关于点(0，)对称，则a＝________，f(x)的值域为________． 解析：依题设f(x)＋f(－x)＝1， 则＋＝1， 整理得(a－1)[4x＋(a－1)·2x＋1]＝0. 所以a－1＝0，则a＝1. 因此f(x)＝＝1－. 由于1＋2x>1，所以0<<1， 所以0<f(x)<1. 故f(x)的值域为(0，1)． 答案：1　(0，1) 10．已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常数，且a>0，a≠1)的图象经过点A(1，6)，B(3，24)． (1)求f(x)的表达式； (2)若不等式()x＋()x－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)因为f(x)的图象过A(1，6)，B(3，24)， 所以所以a2＝4， 又a>0，所以a＝2，b＝3，所以f(x)＝3·2x. (2)由(1)知a＝2，b＝3， 则当x∈(－∞，1]时，()x＋()x－m≥0恒成立， 即m≤()x＋()x在x∈(－∞，1]上恒成立． 又因为y＝()x与y＝()x均为减函数， 所以y＝()x＋()x也是减函数， 所以当x＝1时，y＝()x＋()x有最小值. 则m≤， 故m的取值范围是(－∞，]． 11．已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)·a－x(a>0且a≠1)是奇函数． (1)求实数k的值； (2)若f(1)<0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)>0，求实数m的取值范围． 解：(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数， ∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0， ∴k＝2， 经检验k＝2符合题意， ∴k＝2. (2)由(1)知，f(x)＝ax－a－x(a>0且a≠1)， ∵f(1)<0，即a－<0， 又a>0，且a≠1，∴0<a<1， 而y＝ax在R上单调递减，y＝－a－x在R上单调递减， 故由单调性的性质可判断f(x)＝ax－a－x在R上单调递减， 不等式f(m2－2)＋f(m)>0可化为 f(m2－2)>f(－m)， ∴m2－2<－m， 即m2＋m－2<0， 解得－2<m<1， ∴实数m的取值范围是(－2，1)． B级　能力提升练 12．(2024·自贡一诊)已知函数f(x)＝＋3x＋3，且f(a2)＋f(3a－4)>6，则实数a的取值范围为(　　) A．(－4，1) B．(－3，2) C．(0，5) D．(－∞，－4)∪(1，＋∞) 解析：D　函数f(x)的定义域为R.令g(x)＝＋3x，g(x)的定义域为R，则g(x)＝f(x)－3，g(x)＋g(－x)＝＋3x＋－3x＝＋＝0，所以g(x)为奇函数，且g(x)＝1－＋3x为R上的增函数．因为f(a2)＋f(3a－4)>6，所以f(a2)－3＋f(3a－4)－3>0，所以g(a2)＋g(3a－4)>0，即g(a2)>－g(3a－4)＝g(4－3a)，所以a2>4－3a，解得a<－4或a>1，故a的取值范围为(－∞，－4)∪(1，＋∞)．故选D． 13．(多选)(2024·惠州第三次调研)已知函数f(x)＝3x－2x，x∈R，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增 B．存在a∈R，使得函数y＝为奇函数 C．任意x∈R，f(x)>－1 D．函数g(x)＝f(x)＋x有且仅有2个零点 解析：ABC　对于A：f′(x)＝3xln 3－2xln 2＝2x，当x∈(0，＋∞)时，2x>1，()x>1，因此()xln 3>ln 3>ln 2，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故A正确． 对于B：令a＝，则y＝()x－()x，令h(x)＝()x－()x，定义域为R，关于原点对称，且h(－x)＝()－x－()－x＝()x－()x＝－h(x)，所以h(x)为奇函数，故B正确． 对于C：f(x)＝2x，当x>0时，()x－1>0，则f(x)>0；当x＝0时，f(x)＝0；当x<0时，－1<()x－1<0，则f(x)>－2x>－1，故C正确． 对于D：当x＝0时，g(x)＝0；当x>0时，g(x)>3x－2x＝2x>0；当x<0时，g(x)<3x－2x＝2x<0，所以g(x)只有1个零点，故D错误．故选ABC． 14．已知函数f(x)＝－＋4(－1≤x≤2)． (1)若λ＝，求函数f(x)的值域； (2)若方程f(x)＝0有解，求实数λ的取值范围． 解：(1)f(x)＝－＋4 ＝()2x－2λ·()x＋4(－1≤x≤2)． 设t＝()x，得g(t)＝t2－2λt＋4(≤t≤2)． 当λ＝时，g(t)＝t2－3t＋4 ＝(t－)2＋(≤t≤2)． 所以g(t)max＝g()＝， g(t)min＝g()＝. 所以f(x)max＝，f(x)min＝， 故函数f(x)的值域为. (2)方程f(x)＝0有解可转化为 λ＝2·2x＋·(－1≤x≤2)． 设φ(x)＝2·2x＋(≤2x≤4)， 当2x＝， 即x＝－1时，φ(x)min＝2； 当2x＝4，即x＝2时，φ(x)max＝. ∴函数φ(x)的值域为. 故实数λ的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$