课时作业11 指数与指数函数-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(基础版)

课时作业11 指数与指数函数 一、单项选择题 1已知a>0,则a A.a B.a C.ai D.ai x-1,x≥0， 二、多项选择题 2.已知函数f(x)= 则 2,x<0, 7.设a∈R,n,m∈N,且n≥2，则下列等式中 f(f(4)的值是 一定正确的是 () A号 A.a"·a”=am+w B.(a")=a+m B.√2 C.a"=a D.(a)"=a c D.2 x+1 8.对函数f(.x)= 判断正确的是() 3.设a=0.6.,b=0.65,c=1.5.6,则a,b,c的 A.单调递增区间为(0，十∞) 大小关系是 ( B.单调递增区间为（一∞，0） A.a<b<c C值为+∞) B.a<c<b C.b<a<c D.值城为0， D.b<c<a 9.当x∈[-2,2]时，有a'<2(a>0,且a≠1)， 4.若函数f(x)=2+a·2是奇函数，则a 则实数a的取值范围可以是 () ( A.(1,2) A司 C.-1 D.1 e停 n停+ 5.函数y=a-1+4(a>0,且a≠1)的图象过定 三、填空题 点P,则点P的坐标是 ( 10.(2×3)-4× +(-2024)°= A.(1,5) B.(1,4) C.(0,4) D.(4,0) 11.函数f(x)=a(a>0,且a≠1)在区间[1， 6.函数f(x)=, 4-4 的部分图象大致为 2]上的最大值比最小值大？，则a的值为 -309- 第二章函数的概念与基本初等函数 “练 12.已知x>0,y>0,且x+4y=1,则2+16 的最小值是 14已知两数)-是产+4-1≤r≤2 四、解答题 )若A=2,求函数fx)的值城： 13.(1)化简：(-2xy)(3x京y)(-4xy): (2)若方程f(x)=0有解，求实数入的取值 2计算：图）-（得）+0.08×是 范围. 2勾·讲与练·高三数学·基础版 -310-参 考 答 案 13.解:f(x)=2x-1+ 4 2x-1- 4, 令2x-1=m,∵1≤x ≤3,∴1≤ m ≤5. 则f(x)=h(m)=m+ 4 m -4. 由双勾函数的性质,可得h(m)在[1, 2]上单调递减,在(2,5]上单调递增, ∴f(x)在 1, 3 2 上 是 减 函 数,在 3 2 ,3 上是增函数. f(1)=1,f 3 2 =0,f(3)= 95, 综上可得,f(x)的单调递减区间为 1,32 ,单调递增区间为 32,3 , 值域为 0,95 . 14.解:(1)∵f(-1)= -2,又f(x)是奇 函数,∴f(1)=2, 2 -a+b= - 2, 2 a+b= 2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a=1, b=0, ∴f(x)=x+ 1 x . 经验证,函数f(x)的定义域为{x|x≠ 0},f(-x)= -x+ - 1 x = -f(x) 成立,满足要求, ∴a=1,b=0. (2)由(1)知,f(x)=x+ 1 x . 方程f(x)=m 在(0,+∞)上有两个 不同的根, 即x2-mx+1=0在(0,+∞)上有 两个不相等的实数根, 需满足 Δ =m2-4>0, m >0, 解得m >2. (3)由 题 意 知 h(x)= x2 + 1 x2 - 2t x+ 1x , 令z=x+ 1 x ,y =z2-2tz-2, ∵ 函数z=x+ 1 x 在 1 2 ,1 上单调 递减,在[1,2]上单调递增, ∴z∈ 2, 5 2 , ∵ 函数y=z2-2tz-2的对称轴为 z=t<0, ∴ 函数y=z2-2tz-2在 2, 5 2 上 单调递增. 当z=2时,ymin = -4t+2;当z= 5 2 时,ymax = -5t+ 17 4. 即h(x)min = -4t+2,h(x)max = -5t+ 17 4. 又 ∵ 对 ∀x1,x2 ∈ 1 2 ,2 都 有 |h(x1)-h(x2)|≤ 15 4 恒成立, ∴h(x)max-h(x)min ≤ 15 4 , 即-5t+ 17 4 - (-4t+2)≤ 15 4 , 解得t≥- 3 2 ,又 ∵t<0, ∴t的取值范围是 - 3 2 ,0 . 课时作业11 指数与指数函数 1.B a 2 a 3 a2 = a2 a 1 2·a 2 3 =a 2-12- 2 3 = a 5 6.故选B. 2.A 因为f(x)= x -12 -1,x≥0, 2x,x<0, 所 以f(4)=4 -12 -1= 1 2-1= - 1 2 , 所以f(f(4))=f - 1 2 =2- 1 2 = 2 2. 故选A. 3.C 由指数函数y=0.6x 在(0,+∞) 上单调递减,可知0<0.61.5 <0.60.6 < 1,又1.50.6 >1,所以b<a<c. 4.C f(x)的定义域是R,由题意f(0)= 1+a=0,a= -1,f(x)=2x -2-x, 则f(-x)=2-x -2x = -f(x),是奇 函数.故选C. 5.A 当x =1时,y=a0+4=5,所以 P(1,5).故选A. 6.A 因为f(-x)= (-x)2 4x -4-x =-f(x), 又函 数 的 定 义 域 为 {x|x ≠0},故 f(x)为奇函数,排除C,D;根据指数函 数的性质,y =4x 在R上单调递增,当 x >0时,x >-x,故4-x <4x,则 f(x)<0,排除B.故选A. 7.AD 由指数幂的运算公式可得am · an =am+n,(an)m =amn,( na)n =a, 所以A,D正确,B错误;当n为奇数时, n an =a,当n为偶数时, n an =|a|, 所以C错误.故选AD. 8.BD 根 据 指 数 函 数 的 性 质 可 知, g(t)= 1 2 t 在(-∞,+∞)上单调 递减,而t(x)=x2+1在(-∞,0)上 单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故 f(x)= 1 2 x2+1 的单调递增区间为 (-∞,0).t(x)=x2 +1的 值 域 为[1, +∞),而g(t)= 1 2 t 在(-∞,+∞) 上单调递减,故f(x)= 1 2 x2+1 的 值域为 0,12 .故选BD. 9.AC 当x∈[-2,2]时,ax <2(a> 0,且a≠1),若a>1,y=ax 是增函 数,则有a2<2,可得a< 2,故有1< a< 2;若0<a<1,y=ax 是减函 数,则有a-2 <2,可得a > 2 2 ,故有 2 2 <a<1 ,综上所述,实数a 的取值 范围是(1,2)∪ 2 2 ,1 .故选AC. 10.102 解析:(32× 3)6-4× 16 49 -12 + (-2 024)0 = (2 1 3)6× (3 1 2)6-4× 4 7 2 -12 +1=22×33-4× 7 4+ 1=102. 11.32 或1 2 解析:当a>1时,函数f(x)在区间 [1,2]上 单 调 递 增,由 题 意 可 得, f(2)-f(1)=a2-a= a 2 ,解得a= 3 2 或a=0(舍去);当0<a<1时, 函数f(x)在区间[1,2]上单调递减, 由题意可得,f(1)-f(2)=a-a2= a 2 ,解得a= 1 2 或a=0(舍去).综上 所述,a= 3 2 或a= 1 2. 12.22 解析:∵x>0,y>0,且x+4y=1, ∴2x +16y =2x +24y ≥2 2x·24y = 2 2x+4y =22,当且仅当2x =24y, 即x = 1 2 ,y = 1 8 时,等号成立, 即2x +16y 的最小值是22. 13.解:(1)(-2x 1 4y -13)(3x -12y 2 3)· (-4x 1 4y 2 3)= (-2)×3×(-4)· x 1 4- 1 2+ 1 4y -13+ 2 3+ 2 3 =24y. (2)278 -23 - 49 9 0.5 +0.008 -23 × 2 25= 3 2 3 -23 - 49 9 + 1 5 3 -23 × 2 25= 4 9- 7 3+2= 1 9. 14.解:(1)f(x)= 1 4x - λ 2x-1 +4 = 1 2 2x -2λ· 1 2 x +4(-1≤x≤ 2).设t= 1 2 x ,得g(t)=t2 - 2λt+4 1 4 ≤t≤2 . 当λ = 3 2 时,g(t)=t2-3t+4= t- 3 2 2 + 7 4 1 4 ≤t≤2 .所以 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -575- hhh g(t)max = g 1 4 = 5316,g(t)min = g 3 2 = 74.所 以 f(x)max = 5316, f(x)min = 7 4. 故函数f(x)的值域为 7 4 ,53 16 . (2)方程f(x)=0可转化为λ=2· 2x + 1 2 ·1 2x (-1≤x ≤2). 设φ(x)=2·2x+ 1 2·2x 12 ≤2x ≤ 4 ,当 2x = 12,即 x = -1 时, φ(x)min =2;当2x =4,即x =2时, φ(x)max = 65 8. 所以函数φ(x)的值域为 2, 65 8 . 故实数λ 的取值范围是 2,658 . 课时作业12 对数与对数函数 1.A log25·log522=log252·log52 3 2 = 2× 3 2 ×log25×log52=3. 故选A. 2.B 因为函数y = ln x +log0.1 7-x x , 所以 ln x ≥0, 7-x x >0 , 即 x ≥1,0<x <7, 解得 1≤x <7.故选B. 3.D 因为f(x)= log2x,x ≥1, -log2x,0<x <1, 所 以 函 数 的 定 义域为(0,+∞),即函数图象只出现 在y 轴右侧.值域为[0,+∞),即函数 图象不能出现在x 轴下方.其图象为 在区间(0,1)上是下降的曲线,在区间 (1,+∞)上是上升的曲线,由增长趋 势知C不 正 确,只 有 D满 足 要 求.故 选D. 4.A 因 为f(x)=lg 5·lg(10x)+ (lg x)2,所以f(2)=lg 5×lg 20+ (lg 2)2 =lg 5×(lg 5+lg 4)+(lg 2)2= (lg 5)2+2×(lg 5×lg 2)+(lg 2)2= (lg 5+lg 2)2= (lg 10)2=1.故选A. 5.A 首先0<a<1,0<b<1,因为 a= lg 3 lg 4 ,b= lg 3 lg 5 ,所以a-b= lg 3 lg 4- lg 3 lg 5= lg 3×(lg 5-lg 4) lg 4×lg 5 >0 ,所以 0<b<a<1,因为c=log45>1,所 以b<a<c.故选A. 6.A 令t=log1 2 x,因为x∈ 1 4 ,1 , 所以t∈ (0,2],则问题可转化为对任 意的t∈(0,2],t2+at+4≤6恒成立, 即a≤ 2-t2 t = 2 t -t 对任意的t∈ (0,2]恒成立.因为y = 2 t -t 在t∈ (0,2]上 单 调 递 减,所 以ymin =1- 2= -1,所以a≤-1,即实数a的最大 值为 -1.故选A. 7.CD 解不等式log5(3-2x)<1得 0<3-2x <5,解得-1<x < 3 2 , 即原不等式的解集为 -1, 3 2 ,(-1, 0)⫋ -1, 3 2 ,(-1,1)⫋ -1,32 , 因 此 A,B 都 不 是;而 -1, 3 2 ⫋ (-1,2),-1, 3 2 ⫋(-1,+∞),因 此C,D都是.故选CD. 8.ABD 对于A,注意到y= -logax = log1 a x,则其与函数y= 1 a x 互为反 函数,故 A 正 确;对 于 B,函 数y = log1 a x 定义域为(0,+∞),值域为 R. 函数y = 1 a x 定义域为 R,值域为 (0,+∞),故B正确;对于C,当a>1 时,两函数均在定义域内单调递减.当 0<a<1时,两函数均在定义域内单 调递增,故C错误;对于D,两函数互为 反函数,则函数图象关于直线y=x对 称,故D正确.故选ABD. 9.ACD 令u =x2 +x +1= x + 1 2 2 + 3 4 ≥ 3 4 ,所以log1 2 (x2+x+ 1)≤log1 2 3 4 =2-log23 ,故f(x)有 最大值2-log23.又f(x)=log1 2 (x2+ x+1)是 由 函 数y =log1 2 u 与u = x2+x+1复合而成,且u=x2+x+ 1 在 -∞,- 1 2 上 为 减 函 数,在 -12,+∞ 上为增函数,y=log12u 在(0,+∞)上为减函数,所以由复合 函 数 的 单 调 性 可 知 函 数 f(x)在 -∞,- 12 上为增函数,在 - 12, +∞ 上为减函数.故选ACD. 10.(1,3) 解析:要使函数有意义,则3+2x - x2 >0,解得 -1<x <3,即函数的 定义 域 为 (-1,3),设 g(x)=3+ 2x-x2,x ∈ (-1,3),则函数g(x) 开口向下,对称轴方程为x =1,所以 函数g(x)在(-1,1)上单调递增,在 (1,3)上单调递减,又y =ln x 在定 义域上单调递增,根据复合函数的单 调性可知,函数f(x)=ln(3+2x- x2)的单调递减区间为(1,3). 11.1,97 解 析:设 函 数 f(x)的 解 析 式 为 f(x)=logax(a>0,且a≠1),由函 数的 图 象 过 点(4,-2)可 得 -2= loga4,即a-2 =4,则a= 1 2. 由f(x- 1)-f(x+1)>3,可得f(x-1)>3+ f(x+1),即log1 2 (x-1)>log1 2 1 8+ log1 2 (x+1)=log1 2 18(x+1) ,所 以原不等式等价于 x-1>0, x-1< 1 8 (x+1), x+1>0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得1<x< 9 7. 12.[-1,0]∪ [1,+∞) 解析:当x>0时,f(x)=lg x≥0, 解得x≥1,当x=0时,f(0)=0,当 x < 0 时,f(x)= -f(-x)= -lg(-x)≥0,得0<-x ≤ 1, -1≤x <0,故x 取值范围是[-1, 0]∪ [1,+∞). 13.解:(1)因为f(x)的定义域为 R,所 以x2-2ax+3>0恒成立, 所以Δ =4a2-4×3<0, 解得- 3<a< 3, 即a的取值范围为(- 3,3). (2)因为f(-1)=log1 2 (1+2a+ 3)= -3,即1+2a+3= 1 2 -3 ,解 得a=2, 所以f(x)=log1 2 (x2-4x+3), 令x2-4x+3>0,即(x-3)(x- 1)>0,解得x >3或x <1, 所以 函 数 的 定 义 域 为(- ∞,1)∪ (3,+∞), 令y=x2-4x+3,x∈(-∞,1)∪ (3,+∞),函数在(3,+∞)上单调递 增,在(-∞,1)上单调递减, 又y =log1 2 x 在定义域上单调递减, 所以f(x)=log1 2 (x2-4x+3)的单 调递增区间为(-∞,1),单调递减区 间为(3,+∞). 14.解:(1)F(x)= f(x)+g(x)= log3(x+1)+log3(1-x), 定义域满足 x+1>0 , 1-x >0, 解得 -1< x <1, 故函数F(x)的定义域为{x|-1< x <1}. (2)F(x)是偶函数,证明如下: 由(1)得F(x)的定义域关于原点对 称,F(x)=log3(x+1)+log3(1-x), 又 F(-x)=log3(-x +1)+ log3(1+x)=F(x), 所以F(x)是偶函数. (3)由F(x)<0,得log3(x+1)+ log3(1-x)<0, 即log3(x +1)<-log3(1-x)= log3 1 1-x , 可得 x+1< 1 1-x , -1<x <1, 解 得 -1< x <1且x ≠0, 故使F(x)<0成立的x 的集合为 {x|-1<x <1且x ≠0}. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -576-