分级练(13)　指数函数（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

分级练(13)　指数函数 分级一　提能强化 1．函数y＝ln (2x－1)的定义域是(　　) A．[0，＋∞) B．[1，＋∞) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) C　解析：由2x－1>0，得x>0，所以函数y的定义域为(0，＋∞). 2．函数y＝ax－1＋4(a>0，且a≠1)的图象过定点P，则点P的坐标是(　　) A．(1，5) B．(1，4) C．(0，4) D．(4，0) A　解析：当x＝1时，y＝a0＋4＝5，所以点P的坐标是(1，5). 3．函数y＝的图象大致为(　　) C　解析：∵y＝＝∴根据指数函数图象即可判断选项C符合． 4．函数y＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象如图所示，其中a，b为常数．下列结论正确的是(　　) A．a>1，－1<b<0 B．a>1，0<b<1 C．0<a<1，－1<b<0 D．0<a<1，0<b<1 A　解析：∵函数在定义域上单调递增，∴a>1.∵函数在y轴的截距在(0，1)间，∴0<a0＋b<1，∴－1<b<0. 5．已知f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2，1)，则f(x)的值域为(　　) A．[9，81] B．[3，9] C．[1，9] D．[1，＋∞) C　解析：由f(x)过点(2，1)可知b＝2.因为f(x)＝3x－2在[2，4]上是增函数，所以f(x)min＝f(2)＝32－2＝1，f(x)max＝f(4)＝34－2＝9. 6．(多选)对函数f(x)＝()x2＋1判断正确的是(　　) A．单调递增区间为(0，＋∞) B．单调递增区间为(－∞，0) C．值域为[，＋∞) D．值域为(0，] BD　解析：根据指数函数性质，y＝()x在(－∞，＋∞)上单调递减，而y＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)＝()x2＋1的单调递增区间为(－∞，0)；y＝x2＋1的值域为[1，＋∞)，而y＝()x在[1，＋∞)上单调递减，故f(x)＝()x2＋1的值域为(0，]. 7．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a＋b＝________. 答案：－　解析：当a>1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1，0]上为增函数，由题意得无解，应舍去．当0<a<1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1，0]上为减函数，由题意得解得满足题意，所以a＋b＝－. 8．函数y＝(x∈R)的值域为________． 答案：(0，1)　解析：y＝＝＝1－. 因为2x>0，所以2x＋1>1， 所以0<<1，－1<－<0， 0<1－<1，即0<y<1， 所以函数y的值域为(0，1). 9．已知函数f(x)＝为奇函数． (1)求a的值； (2)判断函数f(x)的单调性，并加以证明． (1)解：因为函数f(x)是奇函数，且f(x)的定义域为R， 所以f(0)＝＝0， 所以a＝－1(经检验，a＝－1时f(x)为奇函数，满足题意). (2)证明：由(1)知f(x)＝＝1－，函数f(x)在定义域R上单调递增． 证明如下： 设x1，x2∈R，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝. 因为x1<x2，所以3x1<3x2，所以3x1－3x2<0，所以f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)在定义域R上单调递增． 分级二　知能探究 10．若a＝20.4，b＝30.3，c＝40.2，则(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．c＝a>b D．b>a＝c D　解析：a＝20.4＝2，b＝30.3＝3，c＝40.2＝4. 又(2)10＝24<33＝(3)10，所以a<b，且(4)10＝42＝24＝(2)10，则a＝c，所以c＝a<b. 11．若ea＋πb≥e－b＋π－a，则有(　　) A．a＋b≤0 B．a－b≥0 C．a－b≤0 D．a＋b≥0 D　解析：令f(x)＝ex－π－x，则f(x)在R上单调递增．因为ea＋πb≥e－b＋π－a，所以ea－π－a≥e－b－πb，则f(a)≥f(－b)，所以a≥－b，即a＋b≥0. 12．已知函数f(x)在R上是单调函数，且满足对任意x∈R，都有f(f(x)－2x)＝3，则f(3)的值是(　　) A．3 B．7 C．9 D．12 C　解析：因为函数f(x)在R上是单调函数，则存在唯一的t∈R，使得f(t)＝3，对于方程f(f(x)－2x)＝3，则t＝f(x)－2x，可得f(x)＝2x＋t，所以函数f(x)在R上是增函数，由f(t)＝2t＋t＝3，可得t＝1，所以f(x)＝2x＋1，因此，f(3)＝23＋1＝9. 13．对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0，满足f(－x0)＝－f(x0)，则称f(x)为“局部奇函数”．已知f(x)＝－aex－1在R上为“局部奇函数”，则a的取值范围是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1] C．[－1，0) D．(－∞，1] C　解析：因为f(x)＝－aex－1在R上为“局部奇函数”，所以存在实数x0，使得－ae－x0－1＝aex0＋1，所以方程－ae－x－1＝aex＋1在R上有解，所以方程＝a在R上有解．又ex＋e－x＝ex＋≥2，当且仅当x＝0时等号成立，所以－1≤a<0，所以a的取值范围是[－1，0). 14．已知函数f(x)＝2x＋a·2－x的图象关于原点对称，若f(2x－1)>，则x的取值范围为________． 答案：(1，＋∞)　解析：定义在R上函数f(x)＝2x＋a·2－x的图象关于原点对称，则f(0)＝20＋a·20＝0，解得a＝－1，经检验符合题意，y＝2x，y＝－2－x均为R上增函数，则f(x)＝2x－2－x为R上增函数．又f(1)＝21－2－1＝，则不等式f(2x－1)>等价于2x－1>1，解得x>1. 15．已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a>0，b∈R)在区间[2，4]上有最小值1和最大值9，设f(x)＝. (1)求a，b的值； (2)若不等式f(3x)－k·3x≥0在x∈[－1，1]上有解，求实数k的取值范围． 解：(1)函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0，b∈R)， 其图象对称轴为x＝1，故函数g(x)在[2，4]上单调递增，所以当x＝2时，g(x)min＝1，当x＝4时，g(x)max＝9， 所以解得 故a的值为1，b的值为0. (2)由(1)得g(x)＝x2－2x＋1，f(x)＝＝x＋－2. 因为不等式f(3x)－k·3x≥0在x∈[－1，1]上有解，所以3x＋－2－k·3x≥0在x∈[－1，1]上有解． 设t＝，t∈[，3]，则t2－2t＋1≥k在t∈[，3]上有解，即(t2－2t＋1)max≥k. 设h(t)＝t2－2t＋1，t∈[，3]， 对称轴t＝1，则当t＝3时，h(t)max＝h(3)＝9－6＋1＝4， 所以实数k的取值范围是(－∞，4]. 分级三　素能创新 16．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) 答案：x－(答案不唯一)　解析：易知函数f(x)＝2|x－1|在x∈[0，2]上的最小值是1，取g(x)＝x－，作出f(x)，g(x)在[0，2]上的图象如图所示，满足f(x)≥g(x)对任意的x∈[0，2]恒成立，但g(x)＝x－在[0，2]上的最大值是，不满足f(x)min≥g(x)max，所以g(x)＝x－能说明题中命题是假命题． 17．已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1). (1)若f(x)的图象过点(0，2)，求b的值； (2)若函数f(x)在区间[2，3]上的最大值比最小值大，求a的值． 解：(1)函数f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)，f(x)的图象过点(0，2)， ∴f(0)＝a0＋b＝1＋b＝2， 解得b＝1. (2)当0＜a＜1时，f(x)在区间[2，3]上单调递减， 此时f(x)max＝f(2)＝a2＋1， f(x)min＝f(3)＝a3＋1， ∴a2＋1－(a3＋1)＝，解得a＝或a＝0(舍去)； 当a＞1时，f(x)在区间[2，3]上单调递增， 此时f(x)min＝f(2)＝a2＋1， f(x)max＝f(3)＝a3＋1， ∴a3＋1－(a2＋1)＝，解得a＝或a＝0(舍去). 综上，a的值为或. 学科网（北京）股份有限公司 $$