章末过关检测卷(六) 幂函数、指数函数和对数函数-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（苏教版）

章末过关检测卷(六) 幂函数、指数函数和对数函数 （用时：120分钟，满分：150分） 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知函数f(x)＝(a2－a－1)x为幂函数，则实数a的值为(　　) A．－1或2 B．－2或1 C．－1 D．1 解析：选C.因为f(x)＝(a2－a－1)x为幂函数，所以a2－a－1＝1，即a＝2或－1.又a－2≠0，所以a＝－1. 2．若a>1，－1<b<0，则函数y＝ax＋b的图象一定在(　　) A．第一、二、三象限 B．第一、三、四象限 C．第二、三、四象限 D．第一、二、四象限 解析：选A.y＝ax图象在第一、二象限．∵－1<b<0，∴y＝ax＋b的图象是由y＝ax的图象向下平移|b|个单位长度，可知y＝ax＋b的图象过第一、二、三象限． 3．已知a，b均为不等于1的正数，且满足lg a＋lg b＝0，则函数f(x)＝ax与函数g(x)＝－logbx的图象可能是(　　) 解析：选B.法一　∵lg a＋lg b＝0，∴ab＝1.∵g(x)＝－logbx的定义域是(0，＋∞)，∴排除A.若a>1，则0<b<1，此时f(x)＝ax是增函数，g(x)＝－logbx是增函数；若0<a<1，则b>1，此时f(x)＝ax是减函数，g(x)＝－logbx是减函数．结合图象知选B. 法二　∵lg a＋lg b＝0，∴ab＝1，即b＝，∴g(x)＝－logx＝logax，∴f(x)与g(x)互为反函数，图象关于y＝x对称，故选B. 4．若loga(a2＋1)<loga2a<0，则a的取值范围是(　　) A．(0，1) B． C． D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：选C.由题意得a>0，且a≠1，故必有a2＋1>2a. 又loga(a2＋1)<loga2a<0，所以0<a<1， 同时2a>1，∴a>，综上a∈. 5．函数y＝f(x)的图象与g(x)＝log2x(x>0)的图象关于直线y＝x对称，则f(－2)＝(　　) A．－1 B．1 C．－ D． 解析：选D.由y＝f(x)的图象与g(x)＝log2x的图象关于直线y＝x对称，可知f(x)与g(x)互为反函数．令log2x＝－2，得x＝，即f(－2)＝. 6．已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．b<c<a 解析：选B.∵a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)， ∴a<c<b.故选B. 7．函数f(x)＝a|x＋1|(a>0，且a≠1)的值域为[1，＋∞)，则f(－4)与f(1)的关系是(　　) A．f(－4)＝f(1) B．f(－4)>f(1) C．f(－4)<f(1) D．不能确定 解析：选B.因为函数f(x)＝a|x＋1|(a>0，且a≠1)的值域为[1，＋∞)，所以a>1，又函数f(x)＝a|x＋1|(a>0，且a≠1)的图象关于x＝－1对称，所以f(－4)>f(1). 8．若函数f(x)＝log[(2a－1)|x|＋3]的定义域为R，则下列叙述正确的是(　　) A．f(x)在R上是增函数 B．f(x)在R上是减函数 C．f(x)在上单调递减 D．f(x)在[0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0]上单调递增 解析：选D.由于底数∈(0，1)，所以函数f(x)的单调性与y＝(2a－1)|x|＋3的单调性相反．因为f(x)的定义域为R，所以(2a－1)|x|＋3>0对于任意的实数x恒成立，所以2a－1>0，即a>.又当a>时，y＝(2a－1)|x|＋3在[0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0]上单调递增，故选D. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．(多选)(2025·宿迁高一期末)若a>b>0，则下列结论中正确的是(　　 ) A．ac2>bc2 B．< C．a>b D．2a－b>1 解析：选BD.若a>b>0，c＝0，则ac2＝bc2，A错误； 因为a>b>0，>0，所以>，B正确； 因为对数函数y＝x为减函数，a>b>0，所以a<b，C错误； 因为a>b>0，所以a－b>0，所以2a－b>1，D正确． 10．设函数f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)，则f(x)是(　　) A．奇函数 B．偶函数 C．在(0，1)上是增函数 D．在(0，1)上是减函数 解析：选AC.由已知可得，f(x)的定义域为(－1，1)，f(x)＝ln ＝ln ，又y＝－1在(0，1)上为增函数，∴f(x)在(0，1)上是增函数，又f(－x)＝ln (1－x)－ln (1＋x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．故选AC. 11．设函数f(x)的定义域为D，若对于任意x∈D，存在y∈D使＝C(C为常数)成立，则称函数f(x)在D上的“半差值”为C.下列四个函数中，满足所在定义域上“半差值”为1的函数是(　　) A.y＝x3＋1(x∈R) B．y＝2x(x∈R) C．y＝ln x(x>0) D．y＝x2 解析：选AC.即对任意定义域中的x，存在y，使得f(y)＝f(x)－2；由于AC值域为R，故满足； 对于B，当x＝0时，函数值为1，此时不存在自变量y，使得函数值为－1，故B不满足； 对于D，当x＝0时，不存在自变量y，使得函数值为－1，所以D不满足．故选AC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．若f(x)＝为R上的奇函数，则实数a的值为________． 解析：因为f(x)＝为R上的奇函数，所以f(0)＝0，即＝0，所以a＝. 答案： 13．已知a>0，若函数f(x)＝log3(ax2－x)在[3，4]上是增函数，则a的取值范围是________． 解析：要使f(x)＝log3(ax2－x)在[3，4]上单调递增，则y＝ax2－x在[3，4]上单调递增，且y＝ax2－x>0恒成立，即解得a>. 答案： 14．某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染指数量P mg/L与时间t h间的关系为P＝P0e－kt.如果在前5个小时消除了10%的污染物，则10小时后还剩________的污染物． 解析：由题意知，前5个小时消除了10%，即(1－10%)P0＝P0·e－5k.解得k＝－ln 0.9.则10小时后还剩P＝P0·e－10k＝P0·e2ln 0.9＝P0·eln 0.81＝0.81 P0＝81%P0. 答案：81% 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知指数函数f(x)＝ax(a>0.且a≠1)过点(－2，9). (1)求函数f(x)的解析式； (2)若f(2m－1)－f(m＋3)<0，求实数m的取值范围． 解：(1)将点(－2，9)代入f(x)＝ax(a>0，a≠1)得a－2＝9，解得a＝，∴f(x)＝. (2)∵f(2m－1)－f(m＋3)<0， ∴f(2m－1)<f(m＋3). ∵f(x)＝为减函数， ∴2m－1>m＋3，解得m>4， ∴实数m的取值范围为(4，＋∞). 16．(15分)设函数y＝f(x)且lg (lg y)＝lg (3x)＋lg (3－x). (1)求f(x)的解析式及定义域； (2)求f(x)的值域． 解：(1)∵lg (lg y)＝lg (3x)＋lg (3－x)， ∴lg (lg y)＝lg [3x(3－x)]， ∴lg y＝3x(3－x)， ∴y＝103x(3－x)， 即f(x)＝103x(3－x). ∵ ∴0<x<3，即函数的定义域为(0，3). (2)令t＝3x(3－x)＝－3＋，则f(x)＝10t. ∵x∈(0，3)， ∴t∈， ∴10t∈(1，10)， ∴函数的值域为(1，10). 17．(15分)牛奶保鲜时间因储藏时温度的不同而不同，假定保鲜时间y与储藏温度x之间的函数关系是y＝t·ax(a>0且a≠1)，若牛奶放在0℃的冰箱里，保鲜时间是200 h，而在1 ℃的温度下则是160 h. (1)写出保鲜时间y关于储藏温度x的函数解析式； (2)利用(1)的结论，指出温度在2 ℃和3 ℃的保鲜时间． 解：(1)由于保鲜时间与储藏温度之间的当函数关系是y＝t·ax(a>0且a≠1)，由题意可得：解得 故函数解析式为y＝200×. (2)当x＝2 ℃时，y＝200×＝128(h). 当x＝3 ℃时，y＝200×＝102.4(h). 故温度在2 ℃和3 ℃的保鲜时间分别为128 h和102.4 h. 18．(17分)已知函数f(x)＝log2(1＋a·2x＋4x). (1)当f(2)＝f(－1)＋4时，求实数a的值； (2)当x∈[1，＋∞)时，关于x的不等式f(x)≥x－1恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)∵f(x)＝log2(1＋a·2x＋4x)， ∴f(－1)＝log2，f(2)＝log2(1＋4a＋16). 由f(2)＝f(－1)＋4， 即log2(4a＋17)＝log2＋4，得a＝－. (2)f(x)≥x－1，即log2(1＋a·2x＋4x)≥x－1， 即1＋a·2x＋4x≥2x－1，∴a≥－(2x＋2－x). ∵x≥1，∴(2x＋2－x)min＝，此时x＝1，∴a≥－＝－2，故实数a的取值范围为[－2，＋∞). 19．(2025·苏州高一上期末)已知函数f(x)＝4x＋a|2x－1|(a∈R). (1)当a＝2时，求方程f(x)＝6的解； (2)若存在x0∈[1，2]，使得f(x0)≥1，求a的取值范围； (3)若函数g(x)＝f(x)＋f(－x)在R上的最小值为－2，求a的值． 解：(1)当a＝2时，函数f(x)＝(2x)2＋2|2x－1|. 令2x＝t，当x≥0时，t≥1，方程f(x)＝6可化为t2＋2t－8＝0， 解得t＝2，所以x＝1； 当x<0时，0<t<1，方程f(x)＝6可化为t2－2t－4＝0， 解得t＝1±∉(0，1)，舍去． 综上所述，方程f(x)＝6的解为x＝1. (2)当x∈[1，2]时，2≤2x≤4，所以f(x)＝4x＋a(2x－1)， 由题意得f(x)＝4x＋a(2x－1)≥1在x∈[1，2]上有解， 即a(2x－1)≥1－4x＝(1＋2x)(1－2x)在x∈[1，2]上有解， 所以a≥－(1＋2x)在x∈[1，2]上有解， 因为y＝－(1＋2x)在x∈[1，2]上的最小值为－5，所以a≥－5. (3)因为g(x)的定义域为R，g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)， 所以g(x)为偶函数． 由题意知，只需考虑函数y＝g(x)在[0，＋∞)上的最小值． 当x≥0时，2x≥1，0<2－x≤1. 因为g(x)＝f(x)＋f(－x)＝4x＋a|2x－1|＋4－x＋a|2－x－1|， 所以g(x)＝(4x＋4－x)＋a(2x－2－x). 令u(x)＝2x－2－x，则u(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以u(x)≥u(0)＝0， g(x)＝h(u)＝u2＋au＋2＝(u＋)2－＋2. 当－≤0，即a≥0时，h(u)在[0，＋∞)上单调递増， 所以g(x)min＝h(0)＝2>－2，舍去； 当－>0，即a<0时，g(x)min＝h(－)＝－＋2＝－2，解得a＝±4(正值舍去). 综上所述，a的值是－4. 学科网（北京）股份有限公司 $