第2单元 08 第11讲 指数与指数函数（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

**基本信息** 聚焦指数运算与指数函数，以题构建“概念-性质-应用”逻辑链，覆盖基础运算、图像分析及综合应用，培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算与定义|题1,2,7,8|指数幂运算、函数定义辨析|从指数运算规则到指数函数概念生成| |性质应用|题3,4,6,10|比较大小、单调性与最值|结合单调性、复合函数性质深化应用| |图像分析|题5,12|图像识别与特征判断|通过图像直观理解函数性质| |综合与创新|题9,13,15|新定义、实际应用、解答题|融合模型意识，提升问题解决能力|

第11讲　指数运算与指数函数 (时间:45分钟) 1.= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.9 B. C.3 D. 2.若函数f(x)=·ax是指数函数,则f的值为 (　 ) A.2 B.3 C. D.4 3.[2025·河北石家庄二模] 已知a=20.6,b=0.50.8,c=log20.9,则a,b,c的大小关系为 (　 ) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a 4.[2025·河北保定二模] 若函数f(x)=|2x-m|在[1,2]上单调,则m的取值范围是 (　 ) A.(0,2] B.[4,+∞) C.(-∞,2]∪[4,+∞) D.(0,2]∪[4,+∞) 5.[2025·重庆南开中学模拟] 已知a>0且a≠1,b∈R,函数y=a-|x|与y=xb的图象如图所示,则 (　 ) A.0<a<1<b B.a>1且b>1 C.0<a<1且0<b<1 D.0<b<1<a 6.(多选题)已知定义在[-1,1]上的函数f(x)=-2×9x+4×3x,则下列结论中正确的是 (　 ) A.f(x)的单调递减区间是[0,1] B.f(x)的单调递增区间是[-1,1] C.f(x)的最大值是f(0)=2 D.f(x)的最小值是f(1)=-6 7.若函数y=ax(a>1)在区间[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则a=　　　　.  8.[2025·八省联考] 已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1),若f(ln 2)f(ln 4)=8,则a=　　　　.  9.[2025·杭州二模] 定义“真指数”=(e为自然对数的底数),则 (　 ) A.=· B.= C.+≥2 D.≤( 10.[2025·福建龙岩5月质检] 已知f(x)=|2x-1|,若当a<b<c时,有f(a)>f(c)>f(b),则必有 (　 ) A.a<0,b<0,c<0 B.a<0,b>0,c>0 C.2-a<2c D.1<2a+2c<2 11.已知正数a,b,c满足2a+=4,3b+=6,4c+=8,则下列结论正确的是 (　 ) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b 12.[2025·安徽安庆二模] 函数f(x)=a·2-|x|+b的图象经过原点,且无限接近直线y=2但又不与该直线相交,则 (　 ) A.函数f(x)不具有奇偶性 B.a=2 C.函数f(x)的值域为(-∞,2) D.函数f(x)的单调递增区间为[0,+∞) 13.[2025·湖北武汉四月调研] 为了响应节能减排号召,某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板,该地区未来第x年年底光伏太阳能板的保有量y(单位:万块)满足模型y=,其中N为饱和度,y0为初始值,p为年增长率.若该地区2024年年底的光伏太阳能板保有量约为20万块,以此为初始值,以后每年的增长率均为10%,饱和度为1020万块,那么2030年年底该地区光伏太阳能板的保有量约为　　　　万块.(结果四舍五入保留到整数,参考数据:e-0.5≈0.61,e-0.6≈0.55,e-0.7≈0.50)  14.若不等式≤的解集为(-∞,-5]∪[6,+∞),则实数a=　　　　.  15.已知函数f(x)=+. (1)求函数f(x)的值域; (2)若x>0时,恒有f(x)<2x-2-x+成立,求实数a的取值范围. 16.[2025·辽宁大连育明中学一模] 已知函数f(x)=+x2025,x∈R,若正实数a,b满足f(2a-1)+f(2b-1)=0,则+的最小值为 (　 ) A.2+3 B.4 C.2-3 D.+1 17.若对任意x∈[2,+∞)和任意a∈,都有2-x-2x≤am+x2-4x成立,则实数m的取值范围为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲　指数运算与指数函数 1.B　[解析] ==(==3-2=.故选B. 2.A　[解析] ∵函数f(x)=·ax是指数函数,∴a-3=1且a>0,a≠1,解得a=8,∴f(x)=8x,∴f==2.故选A. 3.D　[解析] 因为y=log2x在(0,+∞)上单调递增,所以c=log20.9<log21=0.因为y=2x在R上单调递增,所以a=20.6>20=1.因为y=0.5x在R上单调递减,所以b=0.50.8<0.50=1,又b>0,所以0<b<1,所以a>b>c.故选D. 4.C　[解析] 当x∈[1,2]时,根据指数函数y=2x在R上单调递增,可知2x∈[2,4].当m∈(-∞,2]时,2x-m≥0,所以f(x)=|2x-m|=2x-m,f(x)在[1,2]上单调递增;当m∈(2,4)时,f(x)=|2x-m|= f(x)在[1,2]上不单调;当m∈[4,+∞)时,2x-m≤0,所以f(x)=|2x-m|=m-2x,f(x)在[1,2]上单调递减.综上可得,m的取值范围为(-∞,2]∪[4,+∞).故选C. 5.B　[解析] 函数y=a-|x|=由题图知当x≥0时,y=单调递减,所以0<<1,即a>1.由题图知函数y=xb的定义域为[0,+∞),且为增函数,所以b>0.又随着x的增加,y=xb的增长速度逐渐变快,所以b>1.综上可得,a>1且b>1. 6.ACD　[解析] 设t=3x,x∈[-1,1],则t=3x是增函数,且t∈,又函数y=-2t2+4t=-2(t-1)2+2在上单调递增,在[1,3]上单调递减,因此f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,故A正确,B错误;f(x)max=f(0)=2,故C正确;因为f(-1)=,f(1)=-6,所以f(x)的最小值是f(1)=-6,故D正确.故选ACD. 7.2　[解析] 因为函数y=ax(a>1)在区间[1,2]上单调递增,所以根据题意得a2-a=2,解得a=2或a=-1(舍去). 8.e　[解析] 由f(ln 2)f(ln 4)=8,可得aln 2·aln 4=8,即aln 2+ln 4=a3ln 2=8,即(aln 2)3=23,∵a>0,且a≠1,∴aln 2=2,两边取自然对数得ln 2·ln a=ln 2,解得a=e. 9.C　[解析] 对于A,取x1=3,x2=-2,则x1+x2=1≥0,即左边=e,右边=e3·1=e3≠e,排除A.对于B,取x1=1,x2=2,则x1-x2=-1<0,即左边=1,右边==≠1,排除B.对于D,取x1=-1,x2=-1,则x1x2=1>0,即=e,(=()-1=1-1=1,排除D.故选C. 10.D　[解析] 画出f(x)=|2x-1|的图象,如图所示.对于A,当a<b<c时,若a<0,b<0,c<0,因为当x<0时,函数f(x)单调递减,所以f(a)>f(b)>f(c),与f(a)>f(c)>f(b)矛盾,故A错误;对于B,由图知当a<b<c时,若f(a)>f(c)>f(b),则b可能小于零,也可能大于零,故B错误;对于C,当a=-3,b=0.4,c=时,满足题意,但2-a>2c,故C错误;对于D,由图可知,a<0,c>0,所以0<2a<1,2c>1,又f(a)>f(c), 所以1-2a>2c-1,所以1<2a+2c<2,故D正确.故选D. 11.A　[解析] 由已知可得a+=2,b+=2,c+=2,则a,b,c可分别看作直线y=2-x和y=,y=,y=的图象的交点的横坐标.画出直线y=2-x和y=,y=,y=的大致图象,如图所示.由图可知,a<b<c.故选A. 12.D　[解析] 因为函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=f(x),所以函数f(x)为偶函数,故A错误;由函数f(x)的图象过原点,得f(0)=0,即a+b=0,所以f(x)=a(2-|x|-1),由于-1<2-|x|-1≤0,f(x)的图象无限接近直线y=2但又不与该直线相交,因此a<0,则0≤a(2-|x|-1)<-a,则a=-2,故B,C错误;由以上的分析得,函数f(x)=-2·2-|x|+2=显然f(x)的单调递增区间为[0,+∞),故D正确.故选D. 13.36　[解析] 根据题意知,y0=20,N=1020,p=10%=0.1,x=6,则2030年年底该地区光伏太阳能板的保有量y==,因为e-0.6≈0.55,所以y=≈≈36,所以2030年年底该地区光伏太阳能板的保有量约为36万块. 14.1　[解析] 原不等式可化为≤,因为y=在定义域R上为减函数,所以x2+x≥2ax+30,即x2+(1-2a)x-30≥0,又原不等式的解集为(-∞,-5]∪[6,+∞),所以关于x的方程x2+(1-2a)x-30=0的两根为-5,6,所以解得a=1. 15.解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠0}. 当x>0时,f(x)=+1,因为4x>1,所以>0,所以f(x)>1;当x<0时,f(x)=-1, 因为0<4x<1,所以<-2,所以f(x)<-3. 综上可得,函数f(x)的值域为(-∞,-3)∪(1,+∞). (2)因为x>0,所以2x-2-x>0,f(x)=+1,则f(x)<2x-2-x+即为+1<2x-2-x+,两边同时乘2x-2-x得2×2-x+2x-2-x<(2x-2-x)2+a+4, 即4x+4-x-(2x+2-x)+2+a>0, 即(2x+2-x)2-(2x+2-x)+a=-+a>0,即a>-+恒成立. 令t=2x+2-x>2,g(t)=-+,由二次函数的性质可知g(t)=-+在(2,+∞)上单调递减,所以当t>2时,g(t)<g(2)=-2, 所以a≥-2,所以实数a的取值范围是[-2,+∞). 16.A　[解析] 由函数f(x)=+x2025,x∈R,可得f(-x)=-x2025=--x2025=-f(x),所以函数f(x)为奇函数.易知f(x)为增函数,因为正实数a,b满足f(2a-1)+f(2b-1)=0,所以(2a-1)+(2b-1)=0,即a+b=1,则+=(a+b)=++3≥2+3=3+2,当且仅当=,即a=-1,b=2-时,等号成立,所以+的最小值为3+2.故选A. 17.[-2,log34]　[解析] 由2-x-2x≤am+x2-4x可得2-x-2x-x2+4x≤am.令h(x)=2-x-2x-x2+4x,x≥2,因为y=2-x-2x与y=-x2+4x均在[2,+∞)上单调递减,所以h(x)=2-x-2x-x2+4x在[2,+∞)上单调递减,所以am≥h(x)max=h(2)=.由题知,对任意a∈都有am≥.当m=0时,a0=1≥恒成立,满足题意;当m>0时,幂函数g(a)=am在上单调递增,所以g(a)min=≥,解得m≤lo=log34,即0<m≤log34;当m<0时,幂函数g(a)=am在上单调递减,所以g(a)min=2m≥,则m≥log2=-2,即-2≤m<0.综上可得,实数m的取值范围为[-2,log34]. 学科网（北京）股份有限公司 $