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B版）

**基本信息** 聚焦指数与指数函数核心考点，以题构建“概念-性质-应用”逻辑链，覆盖运算、图像、单调性等高频考法，渗透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| |----|-----------|----------|----------| |指数运算与定义|题1-2|基础选择，考查根式与指数函数定义|从指数运算（概念生成）到函数定义（属性抽象）| |图像与性质|题3-7|图像识别、比较大小、单调性应用|结合图像直观（几何直观）推导单调性（逻辑推理）| |综合应用|题8-17|含参数问题、实际模型、不等式综合|从函数性质（原理推导）到跨知识综合（应用拓展）|

第11讲　指数与指数函数 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.[2026·广东广州二中期中] 当a≠0时,函数y=ax+b和y=bax的图象可能是 (　 ) 　　　 A B 　　　 C D 4.已知a=0.60.7,b=0.70.6,c=0.70.7,则 (　 ) A.c<b<a B.c<a<b C.a<b<c D.a<c<b 5.[2026·广东广州模拟] 若函数f(x)=在区间(0,2)上单调递增,则a的取值范围是 (　 ) A.(-∞,4] B.[4,+∞) C.[-4,+∞) D.(-∞,-4] 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.已知函数f(x)=2a·4x+2x-1. (1)当a=-1时,求f(x)在[-3,0]上的取值范围; (2)若f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围. 10.[2025·辽宁鞍山一中月考] 已知函数f(x)=则不等式f(2-x)>f(x)的解集为 (　 ) A.(-∞,-1) B.(-∞,1) C.(-1,+∞) D.(1,+∞) 11.[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 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.A　[解析] 对于A,由一次函数的图象知,a>0,0<b<1,此时函数y=bax为减函数,A正确;对于B,由一次函数的图象知,a>0,b>1,此时函数y=bax为增函数,B错误;对于C,由一次函数的图象知,a<0,b>1,此时函数y=bax为减函数,C错误;对于D,由一次函数的图象知,a<0,0<b<1,此时函数y=bax为增函数,D错误.故选A. 4.D　[解析] y=0.7x在R上单调递减,则0.70.7<0.70.6,即c<b;y=x0.7在(0,+∞)上单调递增,则0.70.7>0.60.7,即a<c.故a<c<b.故选D. 5.D　[解析] 令t=x(x+a),则y=在R上单调递减,因为f(x)=在区间(0,2)上单调递增,所以t=x(x+a)在区间(0,2)上单调递减,由t=x(x+a)=-的图象开口向上且对称轴为直线x=-,得-≥2,解得a≤-4.故选D. 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.解:(1)当a=-1时, f(x)=-2·4x+2x-1=-2+2x-1. 令t=2x,x∈[-3,0], 则y=-2t2+t-1=-2-,t∈. 因为函数y=-2-在区间上单调递增,在区间上单调递减, 所以当t=时,y取得最大值-,当t=1时,y取得最小值-2, 故函数y=-2-,t∈的值域为. 所以当a=-1时, f(x)在[-3,0]上的取值范围为. (2)当a=0时, f(x)=2x-1,此时f(x)在[1,+∞)上单调递增,满足题意; 当a≠0时,设m=2x,则y=2am2+m-1,当x≥1时,m≥2, 因为m=2x在R上单调递增,f(x)在[1,+∞)上单调递增, 所以y=2am2+m-1在[2,+∞)上单调递增,所以解得a>0. 综上,a≥0,即a的取值范围为[0,+∞). 10.B　[解析] 函数f(x)=当x≥0时,f(x)=21+x单调递增,当x<0时,f(x)=-21-x单调递增,且-21-0<21+0,所以函数f(x)在定义域R上单调递增,所以f(2-x)>f(x)⇔2-x>x,解得x<1,所以不等式的解集为(-∞,1).故选B. 11.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. 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 $