第2章 第7讲 指数与指数函数 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦指数函数性质与应用，以题载法构建“概念-性质-应用”逻辑链，提炼单调性比较、复合函数“同增异减”等实用方法，强化数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算|1选择+1填空|指数幂运算法则|从指数定义到运算性质，夯实基础| |性质应用|5选择+1填空|单调性比较法、图像特征分析、复合函数“同增异减”|结合函数单调性、奇偶性，实现性质到图像与不等式的转化| |综合拓展|2选择+2解答|换元法、构造函数法、参数分离|整合函数性质与方程不等式，提升复杂问题解决能力|

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知a＞0，则＝(　　) A．a B．a C．a D．a 解析：选B.＝＝a＝a.故选B. 2．设a＝1.110.5，b＝1.110.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c B．b<a<c C．c<a<b D．c<b<a 解析：选C.因为函数f(x)＝1.11x为R上的增函数，则f(0.5)<f(0.6)，即1.110.5<1.110.6，则a<b；因为函数g(x)＝x0.5为[0，＋∞)上的增函数，则g(0.6)<g(1.11)，即0.60.5<1.110.5，则c<a，则c<a<b. 3．(2026·山东部分学校联考)如图所示，若0＜a＜1，函数y＝ax与y＝x＋a的图象可能是(　　) 解析：选C.因为0＜a＜1，所以指数函数y＝ax在R上单调递减，所以排除A和D；对于y＝x＋a，当x＝0时，y＝a，所以y＝x＋a的图象过点(0，a)，因为0＜a＜1，所以B错误，C正确． 4．已知不等式4≤成立，则x的取值范围为(　　) A．[－2，－1] B．[－2，1] C． D． 解析：选D.因为4≤，所以2≤2-3x+4，即2x2＋2≤－3x＋4，即2x2＋3x－2≤0，解得－2≤x≤，故x的取值范围为. 5．(2026·济宁模拟)若函数f(x)＝在[1，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．a≤2 B．a≥2 C．a≤1 D．a≥1 解析：选A.函数f(x)＝是由y＝u与u＝x2－ax复合而成，因为y＝u在R上单调递减，根据复合函数“同增异减”的原则，可知内层函数u＝x2－ax在[1，＋∞)上单调递增，所以≤1，解得a≤2. 6．(多选)对任意实数a>1，函数y＝(a－1)x-1＋1的图象过定点A(m，n)，f(x)＝的定义域为[0，2]，g(x)＝f(2x)＋f(x)，则下列结论正确的是(　　) A．m＝1，n＝2 B．g(x)的定义域为[0，1] C．g(x)的值域为[2，6] D．g(x)的值域为[2，20] 解析：选ABC.令x－1＝0，得x＝1，此时y＝(a－1)0＋1＝2，所以函数y＝(a－1)x-1＋1的图象过定点A(1，2)，即m＝1，n＝2，A正确；所以f(x)＝＝2x，x∈[0，2]，所以g(x)＝f(2x)＋f(x)＝22x＋2x.由得0≤x≤1，所以g(x)的定义域为[0，1]，B正确；易知g(x)在[0，1]上单调递增，所以当x＝0时，g(x)取得最小值，最小值为2，当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为6，所以g(x)的值域为[2，6]，C正确，D错误． 7．已知x＋＝2，则＝______． 解析：因为x＋＝2，所以2＝x2＋2x·＋＝x2＋2＋＝8，即x2＋＝8－2＝6，因为2＝x2－2x·＋＝x2－2＋＝4，所以＝2. 答案：2 8．若f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝2x－4，则不等式f(x)<0的解集为__________． 解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，因为x>0时，f(x)＝2x－4，所以x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－(2－x－4)＝－2－x＋4， 当x>0时，f(x)＝2x－4<0，解得0<x<2， 当x<0时，f(x)＝－2－x＋4<0，解得x<－2. 答案：(－∞，－2)∪(0，2) 9．(13分)已知函数f(x)＝(a∈R)是R上的奇函数． (1)求a的值；(4分) (2)若存在实数x∈[0，1]，使不等式f(x)＋2x－<0成立，求实数b的取值范围．(9分) 解：(1)因为函数f(x)＝是R上的奇函数，所以f(0)＝＝0，解得a＝1. 所以f(x)＝，f(－x)＝＝＝＝－f(x)，所以a＝1符合题意．故a＝1. (2)由已知f(x)＋2x－<0在x∈[0，1]内有解，因为f(x)＝，所以＋2x－<0在x∈[0，1]内有解， 因为2x＋1>0恒成立， 所以b>2x－1＋2x(2x＋1)＝22x＋2×2x－1在x∈[0，1]内有解， 令t＝2x，因为x∈[0，1]，所以t∈[1，2]，则b>t2＋2t－1在t∈[1，2]内有解， 设g(t)＝t2＋2t－1，t∈[1，2], 由题易知存在t∈[1，2]，使得b>g(t)成立，所以b>g(t)min， 易知g(t)在[1，2]上单调递增，则g(t)min＝g(1)＝12＋2×1－1＝2，所以b>2. 即实数b的取值范围是(2，＋∞). 10．已知函数f(x)在R上具有单调性，且f(f(x)＋3－x)＝－4，则f(－2)＝(　　) A．－6 B．－10 C．8 D．10 解析：选B.令f(x)＋3－x＝t，则f(t)＝－4，f(x)＝t－3－x中，令x＝t得f(t)＝t－3－t，故t－3－t＝－4，显然f(t)＝t－3－t单调递增，且f(－1)＝－4，故t＝－1，所以f(x)＝－1－3－x，f(－2)＝－1－32＝－10. 11．(多选)若4m－4n<5－m－5－n，则下列关系正确的是(　　) A．m<n B．n-3>m-3 C．< D．3－n<3－m 解析：选ACD.由4m－4n<5－m－5－n得4m－5－m<4n－5－n，令f(x)＝4x－5－x，则f(m)<f(n).因为函数y＝4x，y＝－5－x在R上都是增函数，所以f(x)在R上是增函数，所以m<n，故A正确；当m＝1，n＝2时，＝n-3<m-3＝1，故B错误；因为函数y＝x在R上单调递增，所以由m<n得<，故C正确；因为函数y＝3－x在R上单调递减，所以由m<n得3－n<3－m，故D正确． 12．若函数f(x)＝a＋m(a>0且a≠1)的图象恒过点(3，5)，则b＋m＝________；此时该图象所过的另外一个定点是________． 解析：由函数f(x)＝a＋m的图象恒过点(3，5)，则当x＝3时，由x2－x＋b＝0得32－3＋b＝0，即b＝－6；由f(3)＝1＋m＝5得m＝4，所以b＋m＝－2； 令x2－x－6＝0，得另一根为x＝－2， f(－2)＝1＋m＝5，故另一个定点是(－2，5). 答案：－2　 (－2，5) 13．(15分)定义在区间D上的函数f(x)，如果满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有－M≤f(x)≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界．已知f(x)＝4x＋a·2x－2. (1)当a＝－2时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的值域，并判断函数f(x)在(0，＋∞)上是否为有界函数，请说明理由；(6分) (2)若函数f(x)在(－∞，0)上是以2为上界的有界函数，求实数a的取值范围．(9分) 解：(1)当a＝－2时， f(x)＝4x－2×2x－2＝(2x－1)2－3， 由x∈(0，＋∞)，可知f(x)>－3，则函数f(x)在(0，＋∞)上的值域为(－3，＋∞)，故函数f(x)在(0，＋∞)上不是有界函数． (2)由题意知，当x∈(－∞，0)时，－2≤4x＋a·2x－2≤2，可化为0≤4x＋a·2x≤4，即0≤2x＋a≤. 令2x＝k，由x∈(－∞，0)，可得k∈(0，1)，－k∈(－1，0)，由a＋2x≥0恒成立，可得a≥－2x恒成立，解得a≥0.由2x＋a≤，可得a≤－2x， 令h(k)＝－k(0<k<1)，可知函数h(k)为减函数，有h(k)>h(1)＝4－1＝3， 由a≤－2x恒成立，可得a≤3.综上，0≤a≤3. 故若函数f(x)在(－∞，0)上是以2为上界的有界函数，则实数a的取值范围为[0，3]. 14．(2026·湖北模拟)已知函数f(x)＝若存在实数a，b，c(a<b<c)，满足2b＝a＋c且f(|a|)＝f(|b|)＝f(|c|)，则b－a＝__________． 解析：函数f(x)＝函数f(|x|)的图象是保留函数f(x)在[0，＋∞)上的图象，并去除函数f(x)在(－∞，0)上的图象，再将函数f(x)在[0，＋∞)上的图象关于y轴翻折，可得到函数f(|x|)的图象，作出函数y＝f(|x|)的图象如图所示． 当t∈(0，4)时，方程f(|x|)＝t的解分别为x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，由f(|a|)＝f(|b|)＝f(|c|)，得a，b，c为x1，x2，x3，x4中的三个数，而2b＝a＋c，且x2－x1＝x4－x3，则a，b，c对应的数分别为x1，x2，x3或x2，x3，x4，根据对称性，不妨取a，b，c对应的数分别为x2，x3，x4，由x3＝－x2，得b＝－a，又a＋c＝2b，则c＝3b，而6x3－2＝23－x4，因此6b－2＝23-3b，令3b－1＝u，则2u＝22-u，函数g(u)＝22-u－2u为减函数，且g(1)＝0，则方程2u＝22-u的解为u＝1，即3b－1＝1，解得b＝，a＝－，所以b－a＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $