2022版高考数学大一轮复习课时作业08《指数与指数函数》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业08《指数与指数函数》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
计算 SKIPIF 1 < 0 ，得( )
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 2 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
当 SKIPIF 1 < 0 有意义时，化简 SKIPIF 1 < 0 的结果是( )
A.2x-5 B.-2x-1 C.-1 D.5-2x
下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）单调递增的函数是（ ）
A.y=x3 B.y=|x﹣1| C.y=|x|﹣1 D.y=2x
设函数f(x)= SKIPIF 1 < 0 ，若f(a)<1，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，－3) B.(1，＋∞)
C.(－3,1) D.(－∞，－3)∪(1，＋∞)
下列函数中，与函数y=2x－2－x的定义域、单调性与奇偶性均一致的是( )
A.y=sinx B.y=x3 C.y=(eq \f(1,2))x D.y=lg2x
二次函数y=－x2－4x(x>－2)与指数函数y=(eq \f(1,2))x的图象的交点个数是( )
A.3 B.2 C.1 D.0
已知a=(eq \f(1,2))0.3，b=lg eq \s\d8(\f(1,2)) 0.3，c=ab，则a，b，c的大小关系是( )
A.a 已知a，b∈(0,1)∪(1，＋∞)，当x>0时，1A.0 设函数f(x)=x2－a与g(x)=ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，
则M=(a－1)0.2与N=( SKIPIF 1 < 0 )0.1的大小关系是( )
A.M=N B.M≤N C.MN
设函数(a>0，且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是（ ）
A.[ SKIPIF 1 < 0 ,1) B.( SKIPIF 1 < 0 ,1) C.(0, SKIPIF 1 < 0 ] D.(0, SKIPIF 1 < 0 )
二、填空题
已知f(2x)=2x2-1，则f(4)=_________.
若直线y1=2a与函数y2=|ax－1|(a>0且a≠1)图象有两个公共点，则a取值范围是 .
已知函数f(x)=2x－eq \f(1,2x)，函数g(x)= SKIPIF 1 < 0 ，则函数g(x)的最小值是 .
已知函数f(x)=eq \f(2x,1＋a·2x)(a∈R)的图象关于点(0， SKIPIF 1 < 0 )对称，则a= .
三、解答题
设a>0，且a≠1，函数y=a2x＋2ax－1在[－1,1]上的最大值是14，求实数a的值.
已知函数f(x)=1－eq \f(4,2ax＋a)(a>0，a≠1)且f(0)=0.
(1)求a的值；
(2)若函数g(x)=(2x＋1)·f(x)＋k有零点，求实数k的取值范围；
(3)当x∈(0,1)时，f(x)>m·2x－2恒成立，求实数m的取值范围.
\s 0 答案详解
答案为：A.
A
C.
答案为：C.
解析：当a<0时，不等式f(a)<1为(eq \f(1,2))a－7<1，即(eq \f(1,2))a<8，即(eq \f(1,2))a<(eq \f(1,2))－3，
因为0－3，此时－3不等式f(a)<1为eq \r(a)<1，所以0≤a<1.故a的取值范围是(－3,1)，故选C.
答案为：B.
解析：y=2x－2－x是定义域为R的单调递增函数，且是奇函数.而y=sinx不是单调递增函数，不符合题意；y=(eq \f(1,2))x是非奇非偶函数，不符合题意；y=lg2x的定义域是(0，＋∞)，
不符合题意；y=x3是定义域为R的单调递增函数，且是奇函数符合题意.故选B.
答案为：C.
解析：因为函数y=－x2－4x=－(x＋2)2＋4(x>－2)，且当x=－2时，y=－x2－4x=4，
y=(eq \f(1,2))x=4，则在同一直角坐标系中画出y=－x2－4x(x>－2)与y=(eq \f(1,2))x的图象如图所示，
由图象可得，两个函数图象的交点个数是1，故选C.
答案为：B.
解析：b=lg0.50.3>lg0.5eq \f(1,2)=1>a=(eq \f(1,2))0.3，c=ab 答案为：C.
解析：∵当x>0时，11.
∵当x>0时，bx0时，(eq \f(a,b))x>1.∴eq \f(a,b)>1，∴a>b.∴1 答案为：D.
解析：因为f(x)=x2－a与g(x)=ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，
所以a>2，所以M=(a－1)0.2>1，N=( SKIPIF 1 < 0 )0.1<1，所以M>N，故选D.
A
答案为：7
答案为：(0，eq \f(1,2)).
解析：(数形结合法)当0∴01时，解得01矛盾.
综上，a的取值范围是(0，eq \f(1,2)).
答案为：0.
解析：当x≥0时，g(x)=f(x)=2x－eq \f(1,2x)为单调增函数，所以g(x)≥g(0)=0；
当x<0时，g(x)=f(－x)=2－x－eq \f(1,2－x)为单调减函数，所以g(x)>g(0)=0，
所以函数g(x)的最小值是0.
答案为：1.
解析：由已知，得f(x)＋f(－x)=1，即eq \f(2x,1＋a·2x)＋eq \f(2－x,1＋a·2－x)=1，
整理得(a－1)[22x＋(a－1)·2x＋1]=0，所以当a－1=0，即a=1时，等式成立.
解：令t=ax(a>0，且a≠1)，则原函数化为y=f(t)=(t＋1)2－2(t>0).
①当0所以f(t)max=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))2－2=14.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))2=16，解得a=－eq \f(1,5)(舍去)或a=eq \f(1,3).
②当a>1时，x∈[－1,1]，t=ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))，此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上是增函数.
所以f(t)max=f(a)=(a＋1)2－2=14，
解得a=3或a=－5(舍去).综上得a=eq \f(1,3)或3.
解：(1)对于函数f(x)=1－eq \f(4,2ax＋a)(a>0，a≠1)，
由f(0)=1－eq \f(4,2＋a)=0，得a=2.
(2)由(1)知f(x)=1－eq \f(4,2·2x＋2)=1－eq \f(2,2x＋1).
因为函数g(x)=(2x＋1)·f(x)＋k=2x＋1－2＋k=2x－1＋k有零点，
所以函数y=2x的图象和直线y=1－k有交点，
∴1－k>0，即k<1.
(3)∵当x∈(0,1)时，f(x)>m·2x－2恒成立，
即1－eq \f(2,2x＋1)>m·2x－2恒成立，亦即m令t=2x，则t∈(1,2)，且m由于y=eq \f(1,t)＋eq \f(2,t＋1)在t∈(1,2)上单调递减，
∴eq \f(1,t)＋eq \f(2,t＋1)>eq \f(1,2)＋eq \f(2,2＋1)=eq \f(7,6)，∴m≤eq \f(7,6).